Thông tin
Quiz

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 lần 1 sở GD&ĐT Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề khảo sát chất lượng Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 lần 1 sở GD&ĐT Hà Nội gồm 50 câu trắc nghiệm

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn:

Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:

53 trang 10 tháng trước

Tác giả:

Thanh Hoa

docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 lần 1 sở GD&ĐT Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề khảo sát chất lượng Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 lần 1 sở GD&ĐT Hà Nội gồm 50 câu trắc nghiệm

24 12 lượt tải Tải xuống

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2020 - 2021

Bài thi: TOÁN 12

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

Ngày thi: 28/05/2021

Câu 1: Cho số phức

4 6 .



Phần ảo của số phức

là:



C. 6 D. 4

Câu 2: Cho hàm số

2 1







Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình:



Câu 3: Trong không gian

Oxyz

phương trình của mặt phẳng





Oyz

là:



y z

 



Câu 4: Trong không gian

Oxyz

cho vectơ





3; 1;2

u  



. Vectơ nào sau đây không cùng phương với







9;3; 6

  







3;1; 2

  







6; 2;4

c  







3;1;2 .

b  



Câu 5: Hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

4 2

y x x

  

3 1

y x x

  

3 1

y x x

   

y x x

   

Câu 6: Thể tích khối chóp có diện tích đáy

và chiều cao

bằng:



Câu 7: Nếu

 

f x dx

 



và

 

f x dx





thì

 

f x dx



bằng:

A. 3 B.



D. 1

Câu 8: Với

a b

là các số thực dương tùy ý và

1,log

a b

 bằng

3log

log

3 log

 D.

log



Câu 9: Cho dãy số





có số hạng tổng quát là

2 3

u n

  

với





. Số hạng

bằng:



C. 5 D.



Câu 10: Với

là số thực bất kì, mệnh đề nào sau đây sai?





2021 2021

 B.





 

2021 2021

 C.





 

2021 2021

 D.

2021 2021



Câu 11: Số điểm cực trị của hàm số

3 2

3 1

y x x

  

là:

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

Câu 12: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?





0;1

;

 

 

 

 

 



 

 







Câu 13: Cho tập

có 2021 phần tử phân biệt, số các hoán vị của tập

là:

2021

2021!

4042

Câu 14: Cho hàm số





y f x

 liên tục trên





; .

a b

Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số





y f x



trục

và các đường thẳng





x a x b a b

  

có diện tích là:

 

f x dx



 

f x dx



 

f x dx



 

f x dx





Câu 15: Gọi

1 2

z z

là hai nghiệm phức của phương trình

2 2 0.

z z

  

Khi đó

1 2

z z



bằng:



B. 2 C.



D. 1

Câu 16: Cho hàm số





y f x

 có bảng biến thiên như sau:

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số

để phương trình





f x m

 

có 3 nghiệm phân biệt là:





;

 





5;1

 C.





5;1

 D.





5; 1

 

Câu 17: Trong không gian

Oxyz

phương trình mặt cầu tâm





1;2;3

I và bán kính



là:

     

2 2 2

1 2 3 16

x y z

     

     

2 2 2

1 2 3 16

x y z

     

     

2 2 2

1 2 3 4

x y z

     

     

2 2 2

1 2 3 4

x y z

     

Câu 18: Cho tam giác đều

SAB

có cạnh bằng

Gọi

là trung điểm của

Chiều cao

của khối nón tạo

thành khi tam giác

SAB

quay quanh cạnh

bằng:

Câu 19: Biết

 

2 2021.

f x x dx  

 



Khi đó

 

f x dx



bằng

A. 2019 B. 2022 C. 2020 D. 2021

Câu 20: Cho hình chóp tứ giác đều

. ,

S ABCD O

là tâm của đáy (tham khảo hình vẽ). Hình chiếu vuông góc của

đường thẳng

lên mặt phẳng





ABCD

là đường thẳng

Câu 21: Trong không gian

Oxyz

cho mặt phẳng





: 5 0

P x y z

   

và điểm





1;1;2 .

