41 trang 28 lượt tải

Đề đánh giá chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2020 – 2021 trường chuyên KHTN – Hà Nội

Đề đánh giá chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2020 – 2021 trường chuyên KHTN – Hà Nội được biên soạn theo hình thức đề 100% trắc nghiệm, đề gồm 05 trang với 50 câu hỏi và bài toán

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn: Toán 2.2 K tài liệu

Tác giả:

Thanh Hoa

1 năm trước

Danh sách Quiz

BON 1: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho hai đường thẳng

2 1 2









và

1 2 2









Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng

D. 16.

BON 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng

3yx

và parabol

21y x x  

bằng

A. 9. B.

BON 3: Phương trình

16z 

có bao nhiêu nghiệm phức?

A. 0. B. 4. C. 2. D. 1.

BON 4: Cho hàm số

3 2 2

8.y x mx m x   

Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm

hoàn toàn phía bên trên trục hoành?

A. 3. B. 5. C. 4. D. 6.

BON 5: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số

4mx







nghịch biến trên khoảng

 

;1 ?

A. 4. B. 2. C. 5. D. 0.

BON 6: Hàm số

 

1yx

có tập xác định là



; .







 

; .

 

;.

 

   

;

1 1; .  

BON 7: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

2 2 1





  



và mặt phẳng

 

2 0.Q x y z  

Viết phương trình mặt phẳng

 

đi qua điểm

 

; 1;2 ,A 

song song với đường thẳng



và vuông góc với mặt phẳng

 

1 0.xy  

5 3 3 0.xy   

1 0.xy  

5 3 2 0.xy   

BON 8: Tập nghiệm của bất phương trình

 

log log 2 1xx

là

;1 .









;1 .









;1 .







;1 .







BON 9: Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình

2 3 2 1x x m   

có đúng 6 nghiệm thực

phân biệt.

m

4 5.m

3 4.m

m

BON 10: Số nghiệm thực của phương trình

 

log log 2xx

là

A. 0. B. 2. C. 4. D. 1.

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

MÃ ĐỀ THI: 132

Đề thi gồm 05 trang

_________________

KỲ THI ĐÁNH GIÁ CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN I

NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn thi: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

_____________________________________________

Ngọc Huyền LB Trang 01/05

BON 11: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số

12 1y x x m   

cắt trục hoành tại 3 điểm

phân biệt?

A. 3. B. 33. C. 32. D. 31.

BON 12: Cho

,ab

là các số thực dương thỏa mãn

 

log 3.

ab

Tính

 

log .



C. 3. D.

3.

BON 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số



trên

 

0;

bằng

A. 6. B. 4. C. 24. D. 12.

BON 14: Cho hình chóp

.S ABCD

có đáy

ABCD

là hình vuông cạnh

2.a

Cạnh bên SA vuông góc với

đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng

45 .

Gọi E là trung điểm

.BC

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

DE và

.SC

2 19

BON 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình

4 .2 1 0



  

có nghiệm?

A. 2019. B. 2018. C. 2021. D. 2017.

BON 16: Biết rằng

d ln3 ln2

x a b c



  





với

,,a b c

là các số hữu tỉ. Tính

2 3 4 .a b c

5.

19.

19.

BON 17: Biết rằng

log 3 , log 5 .ab

Tính

log 4

theo

,.ab

ab

ba

2ab

2.ab

BON 18: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số đều

không vượt quá 5?

A. 38. B. 48. C. 44. D. 24.

BON 19: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho điểm

 

3; 2A 

và mặt phẳng

 

2 3 0.P x y z   

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 

bằng

B. 2. C. 3. D. 1.

BON 20: Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán

sự lớp gồm có 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.

435

988

135

988

285

494

5750

9880

BON 21: Tính nguyên hàm

tan 2 d .xx



tan2 .

x x C

tan2 .x x C

tan2

x x C

tan2 .x x C

BON 22: Số nghiệm nguyên thuộc đoạn

99;100







của bất phương trình

sin cos

5 10

   





   

   

là

A. 5. B. 101. C. 100. D. 4.

Ngọc Huyền LB Trang 02/05

BON 23: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

1 2 2



  



và mặt phẳng

 

2 2 3 0.P x y z   

Gọi



là góc giữa đường thẳng



và mặt phẳng

 

Khẳng định nào sau đây là

đúng?

cos .

  

sin .



cos .



sin .

  

BON 24: Cho cấp số cộng

 

thỏa mãn

1 2020 1001 1021

2, 1.u u u u   

Tính

1 2 2021

... .u u u  

2021

B. 2021. C. 2020. D. 1010.

BON 25: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

2 2 1





  



và điểm

 

;2;0 .A 

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng



bằng:

2 17

BON 26: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m đề hàm số

2ln

y x x mx  

đồng biến trên

 

;1 ?

A. 5. B. 10. C. 6. D. Vô số.

BON 27: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho đường thẳng

1 1 2





  

và hai mặt phẳng

   

2 3 0, : 2 3 4 0.P x y z Q x y z      

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng



và tiếp

xúc với cả hai mặt phẳng

 

và

 

   

2 2 .

x y z    

   

2 2 .

x y z    

   

2 2 .

x y z    

   

2 2 .

x y z    

BON 28: Tìm nguyên hàm

 

2 1 ln d .x x x



 

ln .

x x x x C   

 

ln .

x x x x C   

 

ln .

x x x x C   

 

ln .

x x x x C   

BON 29: Cho

,ab

là các số thực dương thỏa mãn

a b ab

  







Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ab

là

3 5.

 

5 1 .



D. 2.

BON 30: Cho hàm số

 

1 1.y mx mx m x    

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên

m  

0.m 

m  

m 

BON 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số

8ln2y x x mx  

đồng biến trên

 

?

A. 6. B. 7. C. 5. D. 8.

Ngọc Huyền LB Trang 03/05

BON 32: Cho số phức z thỏa mãn

 

3 8 0.z i z  

Tổng phần thực và phần ảo của z bằng

1.

B. 2. C. 1. D.

2.

BON 33: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho các điểm

     

;0;2 , 1;1;3 , 3;2;0A B C

và mặt phẳng

 

2 2 1 0.P x y z   

Biết rằng điểm

 

;;M

a b c

thuộc mặt phẳng

 

sao cho biểu thức

2 2 2

2MA MB MC

đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó

a b c

bằng

1.

B. 1. C. 3. D. 5.

BON 34: Tính đạo hàm của hàm số

 

ln 1 .yx

x 

1x 

xx

22xx

BON 35: Tính nguyên hàm

 

2 1 d .x x x



 





 





 





 





BON 36: Phương trình



có bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.

BON 37: Cho hàm số

3 2.y x x  

Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm

 

;0 ?A

A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.

BON 38: Cho hình chóp

.S ABCD

có đáy là hình vuông cạnh

 

3,a

SA ABCD

và

2.SA a

Tính góc

giữa SC và

 

BCD

90 .

45 .

30 .

60 .

BON 39: Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số

32y x x  

là

 

;0 .

 

;2 .

 

;0 .

 

;4 .

BON 40: Cho hàm số

 

liên tục trên và thỏa mãn

     

f x x f x e





  

với mọi x. Tính

 

0.f



A. 1. B.

1.

BON 41: Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz

cho điểm

 

; 1; 2A 

và mặt phẳng

 

2 3 4 0.P x y z   

Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với

 

1 2 3









1 2 3









1 2 3









1 2 3









BON 42: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số

   

9 2 6 3 2 4

3 2 2y mx m m x m m m x m       

đồng biến trên

A. Vô số. B. 1. C. 3. D. 2.

BON 43: Cho hàm số

 

liên tục trên

 

0;

và thỏa mãn

 

2 f x xf x









với mọi

0.x 

Tính

 

d.f x x



Ngọc Huyền LB Trang 04/05

BON 44: Biết đường thẳng

12yx

cắt đồ thị hàm số







tại hai điểm phân biệt A và

Độ dài

đoạn AB bằng

A. 20. B.

20.

C. 15. D.

15.

BON 45: Cho hình chóp

.S ABC

có

3 , 4 , 5 ,AB a BC a CA a  

các mặt bên tạo với đáy góc

60 ,

hình chiếu

vuông góc của S lên mặt phẳng

 

thuộc miền trong của tam giác

.ABC

Tính thể tích hình chóp

..S ABC

2 3.a

6 3.a

12 3.a

2 2.a

BON 46: Cho khối lăng trụ tam giác đều

.ABC A B C

  

có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ A đến mặt

phẳng

 



bằng

Thể tích của khối lăng trụ

..ABC A B C

  

2 2 .a

BON 47: Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng

32x 

và đồ thị

hàm số

yx

quay quanh trục

.Ox



BON 48: Cho cấp số nhân

 

thỏa mãn

 

3 4 5 6 7 8

2.u u u u u u    

Tính

8 9 10

2 3 4

uuu

u u u



A. 4. B. 1. C. 8. D. 2.

BON 49: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

1 3 1 .z i z i    

2 2 0.xy  

2 0.xy  

2 0.xy  

2 0.xy  

BON 50: Cho hình chóp

.S ABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân tại B,

3,AB BC a

góc

90SAB SCB  

và khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 

bằng

6.a

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp

hình chóp

.S ABC

theo a.

36 .a

6.a

18 .a

48 .a

------------------------- HẾT -------------------------

Ngọc Huyền LB Trang 05/05

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.C 28.

B 29.A 30.C

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

Trang 1

TRƯỜNG ĐH KHTN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

NĂM HỌC 2020 – 2021

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho hai đường thẳng

1 1

2 1 2

x y z

 

 



và

1 2 3

: .

1 2 2

x y z

  

 



Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:

D. 16

Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng

y x

 

và parabol

2 1

y x x

  

bằng:

A. 9 B.

Câu 3 (TH): Phương trình



có bao nhiêu nghiệm phức?

A. 0 B. 4 C. 2 D. 1

Câu 4 (VD): Cho hàm số

3 2 2

y x mx m x

   

Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực

tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành?

A. 3 B. 5 C. 4 D. 6

Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số

x m







nghịch biến trên khoảng





1;1 ?



A. 4 B. 2 C. 5 D. 0

Câu 6 (NB): Hàm số

 

y x

 

có tập xác định là:

















;

 









;1 1;

  

Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

1 1

2 2 1

x y z

 

  



và mặt

phẳng





: 2 0.

Q x y z

  

Viết phương trình mặt phẳng





đi qua điểm





0; 1;2 ,

A  song song với

đường thẳng



và vuông góc với mặt phẳng





1 0

x y

  

5 3 3 0

x y

   

1 0

x y

  

5 3 2 0

x y

   

Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình





1 1

log log 2 1

x x

 

là:

 





 

 





 

 

 

 

 

 

 

Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình

4 2

2 3 2 1

x x m

   

có đúng 6 nghiệm

thực phân biệt.

Trang 2

 

4 5

 

3 4

 

Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình





2 2

4 2

log log 2

x x

 

là:

A. 0 B. 2 C. 4 D. 1

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số

12 1

y x x m

   

cắt trục hoành tại

3 điểm phân biệt?

A. 3 B. 33 C. 32 D. 31

Câu 12 (VD): Cho

a b

là các số thực dương thỏa mãn





log 3.

a b



Tính





log .

b a



Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số

y x

 

trên







bằng:

A. 6 B. 4 C. 24 D. 12

Câu 14 (VD): Cho hình chóp

S ABCD

có đáy

ABCD

là hình vuông cạnh

a Cạnh bên

vuông

góc với đáy. Góc giữa

và mặt phẳng đáy bằng

45 .

Gọi E là trung điểm của

Tính khoảng cách

giữa hai đường thẳng

và

2 19

Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình

1 2

4 .2 1 0

x x

 

  

có nghiệm?

2019

2018

2021

D. 2017

Câu 16 (TH): Biết rằng

ln3 ln 2

dx a b c

x x



  





với

, ,

a b c

là các số hữu tỉ. Tính

2 3 4 .

a b c

 



Câu 17 (TH): Biết rằng

2 2

log 3 ,log 5 .

a b

 

Tính

log 4

theo

, .

a b



b a



a b



Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số

đều không vượt quá 5.

A. 38 B. 48 C. 44 D. 24

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho điểm





1;3; 2



và mặt phẳng





: 2 2 3 0.

P x y z

   

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng





bằng:

B. 2 C. 3 D. 1

Trang 3

Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban

cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.

435

988

135

988

285

494

5750

9880

Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm

tan 2 .

xdx



tan 2

x x C

 

tan 2

x x C

 

tan 2

x x C

 

tan 2

x x C

 

Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn





99;100

 của bất phương trình

sin cos

5 10

 

   



   

   

là:

A. 5 B. 101 C. 100 D. 4

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

1 2

1 2 2

x y z

 

  



và mặt

phẳng





:2 2 3 0.

P x y z

   

Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau

đây là đúng?

cos



 

sin





cos





sin



 

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng





thỏa mãn

1 2020

u u

 

1001 1221

u u

 

Tính

1 2 2021

.... .

u u u

  

2021

B. 2021 C. 2020 D. 1010

Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

1 2 3

2 2 1

x y z

  

  



và điểm





1;2;0 .