M Phương trình của

đường thẳng

đi qua điểm

và vuông góc với





là:

1 1 2

1 1 1

x y z

  

 



1 1 2

1 1 1

x y z

  

 



1 1 2

1 1 1

x y z

  

  D.

1 1 2

x y z

  

 

Câu 22: Gọi

là hình phẳng giới hạn bởi các đường

, 0, 0

y e y x

  

và



Thể tích khối tròn xoay tạo

thành khi qua

quanh trục

bằng:

e dx





e dx



e dx



e dx





Câu 23: Cho hàm số





y f x

 liên tục trên





3;2

 và có bảng biến thiên như sau:

Gọi

M m

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số





y f x

 trên đoạn





3;2 .

 Giá trị

M m



bằng:

A. 2 B. 3 C. 1 D. 4

Câu 24: Cho hàm số





F x

có đạo hàm

 

2 1

F x





với mọi



và





1 3



thì giá trị của





F bằng:

3 ln 3



3 ln 3



3ln3

3 ln 9



Câu 25: Đạo hàm của hàm số

6 7



 là:

6 7

5 ln30

x

6 7

5 6ln 5

x

6 7

5 ln5

x

6 7

6.5



Câu 26: Cho số phức

1 3 .

z i

 

Khi đó

bằng:

B. 2 C.

2 2

D. 4

Câu 27: Cho hình bát diện đều cạnh bằng 1. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó,

S bằng:

4 3

2 3

8 3

Câu 28: Cho

và

là hai số thực dương thỏa mãn

2 2

3log 4log 3.

a b

 

Giá trị của

3 4

P a b

 bằng:

A. 2 B. 16 C. 8 D. 4

Câu 29: Cho số phức

thỏa mãn





1 2 3 .

i z i

  

Điểm biểu diễn cho số phức

1 2

w z

 

có tọa độ là:





6;1

 B.





6; 1

 





6;1





6; 1



Câu 30: Trong không gian

Oxyz

cho hình bình hành

ABCD

có









2;0; 1 , 1;3;4

A B và





5;1;0 .

D  Tọa độ

trung điểm của

là:





3; 1; 2

  





2;2;2

 C.





1;1;1

 D.





6;4;5



Câu 31: Từ một tâm tôn có hình dạng là một Elip với độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục bé bằng 4, ta cắt lấy

tấm tôn có dạng hình chữ nhật nội tiếp Elip (tham khảo hình vẽ sau). Gõ tấm tôn hình chữ nhật thu được thành

một hình trụ không có đáy.

Thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng:

128

3 2



64 3



3 2



128 3



Câu 32: Gọi

là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số

để đồ thị của hàm số

 

3 2 2

y x mx m x

   

có hai điểm cực trị

A B

sao cho

A B

nằm khác phía và cách đều đường thẳng

: 5 9.

d y x

 

Tổng tất cả các

phần tử của

bằng



B. 6 C. 0 D. 2

Câu 33: Trong không gian

Oxyz

cho mặt phẳng





: 2 2 3 0.

P x y z

   

Gọi

là đường thẳng đi qua





1;1; 2



, cắt trục

và song song với





Phương trình của đường thẳng

là:

1 2

2 2

x t

y t

z t

 





 





  



1 2

2 2

x t

y t

z t

 





 





  



2 2

x t

y t

z t

 





 





  



1 2

x t

z t

 











  



Câu 34: Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của một chất điểm theo thời gian (tính bằng giây). Biết đồ thị biểu diễn

vận tốc theo hướng từ O đến A là một đường thẳng, từ A đến D là một phần của parabol có đỉnh là B (tham

khảo hình vẽ).

Quãng đường (tính bằng mét) chất điểm đi được trong 3 giây đầu tiên gần nhất với kết quả nào sau đây?

3,7

1,7

2,7

Câu 35: Cho hình chóp .

S ABCD

có đáy là hình vuông cạnh bằng

2 ,

a SA

vuông góc với mặt phẳng đáy và

SA a Gọi

là trung điểm của

và

(tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng

và

bằng:

2 5

Câu 36: Cho hàm số





y f x

 là một hàm đa thức có bảng xét dấu





f x

như sau:

Hàm số









g x f x x

  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

 

 

 







 

 

 







Câu 37: Cho





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

A  gọi

là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và các

chữ số đó thuộc A. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S. Xác suất để số được chọn có dạng

abc

với

a b c

 

là:

Câu 38: Trong không gian

Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 2 2 7 0

S x y z x y

     

và điểm





2;0;1

M . Mặt

phẳng





thay đổi đi qua

và cắt mặt cầu





theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng

Khi

đạt giá trị nhỏ nhất, khoảng cách từ

đến mặt phẳng





bằng:

Câu 39: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số

để phương trình





6 3 2 0

x x

m m

   

có nghiệm thuộc

khoảng





0;1

là:





2;4





3;4





3;4





2;4

Câu 40: Cho

     

2 1 2 3 1 3 5 1 5

2 3 5

log log log log log log log log log 0.

x y z

   

 

  

   

 

 

   

Khẳng định nào sau đây

đúng?

y z x

 

x y z

 

z x y

 

z y x

 

Câu 41: Cho khối lăng trụ

. ' ' '

ABC A B C

có thể tích bằng 3. Gọi

là trung điểm cạnh

AA N

là điểm thuộc

sao cho

BN BB



 

Đường thẳng

cắt đường thẳng

' '

C A

tại

và cắt đường thẳng

' '

C B

tại

Thể tích khối đa diện lồi

' '

A MPB NQ

bằng:

Câu 42: Biết nghiệm lớn nhất của phương trình





log log 2 1 2

x x

  

có dạng

x a b

  (

a b

là hai số

nguyên). Giá trị của

a b



bằng:

A. 6 B. 4 C. 10 D. 2

Câu 43: Có bao nhiêu số phức

thỏa mãn

là số thuần ảo và

2 2?

 

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

Câu 44: Trong không gian

Oxyz

cho hai điểm





 

3;1;0 , 0;2;0 .

A B M

là điểm di động trên

Gọi

H K

lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm

lên

và

Đường thẳng

cắt trục

tại

Khi đó thể

tích của tứ diện

MNAB

nhỏ nhất thì phương trình mặt phẳng





AHN

có dạng

2 0.

ax by z c

   

Giá trị

biểu thức

a b c

 

bằng:



B. 5 C.

2 2

D. 0

Câu 45: Cho hai số phức

1 2

z z

thỏa mãn

1 1 2

z z z

  

và

1 2

3 3.

z z  Giá trị của biểu thức









3 3

1 2 1 2

z z z z

 bằng:

A. 1458 B. 324 C. 729 D. 2196

Câu 46: Cho hàm số





f x

có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên đoạn













1;4 , 1 1, 4 8

f f

 

và

     

 

2 . . ' 2 1;4 .

x f x f x x f x x   

 

 

Tích phân

 

f x



bằng:

A. 2 B. 1 C. 4 D. 3

Câu 47: Cho hàm số





y f x

 liên tục trên



Đồ thị hàm số





y f x

 như hình vẽ bên:

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số

   

 

h x f x m



  

trên đoạn





3;3

 không vượt quá 2021 thì tập giá trị

của

là:







; 3 2023

f   











; 1 2023

f  











; 3 2029

f  











0; 3 2023

f 





Câu 48: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số





5;15

m  để phương trình













2 2 2 2 2 2

1 ln 1 ln 2 3 0

x x mx m x mx m x

        

có nghiệm?

A. 20 B. 19 C. 18 D. 17

Câu 49: Cho tứ diện

ABCD

có

2 , 7, 5.