A  Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:

2 17

Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số

2ln

y x x mx

   đồng biến trên





0;1 ?

A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

cho đường thẳng

1 1

1 1 2

x y z

 

  

và hai mặt

phẳng









: 2 3 0, : 2 3 4 0.

P x y z Q x y z

      

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng



và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng





và





   

2 2

x y z

    

   

2 2

x y z

    

Trang 4

   

2 2

x y z

    

   

2 2

x y z

    

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm





2 1 ln

x xdx





 

x x x x C

   

 

x x x x C

   

 

x x x x C

   

 

x x x x C

   

Câu 29 (VDC): Cho

a b

là các số thực dương thỏa mãn

2 3

a b ab

a b

  







. Giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2 2

a b



là:

3 5

 B.





5 1



5 1



D. 2

Câu 30 (VD): Cho hàm số





3 2

1 1

y mx mx m x

    

. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch

biến trên R?

  



  

 

Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số

8ln 2

y x x mx

  

đồng biến trên







A. 6 B. 7 C. 5 D. 8

Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn





3 8 0

z i z

  

. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng:



B. 2 C. 1 D.



Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm





1;0;2

A ,





1;1;3

B  ,





3;2;0

C và

mặt phẳng





: 2 2 1 0

P x y z

   

. Biết rằng điểm





; ;

M a b c

thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức

2 2 2

MA MB MC

 

đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó

a b c

 

bằng:



B. 1 C. 3 D. 5

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số





ln 1

y x

 



x x



2 2

x x



Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm





2 3

2 1

x x dx









2 1









2 1









2 1









2 1





Câu 36 (TH): Phương trình

2 3

x x



có bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2 B. 1 C. 0 D. 3

Trang 5

Câu 37 (VD): Cho hàm số

3 2

y x x

  

. Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm





1;0

A ?

A. 2 B. 0 C. 1 D. 3

Câu 38 (TH): Cho hình chóp

S ABCD

có đáy là hình vuông cạnh





SA ABCD

 và

SA a



Tính góc giữa SC và





ABCD

Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số

3 2

y x x

  

là:





0;0





0;2





1;0





1;4



Câu 40 (VD): Cho hàm số





f x

liên tục trên



và thỏa mãn













xf x x f x e





   với mọi

Tính







A. 1 B.



Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho điểm





1; 1; 2

 

và mặt phẳng





: 2 3 4 0

P x y z

   

. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

1 1 2

1 2 3

x y z

  

 

 

1 1 2

1 2 3

x y z

  

 



1 1 2

1 2 3

x y z

  

 

 

1 1 2

1 2 3

x y z

  

 



Câu 42 (VDC): Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số









9 2 6 3 2 4

3 2 2

y mx m m x m m m x m

       

đồng biến trên



A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2

Câu 43 (VD): Cho hàm số





f x

liên tục trên







và thỏa mãn

 

f x xf x

 

 

 

 

với mọi



Tính

 

f x dx



Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng

1 2

y x

 

cắt đồ thị hàm số







tại hai điểm phân biệt A và

B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:

A. 20 B.

C. 15 D.

Trang 6

Câu 45 (VD): Cho hình chóp

S ABC

có

3 , 4 , 5

AB a BC a CA a

  

, các mặt bên tạo với đáy góc

hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng





ABC

thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình

chóp .

S ABC

2 3

a B.

6 3

a C.

12 3

a D.

2 2

Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều

ABC A B C

  

có cạnh đáy là

và khoảng cách từ điểm A

đến mặt phẳng





A BC



bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ

ABC A B C

  

2 2

3 2

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng

3 2



và đồ

thị hàm số

y x



quanh quanh trục



Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân





thỏa mãn





3 4 5 6 7 8

u u u u u u

    

. Tính

8 9 10

2 3 4

u u u

 

A. 4 B. 1 C. 8 D. 2

Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

1 3 1

z i z i

    

2 2 0

x y

  

2 0

x y

  

2 0

x y

  

2 0

x y

  

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp

S ABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân tại B,

AB BC a

 

, góc

SAB SCB   

và khoảng cách từ A đến mặt phẳng





SBC

bằng

. Tính diện tích mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp

S ABC



-------------------- HẾT --------------------

https://toanmath.com/

Trang 7

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:

Cho đường thẳng

đi qua điểm

và có VTCP

;



đường thẳng

đi qua điểm

và có VTCP



Khi đó ta có khoảng cách giữa

1 2

d d

được tính bởi công thức:

 

1 2 1 2

1 2

, .

; .

u u M M

d d d

u u

 

 



 

 

  

 

Giải chi tiết:

Ta có:

1 1

2 1 2

x y z

 

 





đi qua





0;1; 1



và có 1 VTCP là:





2;1; 2 .

 



1 2 3

1 2 2

x y z

  

 





đi qua





1;2;3

M và có 1 VTCP là:





1;2; 2 .

 



 

1 2

1;1;4

, 2; 2;3

M M

u u











 





 





 

 

1 2 1 2

1 2

, .

;

u u M M

d d d

u u

 

 

 

 

 

  

 

2 2 2

2 2 12

2 2 3

 

 

 

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn

x a x b

 

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số









y f x y g x

 

, đường thẳng ,

x a x b

 

là

   

S f x g x dx

 



Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

3 2 1

x x x





    



 



Trang 8

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

3 2 1 9

S x x x dx



     



Câu 3: Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng hằng đẳng thức









2 2

a b a b a b

   

Giải chi tiết:

Ta có



16 0

  









2 2

4 4 0

z z

   

z i

 







 



 

 



Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải phương trình





xác định các giá trị cực trị theo m.

- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình



Giải chi tiết:

Ta có

2 2

3 2

y x mx m



  

;





có

2 2 2

3 4 0

m m m m



     

Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình





phải có 2 nghiệm phân biệt

 

Khi đó ta có

2 5

3 3 27

m m

x m y m

m m m m

x y





     





  





     





Khi đó yêu cầu bài toán

8 0 2

5 6

8 0

y m m

y m

 







     



















     









0 2

 









  





Lại có





3; 2; 1;1

m m     



. Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số

ax b

cx d







nghịch biến trên





;

 

khi và chỉ khi

 

;

 











 





Giải chi tiết:

Trang 9

TXĐ:





D m

 



Ta có

 

4 4

mx m

y y

x m

 



  



Để hàm số nghịch biến trên khoảng





1;1

 thì

 

2 2

4 0

1 2

1;1

2 1

  



 







 







  



  



  



  

   







 

 

 





Lại có

m m

   



Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số

y x



với n





xác định khi và chỉ khi



Giải chi tiết:

Hàm số

 

y x

 

xác định khi và chỉ khi

1 0 1

x x

   

Vậy TXĐ của hàm số là







Câu 7: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Xác định





là 1 VTCP của



và



là 1 VTPT của





- Vì

 

   

/ /

P Q

n u

P Q

n n









 



 











 

;

P Q

n n u



 

 

 

  

- Phương trình mặt phẳng đi qua





0 0 0

; ;

M x y z

và có 1 VTPT →





; ;

n A B C



là













0 0 0

A x x B y y C z z

     

Giải chi tiết:

Đường thẳng



có 1 VTCP là





2; 2;1



 



Mặt phẳng





có 1 VTPT là





1; 1;2

n  



Gọi



là 1 VTPT của mặt phẳng





. Vì

 

   

/ /

P Q

n u

P Q

n n









 



 











 

 

; 3;3;0

P Q

n n u



 

  

 

  





1;1;0

n



cũng là 1 VTPT của





Vậy phương trình mặt phẳng





là













1. 0 1. 1 0. 2 0

x y z

     

1 0

x y

   

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp giải:

Trang 10

- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

- Giải bất phương trình logarit:

















log log 0 1

a a

f x g x f x g x khi a

    

Giải chi tiết:

ĐKXĐ:

2 1 0





 



 



Ta có:





1 1

log log 2 1

x x

 

 

1 1

2 2

log log 2 1

x x

  

 

2 1

x x

  

2 2

4 4 1

x x x

   

3 4 1 0

x x

   

  

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là

 







 

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng





m f x

 .

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng

2 1

y m

 

phải cắt đồ thị

hàm số

4 2

2 3

y x x

  

tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số

4 2

2 3

y x x

  

, từ đó lập BBT hàm số

4 2

2 3

y x x

  

4 2

2 3

y x x

  

và tìm m

thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Số nghiệm của phương trình

4 2

2 3 2 1

x x m

   

là số giao điểm của đồ thị hàm số

4 2

2 3

y x x

  

và

đường thẳng

2 1

y m

 

Xét hàm số

4 2

2 3

y x x

  

ta có

4 4 0

y x x







   



 



BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số

4 2

2 3

y x x

  

- Từ đồ thị

4 2

2 3

y x x

  

lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục

qua trục

Trang 11

- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục

Ta có BBT của đồ thị hàm số

4 2

2 3

y x x

  

như sau:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng

2 1

y m

 

cắt đồ thị hàm số

4 2

2 3

y x x

  

tại 6 điểm phân biệt khi

và chỉ khi

3 2 1 4 4 2 5 2

m m m

        

Vậy

 

Câu 10: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng





m f x

 .

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng

y m



phải cắt đồ thị hàm

số





y f x

 tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số





y f x

 và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ:

2 0

















 





 

 



 









 







Ta có:





2 2

4 2

log log 2

x x

 

 

2 2

.2.log log 2

x x

  





2 2

log log 2

x x

  

x x

  

2 0

x x

   





2 2

x x tm

    

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng





m f x

 .

Trang 12

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng

y m



phải cắt đồ thị hàm

số





y f x

 tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số





y f x

 và tìm m thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm





3 3

12 1 0 12 1

x x m m x x f x

         .

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng

y m



phải cắt đồ thị hàm số





y f x

 tại 3 điểm phân biệt.

Ta có





3 12 0 2

f x x x



     

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng

y m



phải cắt đồ thị hàm số





y f x

 tại 3 điểm phân biệt thì

15 17

  

Mà





14; 13; 12;...;15;16

m m     



. Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Sử dụng các công thức:









log log log 0 1, , 0

a a a

xy x y a x y

    

 

log log 0 1, 0

b b a b

   

Từ giả thiết tính

log

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay

log

vừa tính được để tính giá

trị biểu thức.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab

(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=

−37

logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo

gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2

3+134(1+logab)=3⇒logab=−37









3 3

log log .

ab ab

a b ab a



Trang 13

log log

ab ab

ab a

 

 

log

 

 

1 1

2.log

1 3

. log

2 2

 

 

2 1

1 log

 



 

2 1

1 log

  



log

  

Khi đó ta có:









3 3

log log

ab ab

b a ab b



log log

ab ab

ab b

 

 

log

 

 

1 1

.2.log

1 3

. log

2 2

 

 

2 1

log 1

 



2 4 1 1

3 3 3

   

 

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp giải:

Lập BBT của hàm số trên







và tìm GTNN của hàm số.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho xác định trên







Ta có

2 2

16 2 16

y x

x x





   ;

0 2

y x



  

Trang 14

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy

 

min 12





Câu 14: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xác định mặt phẳng





chứa

và song song với

, khi đó













; ;

d DE SC d SC P

 .

- Đổi sang









;

d A P

. Dựng khoảng cách.

- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt

phẳng đó.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Trong





ABCD

gọi

I AC DE

 

, trong





SAC

kẻ





/ /

IG SC G SA

 , khi đó ta có





/ /

DE GDE SC

 .





















; ; ;

d SC DE d SC GDE d C GDE

   .

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

IC EC

IA AD

 

, do





AC GDE I

 

nên









 

;

d C GDE

d A GDE

 

 

; ;

d C GDE d A GDE

 

Trong





ABCD

kẻ





AH DE H DE

  , trong





GAH

kẻ





AK GH K GH

  ta có:

 

DE AH

DE AGH DE AK

DE AG





   







Trang 15

   

 

;

AK GH

AK GDE d A GDE AK

AK DE





   







Vì





SA ABCD

 nên

là hình chiếu vuông góc của

lên





ABCD













; ; 45

SC ABCD SC AC SCA       .

SAC

 

vuông cân tại A.

Vì

ABCD

là hình vuông cạnh

nên

2. 2 2

AC a a SA

  

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

2 4

3 3

AG AI a

AS AC

   

Ta có:

 

1 1 1

; . . 2. 2

2 2 2

AED

S d E AD AD AB AD a a a



   

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông

CDE

ta có

2 2 2

2 2

a a

DE CD CE a    

2 2 10

AED

S a a

   

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

GAH

ta có

AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

2 2 2

4 2 10

. 4 19

3 5

4 2 10

3 5

a a

AG AH a

AG AH

a a

  



 



 

 

Vậy

 

1 2 19

;

2 19

d DE SC   .

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Đặt ẩn phụ

2 0



 

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng









m g t t

 

- Lập BBT của hàm số





g t

khi



- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.