AB BD AD a AC a BC a     Biết khoảng cách giữa hai đường

thẳng

AB CD

bằng

Thể tích của khối tứ diện

ABCD

bằng:

2 2

2 6

Câu 50: Cho hàm số





3 2

6 11 6

g x x x x

   

và





f x

là hàm đa thức bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên.

Phương trình

 





g f x



có số nghiệm thực là:

A. 10 B. 6 C. 12 D. 8

____________________ HẾT ____________________

ĐÁP ÁN

1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-B 8-B 9-B 10-B

11-C 12-D 13-C 14-A 15-B 16-C 17-B 18-C 19-C 20-B

21-B 22-D 23-C 24-B 25-B 26-A 27-B 28-C 29-C 30-B

31-D 32-C 33-B 34-D 35-B 36-C 37-A 38-C 39-A 40-C

41-B 42-A 43-D 44-D 45-A 46-A 47-A 48-D 49-C 50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB)

Phương pháp:

Phần ảo của số phức

z a bi

 

là

Cách giải:

Phần ảo của số phức

4 6



là 6.

Chọn C.

Câu 2 (NB)

Phương pháp:

Đồ thị hàm số

ax b

cx d







có TCĐ

 

Cách giải:

Đồ thị hàm số

2 1







có TCĐ



Chọn D.

Câu 3 (NB)

Phương pháp:

Trong không gian

Oxyz

phương trình của mặt phẳng





Oyz

là



Cách giải:

Trong không gian

Oxyz

phương trình của mặt phẳng





Oyz

là



Chọn D.

Câu 4 (NB)

Phương pháp:

Hai vectơ

a b

 

cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số





k k

 



sao cho

a kb



 

Cách giải:

Ta có:

3 , , 2

d u a u c u

    

     

nên

, ,

d a c

  

cùng phương với



Chọn D.

Câu 5 (NB)

Phương pháp:

Dựa vào hình dáng đồ thị và chiều của nhánh cuối.

Cách giải:

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A và D.

Đồ thị có nhánh cuối hướng lên nên loại đáp án C.

Chọn B.

Câu 6 (NB)

Phương pháp:

Thể tích khối chóp có diện tích đáy

và chiều cao

bằng

Cách giải:

Thể tích khối chóp có diện tích đáy

và chiều cao

bằng

Chọn B.

Câu 7 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân:

     

b c b

a a c

f x dx f x dx f x dx

 

  

Cách giải:

Ta có:

     

5 3 5

1 1 3

5 2 3.

f x dx f x dx f x dx

      

  

Chọn B.

Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng công thức





log log 0 1, 0 .

a a

x m x a x   

Cách giải:

Với

, 0, 1

a b a

 

ta có

log log .

b b



Chọn B.

Câu 9 (NB)

Phương pháp:

Thay



Cách giải:

Ta có

2.5 3 7

    

Chọn B.

Câu 10 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng công thức





m mn

a a



Cách giải:

Ta có





 

2021 2021

 nên





 

2021 2021

 là mệnh đề sai.

Chọn B.

Câu 11 (NB)

Phương pháp:

Giải phương trình

' 0



tìm số nghiệm bội lẻ.

Cách giải:

Ta có

3 2 2

3 1 ' 3 6 0 .

y x x y x x





       







Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn C.

Câu 12 (NB)

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên





1;0

 và





1; .



Chọn D.

Câu 13 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm hoán vị.

Cách giải:

Số các hoán vị của tập

là

2021!.

Chọn C.

Câu 14 (NB)

Phương pháp:

Cho hàm số





y f x

 liên tục trên





; .

a b

Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số





y f x

 trục

và

các đường thẳng





x a x b a b

  

có diện tích là

 

f x dx



Cách giải:

Cho hàm số





y f x

 liên tục trên





; .

a b

Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số





y f x

 trục

và

các đường thẳng





x a x b a b

  

có diện tích là

 

f x dx



Chọn A.

Câu 15 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai

 

1 2

0 0 : .

az bz c a z z

     

Cách giải:

Áp dụng định lí Vi-ét ta có

1 2

z z

 

Chọn B.

Câu 16 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng định lí Vi-ét ta có





f x m



là số giao điểm của đồ thị hàm số





y f x

 và đường thẳng

y m



song

song với trục hoành.

Cách giải:

Phương trình









f x m f x m

   

có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

5 1.

  

Chọn C.

Câu 17 (NB)

Phương pháp:

Phương trình mặt cầu có tâm





; ; ,

I a b c

bán kính

là:

       

2 2 2

: .

S x a y b z c R

     

Cách giải:

Phương trình mặt cầu tâm





1;2;3

I và bán kính



là:

     

2 2 2

1 2 3 16.

x y z     

Chọn B.

Câu 18 (NB)

Phương pháp:

Khi tam giác

SAB

quay quanh cạnh

ta được hình nón có chiều cao

h SM



Cách giải:

Khi tam giác

SAB

quay quanh cạnh

ta được hình nón có chiều cao

h SM 

Chọn C.

Câu 19 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải:

 

2 2021

f x x dx  

 



 

1 1

0 0

2 2021

f x dx xdx  

 

 

2021

f x dx x  



 

1 2021

f x dx  



 

2020

f x dx 



Chọn C.

Câu 20 (NB)

Phương pháp:

Tìm lần lượt hình chiếu của

S A

lên mặt phẳng





ABCD

Cách giải:

Ta có





SO ABCD O

  là hình chiếu vuông góc của

lên





ABCD

Vì





A ABCD

 nên

là hình chiếu vuông góc của chính nó lên





ABCD

Vậy hình chiếu vuông góc của đường thẳng

lên mặt phẳng





ABCD

là đường thẳng

Chọn B.

Câu 21 (TH)

Phương pháp:

- Vì





d P

d P u n

  

 

- Trong không gian

Oxyz

phương trình của đường thẳng

đi qua điểm





0 0 0

; ;

M x y z

và có vectơ chỉ phương





; ;

u a b c





là

0 0 0

x x y y z z

a b c

  

 

Cách giải:

Mặt phẳng





: 5 0

P x y z

   

có 1 VTPT là





1; 1;1 .

n  



Vì





d P

 

Đường thẳng

có 1 VTCP là





1; 1;1 .

d P

u n  

 

Vậy phương trình đường thẳng

là:

1 1 2

1 1 1

x y z

  

 



Chọn B.

Câu 22 (NB)

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường









, , ,

y f x y g x x a x b

   

xung quanh trục

là:

   

2 2

V f x g x dx



 



Cách giải:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay

quanh trục

bằng

e dx





Chọn D.

Câu 23 (TH)

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định

M m

và tính tổng.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy

 









 

   

3;2

max 1 3

3 2 1.

min 3 2

M f x f

M m

m f x f



   



    



    





Chọn C.

Câu 24 (TH)

Phương pháp:

- Tính

   

' .

F x F x dx





- Phá giá trị tuyệt đối và sử dụng





1 3



tìm

- Tính





5 .

Cách giải:

Ta có

   

1 1

' ln 2 1 .

2 1 2

F x F x dx dx x C

    



 

Vì

2 1 0

x x

   

nên

   

ln 2 1 .

F x x C

  

Lại có

     

1 1

1 3 ln1 3 3 ln 2 1 3.

2 2

F C C F x x

         

Vậy

 

5 ln 9 3 ln 3 3.

   

Chọn B.

Câu 25 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm:

 

'. ln .

u u

a u a a





Cách giải:

Ta có





6 7 6 7

5 ' 6.5 ln 5.

x x 



Chọn B.

Câu 26 (NB)

Phương pháp:

Số phức





,z a bi a b  



có

2 2

z a b

 

Cách giải:

 

1 3 1 3 10.

z i z      

Chọn A.

Câu 27 (TH)

Phương pháp:

Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều.