Giải chi tiết:

Ta có





1 2 2 2

4 .2 1 0 4. 2 .2 1 0

x x x x

m m

   

      

Đặt

2 0



 

, phương trình đã cho trở thành

  

4 1

4 1 0 0

t mt m g t t



      

Xét hàm số

 

4 1 1

g t t

t t



  

có

 

1 1

4 0

g t t



    

Trang 16

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm

0 4

t m

  

Kết hợp điều kiện

 

4;5;6;...;2020;2021

2021







 









Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ

hơn bậc mẫu.

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng

ax b





- Tính tích phân và tìm

, ,

a b c

Giải chi tiết:

Ta có:

2 2

1 1

x x

dx x dx

x x x x

 

 

  

 

 

 

 

 

2 2

1 1

x dx dx

x x



  



 

 

Giả sử

 

1 1

x B C

x x x x



 

 

 





 

1 1

B x Cx

x x x x

 



 

 

 





 

1 1

B C x B

x x x x

 



 

 

1 1

1 2

B C B

B C

   

 

 

 

  

 

Khi đó ta có

 

2 2 2

1 1 1

1 1 2

1 1

I dx dx dx

x x x x

 

  

 

  

2 2

1 1

ln 2ln 1

x x

   

ln 2 2ln 3 2ln 2

   

2ln 3 3ln 2

 

Trang 17

1 1

2ln 3 3ln 2

x x



   











 





 





Vậy

 

2 3 4 2. 3.2 4. 3 19

a b c

      

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:





log log 0 1, 0

a a

b m b a b

   

 

log 0 , 1

log

b a b

  

Giải chi tiết:

Ta có:

3 .5

2 2

log 4 2log 2

log 3 log 5

 



2 2

2log 3 log 5 2

a b

 

 

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là









; ; ; 0;1;2;3;4;5 ,

abcd a b c d a b c d

   

- Vì

abcd



nên

 

5 0;5

abcd d

abcd



 











- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số

, ,

a b c

tương ứng.

Giải chi tiết:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là









; ; ; 0;1;2;3;4;5 ,

abcd a b c d a b c d

   

Vì

abcd



nên

 

5 0;5

abcd d

abcd



 











+ TH1:



, số cần tìm có dạng

abc

a b c

  



Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là

















1;2;3 ; 1;3;5 ; 2;3;4 ; 3;4;5

⇒ có

4.3! 24



cách chọn

, ,

a b c

⇒ Có 24 số thỏa mãn.

TH2:



, số cần tìm có dạng

abc

5 3

a b c

   



a b c

  

chia 3 dư 1.

Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là













0;1;3 ; 1;2;4 ; 0;3;4

Trang 18

⇒ có

2.2.2! 3! 14

 

cách chọn

, ,

a b c

⇒ Có 14 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả

14 14 38

 

số thỏa mãn.

Câu 19: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Khoảng cách từ điểm





0 0 0

; ;

M x y z

đến mặt phẳng





: 0

P Ax By Cz D

   

là

 

0 0 0

2 2 2

;

Ax By Cz D

d M P

A B C

  



 

Giải chi tiết:

 





 

2 2

2.1 3 2. 2 3

; 2

2 1 2

d A P

   

 

  

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu là







là số cách chọn 3 học sinh bất kì.

- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A

là





n A

+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ

+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ

- Tính xác suất của biến cố A:

 





 

n A

P A





Giải chi tiết:

Số cách chọn 3 bạn bất kì là

nên số phần tử của không gian mẫu là





n C

  .

Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.

TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có

1 2

30 10

C C

cách.

TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có

2 1

30 10

C C

cách.





1 2 2 1

40 10 40 10

. .

n A C C C C

   .

Vậy xác suất của biến cố A là

 





 

1 2 2 1

30 10 30 10

. .

15 285

26 494

n A

C C C C

P A

n C



   



Câu 21: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức

tan 1

cos



 

Trang 19

- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng:

 

1 1

tan

cos

dx ax b

ax b a

 





Giải chi tiết:

Ta có:

tan 2

xdx



cos 2

 

 

 

 



cos 2

dx dx

 

 

tan 2

x x C

  

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất

sin cos



 

 

 

 

 

- Giải bất phương trình mũ:

















0 1

f x g x

a a f x g x khi a

    

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.

Giải chi tiết:

Vì

3 5

5 10 10 2

   

  

nên

sin cos

5 10

 



Khi đó ta có

4 4

3 4

sin cos sin sin 0 sin 1

5 10 5 5 5

x x

x do

    

         

      

         

         

0 2

 





  



 



Kết hợp điều kiện





99;100

x  ta có









99; 2 0;2

x    .

Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi



là góc giữa





và



, khi đó ta có

sin

P d

n u





 

, với



và



lần lượt là 1 vtpt của





và

vtcp của Δ.

Giải chi tiết:

Mặt phẳng





:2 2 3 0

P x y z

   

có 1 vtpt là





2; 1;2

n  



, đường thẳng

1 2

1 2 2

x y z

 

  



có 1

vtcp là





1;2; 2

 



Ta có:

 

2 2 2 2 2 2

2.1 1.2 2. 2

sin

2 1 2 . 1 2 2

P d

n u



  

  

   

 

Trang 20

cos 1 sin

 

    .

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC:





u u n d

   , giải hệ phương

trình tìm

u d

- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC:





1 2 3

2 1

...

u n d n

u u u u

 

 

 

    

Giải chi tiết:

Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:

1 2020

1001 1021

2021

2 2 2019 2

2 2020 1

u u u d

u u

u d



   







 

  

 





 



Vậy





1 2 2021

2 2020 .2021

2021

...

2 2

u d

u u u



     .

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là

 

;

AM u

d A d

 

 



 



, trong đó M là

điểm bất kì thuộc d và



là 1 vtcp của đường thẳng d.

Giải chi tiết:

Lấy





1;2;3

M d



. Đường thẳng d có 1 VTCP là





2; 2;1

u  



Ta có:





2;0;3

AM 



 

; 6;4; 4

AM u

 

  

 

 

Vậy

 

2 2

;

6 4 4

2 17

;

2 2 1

AM u

d A d

 

  

 

  

  

 



Câu 26: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên





0;1

thì





0 0;1

y x



   .

- Cô lập

, đưa bất phương trình về dạng









 





0;1

0;1 min

m g x x m g x

    

- Lập BBT hàm số





g x

trên





0;1

và kết luận.

Giải chi tiết:

TXĐ:





0;D

 

nên hàm số xác định trên





0;1

Trang 21

Ta có

y x m



  

Để hàm số đồng biến trên





0;1

thì





0 0;1

y x



  

 

8 0;1

m x x

     .

Đặt

   

8 , 0;1

g x x x

  

, khi đó ta có









 





0;1

0;1 min

m g x x m g x

    

Ta có

 

2 2

2 16 2

g x x

x x





   ;

   

g x x tm



   .

BBT:

Dựa vào BBT

 

. Kết hợp điều kiện





1;2;3;4;5;6

m m



  



Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm



theo biến t.

- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng





và





nên

















; ;

R d I P d I Q

  . Giải phương

trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.

- Mặt cầu tâm





0 0 0

; ;

I x y z

, bán kính R có phương trình là

     

2 2 2

0 0 0

x x y y z z R

     

Giải chi tiết:

Gọi tâm mặt cầu là





1 ; 1 ;2I t t t

   

Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng





và





nên

















; ;

R d I P d I Q

  .









2 2 2 2 2 2

1 2 1 3.2 1 2 1 3.2 4

1 2 3 1 2 3

t t t t t t

          

 

   

5 3 5 7 5 3 5 7 1

t t t t t

           

Khi đó mặt cầu có tâm





0; 2; 2

 

, bán kính

5 3

14 14

 

 

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là

   

2 2

x y z

    

Câu 28: Đáp án A

Trang 22

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần:

udv uv vdu

 

 

Giải chi tiết:

Đặt

 

2 1

u x

dv x dx

v x x x x











 

 





   



Khi đó ta có





2 1 ln

x xdx





 

2 2

ln 1 ln

x x x x dx x x x x C

        



Câu 29: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.

- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.

- Biến đổi

 

2 2

P a b a b ab

    

, đặt ẩn phụ

t ab



, lập BBT tìm miền giá trị của t.

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

2 3

a b ab

a b

  















2 2

2 3 log 1 log

a b ab ab a b

       









2 2

2 2 log 1 1 log

a b ab ab a b

        









2 2

2 2 log 2 2 log

a b ab ab a b

       













2 2

log log 2 2 2 2 *

a b a b ab ab

       

Xét hàm số





log 0

y t t t

  

ta có

1 0 0

ln 2

y t



    

, do đó hàm số đồng biến trên







Khi đó

   

* 2 2 1 2 2

1 2

a b ab a b b a



         



Vì

, 0 0 2 0 2

1 2

a b b b



       



Khi đó ta có

   

2 2

2 2 2 2

P a b a b ab ab ab

        .

Đặt

 

2 2 . 0 2

1 2

t ab b b



   



ta có

1 2

b b



















 

2 2 1 2 2 .2

1 2

b b b b

   



 



Trang 23

 

2 2

2 4 2 4 4 2

1 2

b b b b b

    





 

4 4 4

1 2

b b

 





1 5

t b

 



  

BBT:



0;3 5



  



Khi đó ta có

 



2 5 4, 0;3 5

P t t t t t



       



Ta có

 

2 5 0

P t t ktm



     , do đó





min

3 5 3 5

P P    .

Câu 30: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Để hàm số nghịch biến trên



thì

0y x



  



- Xét 2 TH:



và









 



Giải chi tiết:

TXĐ:





Ta có:

3 2 1

y mx mx m



   

Để hàm số nghịch biến trên



thì

0y x



  



3 2 1 0mx mx m x

      



 

1 0

3 1 0

x luon dung

m m m









   



















    









4 3 0

m m



















 









 



 

  



















    



  



Câu 31: Đáp án D

Phương pháp giải:

Trang 24

- Để hàm số đồng biến trên







thì





0 0;y x



   

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng

















0; min

m g x x m g x



     

- Sử dụng BĐT Cô-si tìm









min

g x



Giải chi tiết:

TXĐ:





0;D

 

Ta có:

2 8

2 8. 2

y x m x m

x x



     

Để hàm số đồng biến trên







thì





0 0;y x



   

 

2 0 0;x m x

      

  

2 0; *

m x x

     

Đặt

 

2g x x

 

, khi đó













* min

m g x



  .

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

8 8

2 2 2 . 2.4 8

x x

   









min 8

g x



 

, dấu “=” xảy ra

2 2

x x

   

Từ đó ta suy ra được



, kết hợp điều kiện





1;2;3;4;5;6;7;8

m m



  



Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 32: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đặt





;z a bi a b  



z a bi

  

- Thay vào giả thiết





3 8 0

z i z

  

, đưa phương trình về dạng

0 0

A Bi A B

    

Giải chi tiết:

Đặt





;z a bi a b  



z a bi

  

Theo bài ra ta có:





3 8 0

z i z

  









3 8 0

a bi i a bi

     

3 3 8 0

a bi ai b i

     





3 3 8 0

a b a b i

     

3 0 1

3 8 0 3

a b a

a b b

  

 

 

 

    

 

Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là





1 3 2

a b

     

Câu 33: Đáp án C

Trang 25

Phương pháp giải:

- Gọi I là điểm thỏa mãn

2 0

IA IB IC

  

  



. Phân tích

2 2 2

MA MB MC

 

theo MI.

- Chứng minh đó

2 2 2

MA MB MC

 

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

đạt giá trị nhỏ nhất.

- Với I cố định, tìm vị trí của





M P

 để

min

- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và





để tìm tọa độ điểm M.

Giải chi tiết:

Gọi I là điểm thỏa mãn

2 0

IA IB IC

  

  



. Khi đó ta có:

2 2 2

2 2

MA MB MC MA MB MC

    

  

















2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

MI IA MI IB MI IC MI MI IA IB IC IA IB IC

            

           

  





2 2 2 2

2 2

MI IA IB IC

   

Vì

, , ,

I A B C

cố định nên

2 2 2

IA IB IC

 

không đổi, do đó

2 2 2

MA MB MC

 

đạt giá trị nhỏ nhất khi

và chỉ khi

đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà





M P

 nên

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên





hay





IM P IM

 



và





1;2; 2

 



cùng phương, với



là 1 vtpt của





Tìm tọa độ điểm I ta gọi





; ;

I x y z

. Ta có:

2 0

IA IB IC

  

  















1; ; 2 2 1; 1; 3 3; 2; 0

x y z x y z x y z

          











   

 

1 2 1 3 0 2 4 0 2

2 1 2 0 2 0 0 2;0;4

2 2 3 0 2 8 0 4

x x x x x

y y y y y I

z z z z z

         

 

  

           

  

  

       

 



Khi đó ta có





2; ; 4

IM a b c

  



Vì



và





1;2; 2

 



cùng phương, lại có





M P

 nên ta có hệ phương trình:

2 4 0 1

2 4

4 0 2

1 2 2

2 2 1 0

2 2 1 0 2

a b a

a b c

b c b

a b c

a b c c

    

 

 



 

  

     



  

  

   

    



 

Vậy

1 2 2 3

a b c

      

Câu 34: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính đạo hàm

 





Giải chi tiết:

Trang 26

 

1 1

1 2 2

2 1

x x x

x x







  

 



Câu 35: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt

2 1

t x

 

Giải chi tiết:

Đặt

3 2 2

2 1 6

t x dt x dx x dx

     

Khi đó ta có

 





2 3

2 1

2 1 .