Cách giải:

Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều.

Diện tích 1 mặt là

1 3 3

4 4

S  

Vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó là

8 2 3.

S S 

Chọn B.

Câu 28 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng công thức













log log 0 1, 0 ,log log log 0 1, , 0 .

a a a a a

x m x a x x y xy a x y        

Cách giải:

Ta có:

2 2

3log 4log 3

a b

 

3 4

2 2

log log 3

a b

  





3 4

log 3

a b

 

3 4 3

2 8

a b

  

Vậy



Chọn C.

Câu 29 (TH)

Phương pháp:

- Thực hiện phép chia số phức tìm

và suy ra

- Thực hiện các phép toán tìm số phức

1 2 .

w z

 

- Số phức

z a bi

 

có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là





; .

M a b

Cách giải:

Ta có:

 

2 3 5 1 5 1

1 2 3 .

1 2 2 2 2

i z i z i z i



         



5 1

1 2 1 2 6 .

2 2

w z i i

 

       

 

 

Vậy điểm biểu diễn cho số phức

1 2

w z

 

có tọa độ là





6;1 .

Chọn C.

Câu 30 (TH)

Phương pháp:

Tìm tọa độ trung điểm của

Cách giải:

Vì

ABCD

là hình bình hành nên nếu

là trung điểm của

thì

cũng là trung điểm của

Ta có





 

1 5

2 2

3 1

2 2;2;2 .

2 2

4 0

2 2

B D

x x

y y

y I

z z

 





   



 



    





 



  





Vậy tọa độ trung điểm của

là





2;2;2 .



Chọn B.

Câu 31 (VD)

Phương pháp:

- Lập phương trình Elip.

- Giả sử hình chữ nhật có chiều dài





2 0 4 .

a a  Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng

2 ,

tính bán kính đáy của

hình trụ.

- Tính chiều cao hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao

bán kính đáy

là

V r h





- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số.

Cách giải:

Theo bài ra ta có

2 8 4

2 4 2

a a

b b

 

 

 

 

 

 

Phương trình elip là:

 

2 2

1 .

16 4

x y

 

Giả sử hình chữ nhật có chiều dài





2 0 4 .

a a  Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng

2 ,

nên bán kính đáy là

a a

 

 

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ

Thay

x a



ta có

2 2 2 2 2

1 4 1 2 1 ;2 1

16 4 16 16 16

a y a a a

y y A a

 

         

 

 



Chiều rộng của hình chữ nhật là

4 1

 

Chiều cao của hình trụ là

4 1 .

h  



Thể tích khối trụ:

2 2 2 2

. 4 1 . 1 .

16 16 16

a a a a

V R h

 

    

Xét hàm số

 

2 2

16 16

a a

f a   , đặt

   

0 1 1 .

t t f t t t

     

Ta có

 

1 2 3

' 1 .

2 1 2 1

f t t t

t t

 

   

 

 

' 0 2 3 0

f t t t

     

 

0;1

2 2 2 2 3

max . 1 .

3 3 3 9

f t f

 

    

 

 

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng

64 2 3 128 3

. .

9 9

 



Chọn D.

Câu 32 (VD)

Phương pháp:

- Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

- Để

A B

nằm khác phía và cách đều đường thẳng

: 5 9

d y x

 

thì điểm

là trung điểm của

phải thuộc

- Chứng minh M là điểm uốn của đồ thị hàm số đã cho, giải phương trình

" 0



tìm

- Thay

vào phương trình đường thẳng

tìm

Cách giải:

Ta có:

 

3 2 2 2 2

1 ' 2 1.

y x mx m x y x mx m

        

Để hàm số có 2 cực trị thì phương trình

' 0



phải có 2 nghiệm phân biệt.

2 2

' 1 0 1 0

m m

       

(luôn đúng)

Để

A B

nằm khác phía và cách đều đường thẳng

: 5 9

d y x

 

thì điểm

là trung điểm của

phải thuộc

Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm điểm đối xứng nên M chính là điểm uốn của hàm số ban đầu.