6 6 3 18

t dt t

x x dx C C



     

 

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp logarit hai vế.

Giải chi tiết:

Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có:

2 2

3 3

2 3 log 2 log 3

x x x x

  





3 3

log 2 log 2 0

x x x x

    

3 3

0 0

log 2 0 log 2

x x

 

 

 

 

  

 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.

Câu 37: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi





0 0

;

M x y

thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số





y f x

 tại





0 0

;

M x y

là













0 0 0

y f x x x f x



   .

- Cho





1;0

A d



, giải phương trình tìm số nghiệm

. Số nghiệm

chính là số tiếp tuyến với đồ thị

hàm số đi qua điểm





1;0

A cần tìm.

Giải chi tiết:

Ta có

3 6

y x x



 

Gọi





0 0

;

M x y

thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm





0 0

;

M x y

là













2 3 2

0 0 0 0 0

3 6 3 2

y x x x x x x d

     

Cho





1;0

A d



ta có:

Trang 27









2 3 2

0 0 0 0 0

0 3 6 1 3 2

x x x x x

     

2 3 2 3 2

0 0 0 0 0 0

0 3 6 3 6 3 2

x x x x x x

       

0 0

0 2 6 2

x x

    

0,32

 

Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm





1;0

A .

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là

Giải chi tiết:

Vì





SA ABCD

 nên

là hình chiếu vuông góc của

lên





ABCD













; ;

SC ABCD SC AC SCA

      .

Vì

ABCD

là hình vuông cạnh

nên

3. 2 6

AC a a

 

Xét tam giác vuông

SAC

ta có:

tan

SCA

  

SCA  

Vậy









; 30

SC ABCD  .

Câu 39: Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

- Giải phương trình





tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn.

Giải chi tiết:

Ta có:

3 2

3 2 3 3; 6

y x x y x y x

 

      

Cho

0 6 0 0 2

y x x y



      

⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là





0;2

Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.

Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là





0;2

Câu 40: Đáp án B

Phương pháp giải:

Trang 28

- Nhận thấy

 

x x

x e xe



 

. Sử dụng công thức

 

uv u v uv



 

  .

- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm





f x

- Tính





f x



và tính







Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có













xf x x f x e





  













1 1

x x

xe f x x e f x



   

Ta có

 

x x x x

xe e xe x e



   

 

x x

xe f x xe f x



  

     

x x x

xe f x xe f x dx dx xe f x x C

 

   

      

   

 

Thay



ta có

0 0 0

C C

   

, do đó

   

 

1 0

x x

xe f x x x e f x

f x e









 

    

 



 











0 1

f x e f e



 

       

Câu 41: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Vì





d P

 nên

d P

u n



 

- Phương trình đường thẳng đi qua





0 0 0

; ;

A x y z

và có 1 vtcp





; ;

u a b c



là

0 0 0

x x y y z z

a b c

  

 

Giải chi tiết:

Mặt phẳng





: 2 3 4 0

P x y z

   

có 1 vtpt là





1; 2; 3

  



Gọi d là đường thẳng đi qua





1; 1; 2

 

và vuông góc với





và



là 1 vtcp của đường thẳng d.

Vì





d P

 nên





1; 2; 3

d P

u n

   

 

Vậy phương trình đường thẳng d là

1 1 2

1 2 3

x y z

  

 

 

Câu 42: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

TXĐ:





Ta có:









8 2 5 3 2 3

9 6 3 2 4 2

y mx m m x m m m x



      









3 5 2 2 3 2

9 6 3 2 4 2

y x mx m m x m m m

 



      

 

Trang 29

Cho





   

 

5 2 2 3 2

0 3

9 6 3 2 4 2 0 *

x nghiemboi

mx m m x m m m

 



 



      





Để hàm số đồng biến trên



thì



phải là nghiệm bội chẵn của phương trình





, do đó phương

trình (*) phải nhận



là nghiệm bội lẻ.

Vì



là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có:

3 2

2 0

m m m m







     







Thử lại:

+ Với



ta có

y x





không thỏa mãn

0y x



  



+ Với



ta có

9 0y x x



   



(thỏa mãn).

+ Với

 

ta có

 

8 5 5 3

9 45 9

5 0

2 2 2

y x x x x







       







, do đó không thỏa mãn

0y x



  



Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là



Câu 43: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Thay



, sau đó rút

 

 

 

theo





f x

và thế vào giả thiết.

- Tìm





f x

theo x và tính

 

f x dx



bằng phương pháp tích phân 2 vế.

Giải chi tiết:

Ta có:

 

f x xf x

 

 

 

 

, với



ta có

 

1 1 1

2 f f t

t t t

 

 

 

 

 

1 1 1 1

f f t

t t t

   

  

   

   

 

1 1 1 1

f f x

x x x

   

  

   

   

Khi đó ta có

       

1 1 1 1 1

2 2

2 2 2

f x x f x x f x f x x

x x

 

      

 

 

   

2 2

1 1

2 2

3 1 3 1

2 2 2 2

f x x f x dx x dx

 

     

 

 

 

Trang 30

   

2 2

1 1

2 2

3 9 3

2 8 4

f x dx f x dx

   

 

Câu 44: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.

- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng

   

2 2

B A B A

AB x x y y

   

Giải chi tiết:

TXĐ:





\ 1

D 



Xét phương trình hoành độ giao điểm:

  

1 2 2 1 1 2

x x x x



      







2 2

2 1 2 2 2 2 1 0 *

x x x x x x         

Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là

A B

x x

là nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1 2

x x

 







 





Ta có:









;1 2 ; ;1 2

A A B B

A x x B x x

  nên:

   

2 2

1 2 1 2

B A B A

AB x x x x

     

   

2 2

B A B A

AB x x x x

   

 

B A

AB x x

 

 

5 4

A B A B

AB x x x x

 

  

 

Vậy

AB 

Câu 45: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác

ABC

, chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp

ABC



- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng

vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.

2 2

5 1 4. 15

 

 

   

 

 

 

 

Trang 31

- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác



, với

S p

lần lượt là diện tích và

nửa chu vi tam giác.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp.

- Tính thể tích khối chóp

S ABC ABC

V SH S



 .

Giải chi tiết:

Vì chóp .

S ABC

có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam

giác

ABC

nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp

ABC



Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp

ABC







SH ABC

 

Xét

ABC



có

2 2 2 2

AB BC CA a

  

nên

ABC



vuông tại B (định lí Pytago đảo).

Trong





ABC

kẻ





/ /

HK BC K AB

 ta có

 

AB SH

AB SHK AB SK

AB HK





   















 

;

SAB ABC AB

SK SAB SK AB

HK ABC HK AB

 



 





 



















; ; 60

SAB ABC SK HK SKH       .

Vì

là bán kính đường tròn nội tiếp

ABC



nên

.3 .4

3 4 5

ABC

a a

HK a

a a a



  

 

Xét tam giác vuông

SHK

ta có

.tan 60 3

SH HK a

  .

Vậy

1 1 1

. 3. .3 .4 2 3

3 3 2

S ABC ABC

V SH S a a a a



  

Câu 46: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xác định góc từ điểm

đến





A BC



Trang 32

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính

A A



- Tính thể tích

ABC A B C ABC

V A A S

  







Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC ta có

 

BC AM

BC A BC

BC AA







 









Trong





A BC



kẻ





AH A M H A M

 

  ta có:

 

AH BC

AH A BC

AH A M







 

















;

d A A BC AH a



  

Vì tam giác

ABC

đều cạnh

nên

2 . 3

AM a a

  và

 

2 3

ABC

S a a



  .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

AA M



ta có

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

AH A A AM a A A a

    

 

2 2

1 2 6

3 2

A A

A A a



   



Vậy

6 3 2

. . 3

2 2

ABC A B C ABC

a a

V A A S a

  





  

Câu 47: Đáp án D

Phương pháp giải:

Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng





y f x

 ; đồ thị hàm số





y g x

 ; đường thẳng

;

x a x b

 

quanh quanh trục

là

   

2 2

V f x g x dx

 



Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm

3 2

x x





  







Trang 33

Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng

3 2



và đồ thị hàm số v

quanh quanh trục

là

 

3 2

V x x dx



   



Câu 48: Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức

n k

u u q





Giải chi tiết:

Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:





3 4 5 6 7 8

u u u u u u

    





2 2

3 3 3 6 6 6

u u q u q u u q u q

     









2 2

3 6

2 1 1

u q q u q q

     





3 6

2 1 0

u u do q q q

     

3 3

u u q

 





2 0

u q

  













Ta có:

8 9 10

2 3 4

u u u

 





 

2 6

8 8 8

2 2 2 2

u q q

u u q u q

u q

u u q u q u

u q q

 

    

 

Câu 49: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức

1 2 1 2

z z z z

  

;

z z



- Đặt

z a bi

 

, sử dụng công thức

2 2

z a b

 

, biến đổi rút ra mối quan hệ giữa

a b

và kết luận.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có

1 3 1

z i z i

    

1 3 1 1 3 1

z i z i z i z i

           

1 3 1

z i z i

     

Đặt

z a bi

 

ta có:

1 3 1

a bi i a bi i

      













1 3 1 1

a b i a b i

       

       

2 2 2 2

1 3 1 1

a b a b

       

2 1 6 9 2 1 2 1 4 4 8 0

a b a b a b

            

2 0

a b

   

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức

là đường thẳng

2 0

x y

  

Câu 50: Đáp án A

Trang 34

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm của

Vì

SAB SCB   

nên

IS IA IB IC

  

, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp

S ABC

, bán kính

R IS SB

 

Xét

SAB



và

SCB



có





AB CB gt SB

 chung

v v

SAB SCB

   

(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

SA S SAC

   

cân tại S.

Gọi M là trung điểm của AC ta có

 

SM AC

AC SBM

BM AC





 







Trong





SBM

kẻ

SH BM



ta có:

 

SH BM

SH ABC

SH AC AC SBM







 



 





Đặt

SA SC x

 

Vì

ABC



vuông cân tại B nên

3 2

2 3 2

AC AB a BM AM MC     

Áp dụng định lí Pytago ta có:

2 2 2

SM SC MC x   

2 2 2 2

SB BC SC a x

   

Gọi p là nửa chu vi tam giác

SBM

ta có

2 2

2 2 2

9 9

2 2

a a

x a x

   

 .

Diện tích tam giác

SBM

là:

   

SBM

S p p SM p SB p BM

   

Khi đó ta có

SBM



 .

Trang 35

Ta có:

 

1 1

. ; .

3 3

S ABC ABC SBC

V SH S d A SBC S

 

 









. ; .

ABC SBC

SH S d A SBC S

 

 

1 1

. .3 .3 6. .3 . 3 3

2 2

SBM

a a a a x x a



   

Áp dụng định lí Pytago ta có:

2 2 2 2

27 9 6 3

SB SC BC a a a R IS a

       

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp

S ABC

là

2 2 2

4 4 .9 36

S R a a

  

  

-------------------- HẾT --------------------

https://toanmath.com/

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

Preview text:

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KỲ THI ĐÁNH GIÁ CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN I
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN HỌC MÃ ĐỀ THI: 132
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 trang
_____________________________________________ _________________ x y  1 z  1
BON 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d :   và 1 2 1 2  x  1 y  2 z  3 d :  
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 2 1 2 2  17 17 16 A. . B. . C. . D. 16. 16 4 17
BON 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  x  3 và parabol 2
y  2x  x 1 bằng 13 13 9 A. 9. B. . C. . D. . 6 3 2
BON 3: Phương trình 4
z  16 có bao nhiêu nghiệm phức? A. 0. B. 4. C. 2. D. 1.
BON 4: Cho hàm số 3 2 2
y  x  mx  m x  8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm
hoàn toàn phía bên trên trục hoành? A. 3. B. 5. C. 4. D. 6. mx  4
BON 5: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y 
nghịch biến trên khoảng  1  ;  1 ? x  m A. 4. B. 2. C. 5. D. 0.
BON 6: Hàm số y  x  13 1 có tập xác định là A. 1  ;  . B. 1;. C.  ;  . D.  ;   1 1;. x y  1 z  1
BON 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 2 2  1
Q:xy2z 0. Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A0; 1
 ;2, song song với đường thẳng
 và vuông góc với mặt phẳng Q.
A. x  y  1  0. B. 5
 x  3y  3  0.
C. x  y  1  0. D. 5
 x  3y  2  0.
BON 8: Tập nghiệm của bất phương trình log x  log 2x  1 là 1 1   2 2  1   1  1  1  A.  ;1. B.  ;1. C.  ;1. D.  ;1.  2   4  4  2 
BON 9: Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 4 2
x  2x  3  2m  1 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt. 3 5
A. 1  m  .
B. 4  m  5.
C. 3  m  4.
D. 2  m  . 2 2
BON 10: Số nghiệm thực của phương trình 2 log x  log  2 x  2 là 4 2  A. 0. B. 2. C. 4. D. 1.
Ngọc Huyền LB Trang 01/05
BON 11: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số 3
y  x 12x  1 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt? A. 3. B. 33. C. 32. D. 31.
BON 12: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn  3 log a b   3. Tính b a ab  3 log . ab 1 1 A. . B.  . C. 3. D. 3.  3 3
BON 13: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 16 y  x  trên 0; bằng x A. 6. B. 4. C. 24. D. 12.
BON 14: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Cạnh bên SA vuông góc với
đáy. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45 .
 Gọi E là trung điểm .
BC Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và . SC 2a 19 a 10 a 10 2a 19 A. . B. . C. . D. . 19 19 5 5
BON 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình x1 x2 4  . m 2  1  0 có nghiệm? A. 2019. B. 2018. C. 2021. D. 2017. 2 3 x  1 BON 16: Biết rằng
dx  a  bln 3  cln 2 
với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính 2a  3b  4 . c 2 x  x 1 A. 5.  B. 19.  C. 5. D. 19.
BON 17: Biết rằng log 3  a, log 5  .
b Tính log 4 theo a, . b 2 2 45 2a  b 2b  a 2 A. . B. . C. . D. 2 . ab 2 2 2a  b
BON 18: Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số đều không vượt quá 5? A. 38. B. 48. C. 44. D. 24.
BON 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;3; 2
  và mặt phẳng P: 2x  y 2z 3  0.
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P bằng 2 A. . B. 2. C. 3. D. 1. 3
BON 20: Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán
sự lớp gồm có 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ. 435 135 285 5750 A. . B. . C. . D. . 988 988 494 9880
BON 21: Tính nguyên hàm 2 tan 2 d x . x  1 1
A. tan 2x  x  C.
B. tan2x  x  . C
C. tan 2x  x  C
D. tan2x  x  . C 2 2 4 x  3 x     
BON 22: Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  9  9;100 
 của bất phương trình sin    cos  là  5   10  A. 5. B. 101. C. 100. D. 4.
Ngọc Huyền LB Trang 02/05 x  1 y  2 z
BON 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 2 2 
P:2xy2z30. Gọi  là góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng P. Khẳng định nào sau đây là đúng? 4 4 4 4 A. cos    . B. sin   . C. cos  . D. sin    . 9 9 9 9
BON 24: Cho cấp số cộng u
thỏa mãn u  u  2, u  u
 1. Tính u  u  ...  u . n  1 2020 1001 1021 1 2 2021 2021 A. . B. 2021. C. 2020. D. 1010. 2 x  1 y  2 z  3
BON 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và điểm 2 2  1 A 1
 ;2;0. Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  bằng: 17 17 2 17 2 17 A. . B. . C. . D. . 9 3 9 3 8
BON 26: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m đề hàm số 3 y 
x  2ln x  mx đồng biến trên 0;  1 ? 3 A. 5. B. 10. C. 6. D. Vô số. x  1 y  1 z
BON 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và hai mặt phẳng 1 1 2
P:x2y3z 0, Q:x2y3z4 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng và tiếp
xúc với cả hai mặt phẳng P và Q. 2 2 1 2 2 1 A. 2
x  y  2  z  2  . B. 2
x  y  2  z  2  . 7 7 2 2 2 2 2 2 C. 2
x  y  2  z  2  . D. 2
x  y  2  z  2  . 7 7
BON 28: Tìm nguyên hàm 2x   1ln d x . x x x
A. x  x  2 2 ln x   x  C.
B. x  x 2 2 ln x   x  C. 2 2 x x
C. x  x 2 2 ln x   x  C.
D. x  x 2 2 ln x   x  C. 2 2     ab
BON 29: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b 2ab 3 1 2 
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 a  b a  b là 5  1 A. 3  5. B.   2 5 1 . C. . D. 2. 2 BON 30: Cho hàm số 3 2
y  mx  mx  m  
1 x  1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên . 3 3 3
A.   m  0. B. m  0.
C.   m  0. D. m   . 4 4 4
BON 31: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 2
y  x  8ln2x  mx đồng biến trên 0; ? A. 6. B. 7. C. 5. D. 8.
Ngọc Huyền LB Trang 03/05
BON 32: Cho số phức z thỏa mãn 3z  i z  8  0. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng A. 1.  B. 2. C. 1. D. 2. 
BON 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A1;0;2, B 1
 ;1;3,C3;2;0 và mặt phẳng
P:x2y2z10. Biết rằng điểm M ;a ;bc thuộc mặt phẳng P sao cho biểu thức 2 2 2
MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng A. 1.  B. 1. C. 3. D. 5.
BON 34: Tính đạo hàm của hàm số y  ln x  1. x 1 1 1 A. . B. . C. . D. . x  1 x  1 x  x 2x  2 x
BON 35: Tính nguyên hàm x  x   2 2 3 2 1 d . x  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1 A.  C. B.  C. C.  C. D.  C. 18 3 6 9 2
BON 36: Phương trình 2x 3x 
có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. BON 37: Cho hàm số 3 2
y  x  3x  2. Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A1;0? A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
BON 38: Cho hình chóp .
S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 3, SA  ABCD và SA  a 2. Tính góc
giữa SC và ABCD. A. 90 .  B. 45 .  C. 30 .  D. 60 . 
BON 39: Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số 3
y  x  3x  2 là A. 0;0. B. 0;2. C. 1;0. D.  1  ;4.
BON 40: Cho hàm số f x liên tục trên và thỏa mãn    1   x xf x x f x e    
với mọi x. Tính f 0. 1 A. 1. B. 1.  C. . D. e. e
BON 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1; 1  ; 2
  và mặt phẳng P: x 2y 3z  4  0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với P. x  1 y  1 z  2 x  1 y  1 z  2 x  1 y  1 z  2 x  1 y  1 z  2 A.   . B.   . C.   . D.   . 1 2  3  1 2  3 1 2  3  1 2  3
BON 42: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m để hàm số 9
y  mx   2
m  m   6 x   3 2
m  m  m 4 3 2 2
x  m đồng biến trên . A. Vô số. B. 1. C. 3. D. 2.  
BON 43: Cho hàm số f x liên tục trên 0; và thỏa mãn   1 2 f x  xf 
  x với mọi x  0. Tính  x  2 f xd . x 1 2 7 7 9 3 A. . B. . B. . D. . 12 4 4 4
Ngọc Huyền LB Trang 04/05 x  2
BON 44: Biết đường thẳng y  1  2x cắt đồ thị hàm số y 
tại hai điểm phân biệt A và . B Độ dài x  1 đoạn AB bằng A. 20. B. 20. C. 15. D. 15.
BON 45: Cho hình chóp .
S ABC có AB  3a, BC  4a, CA  5a, các mặt bên tạo với đáy góc 60, hình chiếu
vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC thuộc miền trong của tam giác AB .
C Tính thể tích hình chóp . S AB . C A. 3 2a 3. B. 3 6a 3. C. 3 12a 3. D. 3 2a 2.
BON 46: Cho khối lăng trụ tam giác đều AB . C A B  C
  có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng A B
 C bằng .a Thể tích của khối lăng trụ AB . C A B  C  . 3 2a 3 a 2 3 3a 2 A. . B. . C. 3 2 2a . D. . 2 2 2
BON 47: Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x  2 và đồ thị hàm số 2
y  x quay quanh trục . Ox 1  4 4 A. . B. . C. . D. . 6 6 5 5
u  u  u
BON 48: Cho cấp số nhân u
thỏa mãn 2u  u  u  u  u  u . Tính 8 9 10 . 3 4 5  n  6 7 8
u  u  u 2 3 4 A. 4. B. 1. C. 8. D. 2.
BON 49: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z  1  3i  z  1  i .
A. x  2y  2  0.
B. x  y  2  0.
C. x  y  2  0.
D. x  y  2  0.
BON 50: Cho hình chóp .
S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a, góc
SAB  SCB  90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng a 6. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC theo a. A. 2 36 a  . B. 2 6 a  . C. 2 18 a  . D. 2 48 a  .
------------------------- HẾT -------------------------
Ngọc Huyền LB Trang 05/05 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.C 28.B 29.A 30.C 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 TRƯỜNG ĐH KHTN
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 KHTN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề x y 1 z 1
Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d :   và 1 2 1 2  x 1 y  2 z  3 d :  
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng: 2 1 2 2  17 17 16 A. B. C. D. 16 16 4 17
Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  x  3 và parabol 2 y  2x  x 1 bằng: 13 13 9 A. 9 B. C. D. 6 3 2 Câu 3 (TH): Phương trình 4
z  16 có bao nhiêu nghiệm phức? A. 0 B. 4 C. 2 D. 1 Câu 4 (VD): Cho hàm số 3 2 2
y  x  mx  m x  8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực
tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành? A. 3 B. 5 C. 4 D. 6 mx  4
Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y 
nghịch biến trên khoảng 1;  1 ? x  m A. 4 B. 2 C. 5 D. 0
Câu 6 (NB): Hàm số y   x  13 1 có tập xác định là: A. 1; B. 1; C.  ;   D.  ;   1  1; x y 1 z 1
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt 2 2 1
phẳng Q : x  y  2z  0. Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A0; 1  ;2, song song với
đường thẳng  và vuông góc với mặt phẳng Q. A. x  y 1  0 B. 5x  3y  3  0 C. x  y 1  0 D. 5x  3y  2  0
Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log x  log 2x 1 là: 1 1   2 2  1   1  1  1  A. ;1  B. ;1  C. ;1 D. ;1 2    4    4    2   
Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 4 2
x  2x  3  2m 1 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt. Trang 1 3 5 A. 1  m  B. 4  m  5 C. 3  m  4 D. 2  m  2 2
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình 2 log x  log  2 x  2 là: 4 2  A. 0 B. 2 C. 4 D. 1
Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số 3
y  x 12x 1 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt? A. 3 B. 33 C. 32 D. 31
Câu 12 (VD): Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn  3 log a b   3. Tính b a ab  3 log . ab 1 1 A. B.  C. 3 D. 3 3 3 16
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 y  x  trên 0; bằng: x A. 6 B. 4 C. 24 D. 12
Câu 14 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 0
45 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DE và SC. 2a 19 a 10 a 10 2a 19 A. B. C. D. 19 19 5 5
Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình x 1  x2 4  . m 2 1  0 có nghiệm? A. 2019 B. 2018 C. 2021 D. 2017 2 3 x 1 Câu 16 (TH): Biết rằng dx  a  b ln 3  c ln 2  với a, ,
b c là các số hữu tỉ. Tính 2a  3b  4 . c 2 x  x 1 A. 5  B. 19 C. 5 D. 19
Câu 17 (TH): Biết rằng log 3  a, log 5  . b Tính log 4 theo a, . b 2 2 45 2a  b 2b  a 2 A. B. C. D. 2ab 2 2 2a  b
Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số đều không vượt quá 5. 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   và mặt phẳng
P: 2x  y  2z 3  0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P bằng: 2 A. B. 2 C. 3 D. 1 3 Trang 2
Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ. 435 135 285 5750 A. B. C. D. 988 988 494 9880
Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm 2 tan 2xd . x  1 1 A. tan 2x  x  C B. tan 2x  x  C C. tan 2x  x  C D. tan 2x  x  C 2 2 4 x    3 x   
Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn 99;100 của bất phương trình sin  cos     là:  5   10  A. 5 B. 101 C. 100 D. 4 x 1 y  2 z
Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt 1 2 2
phẳng P :2x  y  2z  3  0. Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau đây là đúng? 4 4 4 4 A. cos   B. sin  C. cos  D. sin   9 9 9 9
Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng u thỏa mãn u  u  2, u  u
 1. Tính u  u  .... u . n  1 2020 1001 1221 1 2 2021 2021 A. B. 2021 C. 2020 D. 1010 2 x 1 y  2 z  3
Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và điểm 2 2  1
A1;2;0. Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng: 17 17 2 17 2 17 A. B. C. D. 9 3 9 3 8
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 3
y  x  2ln x  mx đồng biến trên 3 0;  1 ? A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số x 1 y 1 z
Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :   và hai mặt 1 1 2
phẳng P :x  2y  3z  0,Q :x  2y  3z  4  0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q. 1 1
A. x   y  22  z  22 2 
B. x   y  22  z  22 2  7 7 Trang 3 2 2
C. x   y  22  z  22 2 
D. x   y  22  z  22 2  7 7
Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm 2x   1ln xdx . x x A. x  x  2 2 ln x   x  C B. x  x  2 2 ln x   x  C 2 2 x x C. x  x  2 2 ln x   x  C D. x  x  2 2 ln x   x  C 2 2    1 ab
Câu 29 (VDC): Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn 2 3 2a b ab 
. Giá trị nhỏ nhất của biểu a  b thức 2 2 a  b là: 5 1 A. 3  5 B.   2 5 1 C. D. 2 2 Câu 30 (VD): Cho hàm số 3 2
y  mx  mx  m  
1 x 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R? 3 3 3 A.   m  0 B. m  0 C.   m  0 D. m   4 4 4
Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 2
y  x  8ln 2x  mx đồng biến trên 0;? A. 6 B. 7 C. 5 D. 8
Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z  i  z  8  0 . Tổng phần thực và phần ảo của z bằng: A. 1 B. 2 C. 1 D. 2
Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A1;0;2 , B1;1;3 , C 3;2;0 và
mặt phẳng P :x  2y  2z 1  0 . Biết rằng điểm M a; ;
b c thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức 2 2 2
MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng: A. 1 B. 1 C. 3 D. 5
Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y  ln  x   1 . x 1 1 1 A. B. C. D. x 1 x 1 x  x 2x  2 x
Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm x  x   2 2 3 2 1 dx .  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1  x  3 3 2 1 A.  C B.  C C.  C D.  C 18 3 6 9 Câu 36 (TH): Phương trình 2 2x 3x 
có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Trang 4 Câu 37 (VD): Cho hàm số 3 2
y  x  3x  2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A1;0 ? A. 2 B. 0 C. 1 D. 3
Câu 38 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 3 , SA   ABCD và SA  a 2 .
Tính góc giữa SC và  ABCD . A. 0 90 B. 0 45 C. 0 30 D. 0 60
Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số 3 y  x  3x  2 là: A. 0;0 B. 0;2 C. 1;0 D. 1;4
Câu 40 (VD): Cho hàm số f  x liên tục trên  và thỏa mãn    1   x xf x x f x e     với mọi x . Tính f 0 . 1 A. 1 B. 1 C. D. e e
Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1;1;2 và mặt phẳng
P:x  2y 3z  4  0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2 A.   B.   1 2 3 1 2 3 x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2 C.   D.   1 2 3 1 2  3 Câu 42 (VDC): Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số 9 y  mx   2 m  m   6 x   3 2 m  m  m 4 3 2 2
x  m đồng biến trên  . A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2  
Câu 43 (VD): Cho hàm số f  x liên tục trên 0; và thỏa mãn   1 2 f x  xf  x   với mọi x  0 .  x  2 Tính f xdx  . 1 2 7 7 9 3 A. B. C. D. 12 4 4 4 x  2
Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y  1 2x cắt đồ thị hàm số y 
tại hai điểm phân biệt A và x 1
B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng: A. 20 B. 20 C. 15 D. 15 Trang 5
Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABC có AB  3a, BC  4a,CA  5a , các mặt bên tạo với đáy góc 0 60 ,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình chóp S.ABC . A. 3 2a 3 B. 3 6a 3 C. 3 12a 3 D. 3 2a 2
Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A B  C
  có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng  ABC bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.AB C  . 3 2a 3 a 2 3 3a 2 A. B. C. 3 2 2a D. 3 2 2
Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x  2 và đồ thị hàm số 2
y  x quanh quanh trục Ox . 1  4 A. B. C. D. 6 6 5 u  u  u
Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân u thỏa mãn 2u  u  u  u  u  u . Tính 8 9 10 . 3 4 5  n  6 7 8 u  u  u 2 3 4 A. 4 B. 1 C. 8 D. 2
Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 1 3i  z 1 i . A. x  2 y  2  0 B. x  y  2  0 C. x  y  2  0 D. x  y  2  0
Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  3a , góc 0 SAB  S
 CB  90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 2 36 a B. 2 6 a C. 2 18 a D. 2 48 a
-------------------- HẾT -------------------- https://toanmath.com/ Trang 6 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:  
Cho đường thẳng d đi qua điểm M và có VTCP u ; đường thẳng d đi qua điểm M và có VTCP u . 1 1 1 2 2 2
   u ,u .M M  
Khi đó ta có khoảng cách giữa d , d được tính bởi công thức: d d ;d  . 1 2  1 2 1 2 1 2   u ,u  1 2   Giải chi tiết: Ta có: x y 1 z 1  d :  
 d đi qua M 0;1; 1 và có 1 VTCP là: u  2;1; 2  . 1   1   1 2 1 2  1 x 1 y  2 z  3  d :  
 d đi qua M 1; 2;3 và có 1 VTCP là: u  1; 2; 2  . 2   2   2 1 2 2 2  M M  1;1;4  1 2       u ,u   2;2;3  1 2    
   u ,u .M M   2  2 12  16 d d ;d  1 2 1 2    . 1 2   u ,u  2 2 2 2  2  3 17 1 2   Câu 2: Đáp án A Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn x  a, x  b .
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x , đường thẳng x  a,x  b là b S  f  x gx dx. a Giải chi tiết: x  2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2
x  3  2x  x 1   . x  1 Trang 7 2
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là 2 S 
x  3  2x  x 1 dx  9  . 1 Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức 2 2
a  b  a  ba  b . Giải chi tiết: Ta có 4 z  16 4  z 16  0   2 z   2 4 z  4  0 2 z  4 z  2     2  z  4  z  2  i
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức. Câu 4: Đáp án C Phương pháp giải:
- Giải phương trình y  0 xác định các giá trị cực trị theo m.
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình y  0 . CT Giải chi tiết: Ta có 2 2
y  3x  2mx  m ; y  0 có 2 2 2
  m  3m  4m  0 m  .
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình y  0 phải có 2 nghiệm phân biệt  m  0  m  2m 3 x   m  y  m  8  3
Khi đó ta có y  0   3  m  2m m 5m x     y   8  3 3 27 m  0  3 y
 m  8  0  m  2  CT 0  m  2
Khi đó yêu cầu bài toán    m  0  6    m  0 3  5m 6 3  5 y   8  0  m    CT 3  27 5
Lại có m    m 3  ;2; 1  ; 
1 . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 5: Đáp án B Phương pháp giải:  y  0 ax  b  Hàm số y 
nghịch biến trên ;   khi và chỉ khi  d cx  d    ;   c Giải chi tiết: Trang 8 TXĐ: D   \  m . 2 mx  4 m  4 Ta có y   y  . x  m x  m2
Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;  1 thì 2 m  4  0  2   m  2  y  0   1   m  2 
        . m   m m 1;  1 1 1       2  m  1 m  1 m  1
Lại có m    m  1  .
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 6: Đáp án B Phương pháp giải: Hàm số n
y  x với n   xác định khi và chỉ khi x  0 . Giải chi tiết:
Hàm số y   x  13
1 xác định khi và chỉ khi x 1  0  x  1.
Vậy TXĐ của hàm số là 1; . Câu 7: Đáp án C Phương pháp giải:  
- Xác định u là 1 VTCP của  và n là 1 VTPT của Q .  Q     P / / n  u    - Vì P           n n ;u .  P P Q       Q n  n  P Q 
- Phương trình mặt phẳng đi qua M  x ; y ; z và có 1 VTPT → n  ; A ; B C  là 0 0 0 
A x  x  B y  y  C z  z  0 . 0   0   0  Giải chi tiết: 
Đường thẳng  có 1 VTCP là u   .  2; 2;  1 
Mặt phẳng Q có 1 VTPT là n  1;1;2 . Q       P / / n  u
Gọi n là 1 VTPT của mặt phẳng P . Vì P      . P    P    Q n  n  P Q     n  n ;u  
 n 1;1;0 cũng là 1 VTPT của P .  3;3;0 P Q   
Vậy phương trình mặt phẳng P là 1. x  0 1. y  
1  0. z  2  0  x  y 1  0. Câu 8: Đáp án A Phương pháp giải: Trang 9
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit: log f  x  log g  x  f  x  g  x khi 0  a 1. a a Giải chi tiết: x  0 1 ĐKXĐ:   x  . 2x 1  0 2 Ta có: log x  log 2x 1 1 1   2 2
 log x  log 2x  2 1  x   x  2 2 1 1 1 2 2 2 2  x  4x  4x 1 2  3x  4x 1  1 0   x  1 3  1 
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S  ;1  . 2    Câu 9: Đáp án D Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  2m 1 phải cắt đồ thị hàm số 4 2
y  x  2x  3 tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số 4 2
y  x  2x  3 , từ đó lập BBT hàm số 4 2 y  x  2x  3 , 4 2
y  x  2x  3 và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết:
Số nghiệm của phương trình 4 2
x  2x  3  2m 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2 y  x  2x  3 và
đường thẳng y  2m 1. x  0 Xét hàm số 4 2 y  x  2x  3 ta có 3
y  4x  4x  0   x  1  BBT:
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số 4 2 y  x  2x  3 . - Từ đồ thị 4 2
y  x  2x  3 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục Ox qua trục Ox . Trang 10
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .
Ta có BBT của đồ thị hàm số 4 2
y  x  2x  3 như sau:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  2m 1 cắt đồ thị hàm số 4 2
y  x  2x  3 tại 6 điểm phân biệt khi 5
và chỉ khi 3  2m 1  4  4  2m  5  2  m  . 2 5 Vậy 2  m  . 2 Câu 10: Đáp án B Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm
số y  f  x tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y  f  x và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết: x  0 2 x  0  x  2 ĐKXĐ:     x  2   2 x  2  0   x   2  x   2 Ta có: 2 log x  log  2 x  2 4 2  1  .2.log x  log  2 x  2 2 2  2  log x  log  2 x  2 2  x  2  x 2 2  2
 x  x  2  0  x  2  x  2tm
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Câu 11: Đáp án D Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x . Trang 11
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm
số y  f  x tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y  f  x và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 3
x 12x 1 m  0  m  x 12x 1  f  x .
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số
y  f  x tại 3 điểm phân biệt. Ta có f  x 2  3x 12  0  x  2  . BBT:
Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f  x tại 3 điểm phân biệt thì 15  m  17 .
Mà m    m14; 1  3; 1  2;...;15;1 
6 . Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 12: Đáp án B Phương pháp giải:
- Sử dụng các công thức: log  xy  log x  log y 0  a  1, , x y  0 a a a  m log m b  b  a  b  n loga 0 1, 0 a n
Từ giả thiết tính log b . a
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay log b vừa tính được để tính giá a trị biểu thức. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo
gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2 3+134(1+logab)=3⇒logab=−37 log  3a b log 3 3 2 ab. a ab ab  Trang 12 3 3 2  log ab  log a ab ab 1 1  3 log ab  1   ab 1 2 2 log ab 2   3 a 1  ab  ab   1 2.log 3 1 3 . log ab a   2 2 2 1   3 3 1log b 4 a 2 1    3 3 3 1log b 4 a 3  log b   a 7 Khi đó ta có: log  3b a log ab b ab ab  3 3 2  3 3 2  log ab  log b ab ab 1 1  3 log ab  1   ab 1 2 2 log ab 2   3 b 1  ab  ab   1 .2.log 3 1 3 . log ab b   2 2 2 1   3 3 log a  1 4 b 2 4 1 1   .   3 3 7 3  1 3 Câu 13: Đáp án D Phương pháp giải:
Lập BBT của hàm số trên 0; và tìm GTNN của hàm số. Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên 0; . 3 16 2x 16 Ta có y  2x   ; y  0  x  2. 2 2 x x Trang 13 BBT:
Dựa vào BBT ta thấy min y  12 . 0; Câu 14: Đáp án A Phương pháp giải:
- Xác định mặt phẳng P chứa DE và song song với SC , khi đó d DE;SC   d SC;P . - Đổi sang d  ;
A P . Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách. Giải chi tiết:
Trong  ABCD gọi I  AC  DE , trong SAC  kẻ IG / /SC G  SA , khi đó ta có DE  GDE / /SC .
 d SC; DE  d SC;GDE  d C;GDE . IC EC 1 d C;GDE IC 1
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 
 , do AC  GDE  I nên   IA AD 2 d  ; A GDE IA 2  d C GDE 1 ;  d  ; A GDE . 2
Trong  ABCD kẻ AH  DEH  DE , trong GAH  kẻ AK  GH K GH  ta có: DE  AH 
 DE   AGH   DE  AK DE  AG Trang 14 AK  GH 
 AK  GDE  d  ; A GDE  AK AK  DE
Vì SA   ABCD nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên  ABCD
 SC  ABCD  SC AC 0 ; ;  S  CA  45 .
 SAC vuông cân tại A.
Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC  a 2. 2  2a  SA. AG AI 2 4a
Áp dụng định lí Ta-lét ta có    AG  . AS AC 3 3 1 1 1 Ta có: S  d E AD AD  AB AD  a a  a . A  ED  ;  2 . . 2. 2 2 2 2 2 a a 10
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có 2 2 2 DE  CD  CE  2a   . 2 2 2 2S 2a 2a 10 AED  AH    . ED a 10 5 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông GAH ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105 4a 2a 10 . A . G AH 4a 19 3 5 AK    . 2 2 2 2 AG  AH 19  4a   2a 10        3  5   a Vậy d DE SC 1 2 19 ;   . 2 19 Câu 15: Đáp án B Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ x2 t  2  0 .
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m  g t t  0 .
- Lập BBT của hàm số g t khi t  0 .
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm. Giải chi tiết: Ta có x x
 m      x 2 1 2 2 x2 4 .2 1 0 4. 2  . m 2 1  0. 2 4t 1 Đặt x2 t  2
 0, phương trình đã cho trở thành 2 4t  mt 1  0  m   g tt  0 . t 2 4t 1 1 1 1 Xét hàm số g t 
 4t  có gt  4   0  t  . t t 2 t 2 Trang 15 BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t  0  m  4 . m    Kết hợp điều kiện 
 m 4;5;6;...;2020;202  1 . m  2021 
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu. 2 k
- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng dx  . ax  b 1
- Tính tích phân và tìm a, , b c Giải chi tiết: 2 3 2 x 1  x 1  Ta có: dx  x 1 dx   2  2  x  x  x  x  1 1 2 2    x   x 1 1 dx  dx  1   I x x 1 2 1 1   x 1 B C x 1 B  x   1  Cx Giả sử     x  x   1 x x 1 x  x   1 x  x   1 x 1
B C x  B B C 1 B  1       x  x   1 x  x   1 B  1 C   2 Khi đó ta có 2 2 2 x 1 1  2 I  dx  dx  dx    x x 1 x x 1 1   1 1 2 2
 ln x  2ln x 1   ln 2  2ln 3  2ln 2  2ln 3  3ln 2 1 1 Trang 16  1 a   2 2 3 x 1 1   dx   2ln 3  3ln 2   b   2 2 x  x 2 1 c  3   1
Vậy 2a  3b  4c  2.  3.2  4.3  19 . 2 Câu 17: Đáp án C Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức: log m b  m log b  a  b  a a 0 1, 0 1 log b   a b  a 0 ,  1 log a b Giải chi tiết: Ta có: 2 log 4  2 log 2  2 45 3 .5 2 log 3  log 5 2 2 2 2   2 log 3  log 5 2a  b 2 2 Câu 18: Đáp án A Phương pháp giải:
- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd a; ; b c;d 0;1;2;3;4;  5 , a  b  c  d  .
abcd5  d 0;  5 - Vì abcd 1  5 nên  . abcd 3 
- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số a,b, c tương ứng. Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd a; ; b ; c d 0;1;2;3;4;  5 , a  b  c  d  .
abcd5  d 0;  5 Vì abcd 1  5 nên  . abcd3
+ TH1: d  0 , số cần tìm có dạng abc0  a  b  c3.
Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là 1;2;  3 ;1;3;  5 ;2;3;  4 ;3;4;  5 .
⇒ có 4.3!  24 cách chọn a, , b c . ⇒ Có 24 số thỏa mãn.
TH2: d  5, số cần tìm có dạng abc5  a  b  c  53  a  b  c chia 3 dư 1.
Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là 0;1;  3 ;1;2;  4 ;0;3;  4 . Trang 17
⇒ có 2.2.2! 3!  14 cách chọn a,b, c . ⇒ Có 14 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả 14 14  38 số thỏa mãn. Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải: - Khoảng cách từ điểm
M  x ; y ; z đến mặt phẳng P : Ax  By  Cz  D  0 là 0 0 0   Ax  By  Cz  D d M ;P 0 0 0  . 2 2 2 A  B  C Giải chi tiết:    
d  A P 2.1 3 2. 2 3 ;   2 . 2 1  22 2 2 Câu 20: Đáp án C Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là n  là số cách chọn 3 học sinh bất kì.
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là n  A .
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ n A
- Tính xác suất của biến cố A: P  A    . n Giải chi tiết:
Số cách chọn 3 bạn bất kì là 3
C nên số phần tử của không gian mẫu là n  3  C . 40 40
Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có 1 2 C .C cách. 30 10
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có 2 1 C .C cách. 30 10  n A 1 2 2 1  C .C  C .C . 40 10 40 10 1 2 2 1 n A C .C  C .C 15 285
Vậy xác suất của biến cố A là P  A   30 10 30 10     . n 3 C 26 494 40 Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: 1 - Sử dụng công thức 2 tan   1. 2 cos  Trang 18 1 1
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: 2 dx  tan ax  b  . 2 cos ax  b   a Giải chi tiết: Ta có:  1 1 2  tan 2xdx   1 dx   dx  dx   1  tan 2x  x  C 2   cos 2x  2 cos 2x 2 Câu 22: Đáp án C Phương pháp giải:   
- Sử dụng tính chất sin  cos    .  2 
- Giải bất phương trình mũ: f x gx a  a
 f x  g  xkhi 0  a 1.
- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài. Giải chi tiết:  3 5   3 Vì    nên sin  cos . 5 10 10 2 5 10 Khi đó ta có 4 4 x     3 x x x         4    sin  cos  sin  sin  x  do 0  sin 1            5   10   5   5  x  5  2 x  4 x  2   0  x  0  x  2
Kết hợp điều kiện x  9  9;100 ta có x 9  9;20;2 .
Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn. Câu 23: Đáp án B Phương pháp giải:   n .u  
Gọi  là góc giữa P và  , khi đó ta có sin P d
    , với n và u lần lượt là 1 vtpt của P và n . u p d P d vtcp của Δ. Giải chi tiết:  x 1 y  2 z
Mặt phẳng P :2x  y  2z  3  0 có 1 vtpt là n  2; 1
 ;2 , đường thẳng  :   có 1 P  1 2 2  vtcp là u  1;2;2 . d    n .u    P d 2.1 1.2 2. 2 4
Ta có: sin      . 2 2 2 2 2 2 n . u     P d 2 1 2 . 1 2 2 9 Trang 19 65 2
 cos  1 sin   . 9 Câu 24: Đáp án A Phương pháp giải:
- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: u  u  n 1 d , giải hệ phương n 1   trình tìm u , d . 1 2u  n 1 d  n  1  
- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u u u ... u       1 2 3 n 2 Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:  2021 u   u  2 2u  2019d  2 u  1 2020 1 1      2 . u  u 1 2u  2020d  1  1001 1021  1 d  1 2u  2020d .2021 2021 1  Vậy u  u  ...  u   . 1 2 2021 2 2 Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải:   AM;u  d  
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d  ; A d    , trong đó M là ud 
điểm bất kì thuộc d và u là 1 vtcp của đường thẳng d. d Giải chi tiết: 
Lấy M 1;2;3 d . Đường thẳng d có 1 VTCP là u  2; 2  ;  1 . d   
Ta có: AM  2;0;3  AM ;u   6;4;4 . d      2   2 2 AM ;ud 6  4  4   2 17 Vậy d  ; A d        . ud   2 2 2 3 2 2 1 Câu 26: Đáp án C Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên 0;  1 thì y  0 x  0;  1 .
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m  g  x x  0;  1  m  min g  x . 0; 1
- Lập BBT hàm số g  x trên 0;  1 và kết luận. Giải chi tiết:
TXĐ: D  0; nên hàm số xác định trên 0;  1 . Trang 20 2 Ta có 2 y  8x   m . x 2
Để hàm số đồng biến trên 0;  1 thì y  0 x  0;  1 2
 m  8x  x 0;  1 . x 2 Đặt g  x 2  8x  , x 0; 
1 , khi đó ta có m  g  x x  0;  1  m  min g  x . x 0; 1 3 2 16x  2 1 Ta có g x 16x  
; g x  0  x  tm . 2 2 x x 2 BBT:
Dựa vào BBT  m  6 . Kết hợp điều kiện m 
  m1;2;3;4;5;  6 .
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 27: Đáp án B Phương pháp giải:
- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I   theo biến t.
- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q nên R  d I;P  d I;Q . Giải phương
trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.
- Mặt cầu tâm I  x ; y ; z , bán kính R có phương trình là  x  x  y  y  z  z  R . 0 2  0 2  0 2 2 0 0 0  Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là I 1 t;1 t;2t  .
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q nên R  d I;P  d I;Q . 1 t  2 1   t  3.2t 1 t  2 1   t  3.2t  4   2 2 2 2 2 2 1  2  3 1  2  3
 5t  3  5t  7  5t  3  5t  7  t  1 5   3 2
Khi đó mặt cầu có tâm I 0;2;2 , bán kính R   . 14 14 2
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x   y  22  z  22 2  7 Câu 28: Đáp án A Trang 21 Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: udv  uv  vdu   . Giải chi tiết:  dx u   ln x du  Đặt      x dv 2x    1 dx 2 v  x  x  xx    1 Khi đó ta có  x 2x  
1ln xdx  x  x x  x dx  x  x 2 2 2 ln 1 ln x   x  C 2 Câu 29: Đáp án C Phương pháp giải:
- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.
- Biến đổi P  a  b  a  b2 2 2
 2ab , đặt ẩn phụ t  2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t.
- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:    1 ab 2 3 2a b ab  a  b
 a  b  2ab  3  log 1 ab  log a  b 2   2  
 a  b  2ab  2  log 1 ab 1 log a  b 2   2  
 a  b  2ab  2  log 2  2ab  log a  b 2   2  
 log a  b  a  b  log 2  2ab  2  2ab * 2   2     1
Xét hàm số y  log t  t t  0 ta có y  1  0 t
  0 , do đó hàm số đồng biến trên 0;. 2   t ln 2  b
Khi đó    a  b   ab  a   b 2 * 2 2 1 2  2  b  a  . 1 2b 2  b Vì a,b  0 
 0  2  b  0  b  2 . 1 2b
Khi đó ta có P  a  b  a  b2  ab    ab2 2 2 2 2 2  2ab . 2  b 2 2b  b Đặt t  2ab  2
.b 0  b  2 ta có t  2. 1 2b 1 2b
2 2b1 2b 2 2b  b .2  t  2. 1 2b2 Trang 22 2 2
2  4b  2b  4b  4b  2b 2    4 4b 4b 2.  1 2b2 1 2b2 1   5 t  0  b  2 BBT:  t 0;3 5 .
Khi đó ta có P    t2 2 2
 t  t  5t  4,t 0;3 5 . 5
Ta có P  2t  5  0  t  ktm , do đó P  P 3 5  3  5 . min   2 Câu 30: Đáp án D Phương pháp giải:
- Để hàm số nghịch biến trên  thì y  0 x    m  0 - Xét 2 TH: m  0 và  .   0 Giải chi tiết: TXĐ: D   . Ta có: 2
y  3mx  2mx  m 1.
Để hàm số nghịch biến trên  thì y  0 x    . 2
 3mx  2mx  m 1 0 x    m  0 m  0  m  0 1   0 x    luondung    m  0   m  0   m  0     3  2
4m 3m  0    m  0 2    m  3m   m   1  0  4 m  0 3   3    m  0   m  0 4  4 Câu 31: Đáp án D Phương pháp giải: Trang 23
- Để hàm số đồng biến trên 0; thì y  0 x  0;.
- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m  g  x x
 0;  m  min g x. 0;
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm min g  x . 0; Giải chi tiết: TXĐ: D  0; . 2 8 Ta có: y  2x  8.  m  2x   m 2x x
Để hàm số đồng biến trên 0; thì y  0x 0; . 8  2x   m  0 x  0; x 8  m  2x  x
 0;* . x Đặt g  x 8
 2x  , khi đó *  m  min g x . x 0; 8 8
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2x   2 2 . x
 2.4  8  min g x  8 , dấu “=” xảy ra x x 0; 8  2x   x  2 . x
Từ đó ta suy ra được m  8 , kết hợp điều kiện m 
  m1;2;3;4;5;6;7;  8 .
Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài 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  0, đưa phương trình về dạng A  Bi  0  A  B  0 . Giải chi tiết: Đặt z  a  bi  ;
a b    z  a  bi . Theo bài ra ta có: 3z  i  z  8  0
 3a  bi  ia bi  8  0  3a  3bi  ai  b 8i  0 3  a  b  0 a  1
 3a  b  a  3b 8i  0     a  3b  8  0 b   3 
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a  b  1 3  2 . Câu 33: Đáp án C Trang 24 Phương pháp giải:    
- Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2IB  IC  0. Phân tích 2 2 2 MA  2MB  MC theo MI. - Chứng minh đó 2 2 2
MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của M P để IM . min
- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và P để tìm tọa độ điểm M. Giải chi tiết:    
Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2IB  IC  0 . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2
MA  2MB  MC  MA  2MB  MC              
 MI  IA2  MI  IB2 MI  IC2 2
 MI  MI IA IB  IC 2 2 2 2 2 2 2  IA  2IB  IC 2  MI   2 2 2 2 IA  2IB  IC  Vì I, , A B,C cố định nên 2 2 2
IA  2IB  IC không đổi, do đó 2 2 2
MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
Mà M P nên IM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên P hay   
IM  P  IM và n  1;2;2 cùng phương, với n là 1 vtpt của P . P  P
Tìm tọa độ điểm I ta gọi I  ; x y; z . Ta có:     IA  2IB  IC  0 
  x 1; y; z  2  2x 1; y 1; z 3  x  3; y  2; z  0 x 1 2x   1   x  3  0 2x  4  0 x  2      y  2 y  
1   y  2  0  2y  0
 y  0  I 2;0;4 z 2 2  z 3 z 0 2z 8 0         z  4   
Khi đó ta có IM  a  2; ; b c  4  
Vì IM và n  1;2;2 cùng phương, lại có M P nên ta có hệ phương trình: P  a  2 b c  4 2a  b  4  0 a  1        1 2 2  b   c  4  0  b   2
a  2b  2c 1 0 a  2b  2c 1 0 c  2  
Vậy a  b  c  1 2  2  3 Câu 34: Đáp án D Phương pháp giải: u
Sử dụng công thức tính đạo hàm ln u  . u Giải chi tiết: Trang 25   x   1 1 1 y    . x 1 2 x  x   1 2x  2 x Câu 35: Đáp án A Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt 3 t  2x 1. Giải chi tiết: dt Đặt 3 2 2
t  2x 1  dt  6x dx  x dx  . 6 2x 1 t dt 1 t Khi đó ta có x  2x    3 3 2 3 2 2 3 1 dx   .  C   C  . 6 6 3 18 Câu 36: Đáp án A Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp logarit hai vế. Giải chi tiết:
Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có: 2 2 2x 3x log 2x log 3x    2
 x log 2  x  x x  log 2  0 3  3  3 3 x  0 x  0    x log 2 0    x  log 2  3  3
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực. Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải:
- Gọi M  x ; y thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M . 0 0 
- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y  f  x tại M  x ; y là y  f  x x  x  f x . 0   0   0  0 0 
- Cho A1;0d , giải phương trình tìm số nghiệm x . Số nghiệm x chính là số tiếp tuyến với đồ thị 0 0
hàm số đi qua điểm A1;0 cần tìm. Giải chi tiết: Ta có 2 y  3x  6x .
Gọi M  x ; y thuộc đồ thị hàm số. 0 0  Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M  x ; y là 0 0  y   2 3x  6x x  x  3 2  x  3x  2 d . 0 0 0 0 0   Cho A1;0 d ta có: Trang 26 0   2 3x  6x 1 x  3 2  x  3x  2 0 0 0 0 0 2 3 2 3 2
 0  3x  6x  3x  6x  x  3x  2 3
 0  2x  6x  2  x  0,32 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A1;0 . Câu 38: Đáp án C Phương pháp giải:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2 . Giải chi tiết:
Vì SA   ABCD nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên  ABCD .
 SC; ABCD  SC; AC  SCA .
Vì ABCD là hình vuông cạnh a 3 nên AC  a 3. 2  a 6 . SA 1
Xét tam giác vuông SAC ta có: tan SCA   0  S  CA  30 . SC 3 Vậy SC  ABCD 0 ;  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  0 tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn. Giải chi tiết: Ta có: 3 2
y  x  3x  2  y  3x  3; y  6x .
Cho y  0  6x  0  x  0  y  2
⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là 0;2 .
Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là 0;2 . Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải: Trang 27 - Nhận thấy   1 x  x x e xe   
. Sử dụng công thức uv  u v  uv .
- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm f  x .
- Tính f  x và tính f 0 . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có    1   x xf x x f x e     x        1 x xe f x x e f x 1 Ta có  x  x x       1 x xe e xe x e x     x xe f x xe   f  x  1 x      1 x       x xe f x xe f x  dx  dx  xe f  x  x C     x  0
Thay x  0 ta có 0  0  C  C  0 , do đó x xe f  x x
 x  x e f x 1  0      f x 1  x   e x  e     x f x  e  f   0 0  e  1 Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải:  
- Vì d  P nên u  n . d P  x  x y  y z  z
- Phương trình đường thẳng đi qua A x ; y ; z và có 1 vtcp u  ; a ; b c là 0 0 0   . 0 0 0  a b c Giải chi tiết: 
Mặt phẳng P :x  2y  3z  4  0 có 1 vtpt là n  1;2;3 . P  
Gọi d là đường thẳng đi qua A1; 1  ; 2
  và vuông góc với P và u là 1 vtcp của đường thẳng d. d  
Vì d  P nên u  n  1;2;3 . d P  x 1 y 1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là   . 1 2 3 Câu 42: Đáp án B Phương pháp giải: Giải chi tiết: TXĐ: D   . Ta có: 8 y  mx   2 m  m   5 x   3 2 m  m  m 3 9 6 3 2 4 2 x 3 5 y  x  mx    2 m  m   2 x   3 2 9 6 3 2 4 2m  m  m Trang 28 x  0nghiemboi3 Cho y  0   5 9mx  6   2 m  3m  2 2 x  4 3 2
2m  m  m  0   *
Để hàm số đồng biến trên  thì x  0 phải là nghiệm bội chẵn của phương trình y  0 , do đó phương
trình (*) phải nhận x  0 là nghiệm bội lẻ.
Vì x  0 là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0
vào phương trình (*) ta có: m  1  1 3 2
2m  m  m  0  m    2 m  0  Thử lại: + Với m  0 ta có 5
y  12x không thỏa mãn y  0 x    . + Với m  1 ta có 8 y  9x  0 x    (thỏa mãn). 1 9 45 9 x  0 + Với m   ta có 8 5 5 y   x  x   x  3 x  5  0   , do đó không thỏa mãn 2 3 2 2 2 x  5 y  0 x   
Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  1. Câu 43: Đáp án D Phương pháp giải: 1  1 
- Thay x  , sau đó rút f   theo f x và thế vào giả thiết. t  x  2
- Tìm f  x theo x và tính f  xdx 
bằng phương pháp tích phân 2 vế. 1 2 Giải chi tiết:   1 1 1 1 1 1 1 1  Ta có:   1 2 f x  xf  x   , với x  ta có 2 f  f t     f   f    t  x  t  t  t t  t  2  t t   1  1  1 1   f   f    x  x  2  x x  Khi đó ta có   f x 1 1 1  x  f  x  x  f  x 1 1 2 2   f  x  x 2  x x  2 2 2 2 3    f x 1 3  x   f  x 1 dx  x  dx   2 2 2  2 1 1  2 2 Trang 29 2 2 3  f  x 9 dx   f x 3 dx    2 8 4 1 1 2 2 Câu 44: Đáp án D Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.
- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB   x  x 2   y  y 2 . B A B A Giải chi tiết: TXĐ: D   \  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x  2 12x  x 2  x  112x x 1 2 2
 x  2  x 1 2x  2x  2x  2x 1  0 *
Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là x , x là nghiệm của phương trình (*). A B x  x  1 1 2 
Áp dụng định lí Vi-ét ta có  1 . x x    1 2  2
Ta có: A x ;1 2x ; B x ;1 2x nên: A A B B 
AB   x  x 2    x   x 2 2 1 2 1 2 B A B A
AB   x  x 2   x  x 2 2 4 B A B A AB  x  x 2 2 5 B A AB   x  x 2 2 5  4x x  A B A B     1  2 2 AB  5 1  4.  15     2    Vậy AB  15 . Câu 45: Đáp án A Phương pháp giải:
- Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác ABC , chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó. Trang 30 S
- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r 
, với S, p lần lượt là diện tích và p nửa chu vi tam giác.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp. 1
- Tính thể tích khối chóp V  SH.S . S.ABC 3 ABC Giải chi tiết:
Vì chóp S.ABC có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam
giác ABC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp ABC  SH   ABC Xét ABC có 2 2 2 2
AB  BC  CA  25a nên ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo). AB  SH
Trong  ABC kẻ HK / /BC K  AB ta có 
 AB  SHK   AB  SK . AB  HK 
 SAB  ABC  AB 
SK  SAB; SK  AB HK    ABC;HK  AB
 SAB  ABC  SK HK  0 ; ;  S  KH  60 . 1 .3 .a4a S
Vì HK là bán kính đường tròn nội tiếp ABC nên A  BC 2 HK    a p 3a  4a  . 5a ABC 2
Xét tam giác vuông SHK ta có 0 SH  HK.tan 60  a 3 . 1 1 1 Vậy 3 V  SH.S  a 3. .3 . a 4a  2 3a . S.ABC 3 ABC 3 2 Câu 46: Đáp án D Phương pháp giải:
- Xác định góc từ điểm A đến  ABC . Trang 31
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AA . - Tính thể tích V      A . A S . ABC.A B C A  BC Giải chi tiết: BC  AM
Gọi M là trung điểm của BC ta có   BC   ABC . BC  AA AH  BC
Trong  ABC kẻ AH  AM H  AM  ta có:   AH   ABC AH  AM  d  ;
A  ABC  AH  a . 3 3
Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên AM  2 . a  a 3 và S  a  a . A  BC 2 2 2 3 2 4 1 1 1 1 1 1
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AA M  ta có      2 2 2 2 2 2 AH AA AM a AA 3a 1 2 a 6    A A   2 2 AA 3a 2 3 a 6 3a 2 Vậy 2 V        A . A S .a 3 ABC.A B C A  BC 2 2 Câu 47: Đáp án D Phương pháp giải:
Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y  f  x ; đồ thị hàm số b
y  g  x ; đường thẳng x  a; x  b quanh quanh trục Ox là 2 V  f  x 2  g x dx . a Giải chi tiết: x 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 3x  2  x   . x  2 Trang 32
Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x  2 và đồ thị hàm số v 2 4
quanh quanh trục Ox là V   3x  22 4  x dx   . 5 1 Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Sử dụng công thức n k u u q   n k Giải chi tiết:
Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:
2u  u  u  u  u  u 3 4 5  6 7 8  2 2 u  u q  u q  2
 u  u q  u q  2u  2 1 q  q   u  2 1 q  q 3 6  3 3 3 6 6 6  2u  u  2 do1 q  q  0  q 3 6  u  0 3  2u  u q  u  3 2  q  0 3  3  3 3  3 q  2 Ta có: u  u  u u  u q  u q u 1 q  q 8 u q 8 8 8  2 2  6 8 9 10 2 6     q  4 u  u  u 2 u  u q  u q u 1 q  q u 2  2 2 2 2  2 3 4 2 Câu 49: Đáp án D Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức z  z  z  z ; z  z . 1 2 1 2
- Đặt z  a  bi , sử dụng công thức 2 2
z  a  b , biến đổi rút ra mối quan hệ giữa a,b và kết luận. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có z 1 3i  z 1 i
 z 1 3i  z 1 i  z 1 3i  z 1 i  z 1 3i  z 1 i Đặt z  a  bi ta có:
a  bi 1 3i  a  bi 1 i  a  
1  b  3i  a 1 b  
1 i  a  2  b  2  a  2  b  2 1 3 1 1
 2a 1 6b  9  2a 1 2b 1  4a  4b  8  0  a  b  2  0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x  y  2  0 . Câu 50: Đáp án A Trang 33 Phương pháp giải: Giải chi tiết:
Gọi I là trung điểm của SB . Vì 0 SAB  S
 CB  90 nên IS  IA  IB  IC , do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC , bán kính 1 R  IS  SB . 2
Xét  SAB và  SCB có AB  CB gt, SB chung   SAB   SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) v v v v
 SA  S  SAC cân tại S. SM  AC
Gọi M là trung điểm của AC ta có   AC  SBM  . BM  AC SH   BM
Trong SBM  kẻ SH  BM ta có:    . SH  AC  AC   SBM  SH ABC Đặt SA  SC  x . 3a 2
Vì ABC vuông cân tại B nên AC  AB 2  3a 2  BM  AM  MC  . 2
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 9a 2 2 2 SM  SC  MC  x  2 2 2 2 2
SB  BC  SC  9a  x . 2 2 2 9a 2 2 9a x   9a  x 
Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có 2 2 p  . 2
Diện tích tam giác SBM là: S
 p p  SM p  SB p  BM SBM     2S Khi đó ta có S  BM SH  . BM Trang 34 Ta có: 1 1 V  SH.S  d ; A SBC .S S.ABC ABC    3 3 SBC  SH.S  d   ;ASBC.S ABC S  BC 2S 1 1 S  BM  . .3 . a 3a  a 6. .3 . a x  x  3 3a BM 2 2
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 2
SB  SC  BC  27a  9a  6a  R  IS  3a .
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là 2 2 2
S  4 R  4 .9a  36 a .
-------------------- HẾT -------------------- https://toanmath.com/ Trang 35
Document Outline

de-danh-gia-chat-luong-toan-12-lan-1-nam-2020-2021-truong-chuyen-khtn-ha-noi
- [Ngọc Huyền LB] Đề thi thử lần 1 trường THPT Chuyên KHTN Hà Nội-unlocked
- [Ngọc Huyền LB] Đề thi thử lần 1 trường THPT Chuyên KHTN Hà Nội-unlocked - Copy
KHTN

Đề đánh giá chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2020 – 2021 trường chuyên KHTN – Hà Nội

Tài liệu liên quan:

Đề cuối kì 2 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường THPT Lương Ngọc Quyến – Thái Nguyên

Đề kiểm tra cuối học kì 2 Toán 11 năm 2024 – 2025 sở GD&ĐT Bắc Giang

Đề cuối học kỳ 2 Toán 10 năm 2024 – 2025 trường THPT Nguyễn An Ninh – TP HCM

Đề học kỳ 2 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường THPT Nguyễn Tất Thành – TP HCM

Đề cuối học kì 2 Toán 11 năm 2023 – 2024 trường THPT Phạm Thành Trung – Tiền Giang