Ta có

 

3 3 2 3

1 1

" 2 2 0 1 .

3 3

y x m x m y m m m m m m

           

; .

M m m m

 

 

 

 

3 3

5 9 18 27 0.

M d m m m m m

        

Vậy tổng các giá trị của

là 0 (Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba).

Chọn C.

Câu 33 (VD)

Phương pháp:

- Giả sử





;0;0 .

d Ox N N n  

- Giải phương trình

. 0

MN n



 

với



là 1 VTPT của





để tìm

- Viết phương trình đường thẳng

Cách giải:

Giả sử





;0;0 .

d Ox N N n  

Ta có





1; 1;2

MN n  



là 1 VTCP của đường thẳng

Mặt phẳng





: 2 2 3 0

P x y z

   

có 1 VTPT là





1; 2; 2 .

  



Vì













/ / . 0 1 1 2. 1 2.2 0

d P MN n n

       

 

1 2 4 0 3 0 3.

n n n

         

Khi đó





2; 1;2 .

MN  



Vậy phương trình đường thẳng

là:

1 2

1 .

2 2

x t

y t

z t

 





 





  



Chọn B.

Câu 34 (VD)

Phương pháp:

- Tìm hàm vận tốc trên từng giai đoạn.

- Tính quãng đường vật đi được từ





t a s

 đến





t b s

 là

 

s v t dt





Cách giải:

Xét 2 giây đầu tiên, ta có

 

v t t





Quãng đường vật đi được trong 2s đầu tiên là

 

1 .

s tdt m

 



Trong khoảng thời gian từ giây thứ hai đến giây thứ ba, vận tốc của vật là hàm có dạng









v t at bt c P

  

Ta có













2;1 ; 3;2 ; 4;1

thuộc





nên có hệ

 

4 2 1 1

9 3 2 6 6 7.

16 4 1 7

a b c a

a b c b v t x x

a b c c

    

 

 

         

 

 

    

 



Quãng đường vật đi được từ giây thứ hai đến giây thứ ba là:

 

6 7 .

s t t dt m

    



Vậy quãng đường vật đi được trong 3s đầu tiên là

   

1 2

5 8

1 2,7 .

3 3

s s s m m

     

Chọn D.

Câu 35 (VD)

Phương pháp:

- Gọi

P Q

lần lượt là trung điểm của

SD AB

, chứng minh













; ; .

d SC MN d S MPNQ



- Đổi









;

d S MPNQ

sang









; .

d A MPNQ

- Trong





SAB

kẻ





AH MQ H MQ

  chứng minh





AH MPNQ



- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải:

Gọi

là trung điểm của

ta có





/ / / / .

NP SC SC MNP MN

 





















; ; ; .

d MN SC d SC MNP d S MNP

  

Gọi

là trung điểm của









/ /

AB MP NQ MNP MPNQ

   nên

















; ; .

d S MNP d S MPNQ



Ta có:

 









 

;

1 ; ; .

;

d S MPNQ

SA MPNQ M d S MPNQ d A MPNQ

d A MPNQ

      

Trong





SAB

kẻ





AH MQ H MQ

  ta có

 

QN AB

QN SAB QN AH

QN SA





   







 

AH QN

AH MPNQ

AH QM





 















; .

d A MPNQ AH

 

Ta có

1 1 5

, .

2 2 2

AQ AB a AM SA   

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

AMQ

ta có:

2 2 2

. 5

AM AQ a

  



Vậy

 

; .

d SC MN 

Chọn B.

Câu 36 (VD)

Phương pháp:

- Sử dụng

x x



- Tính





' ,

g x

giải phương trình





' 0.

g x



- Lập BXD





g x

và tìm các khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Ta có

 









2 2 2

g x f x x f x x

   

 

2 2

' 2 '

g x x f x x

 

   

 

 

Cho

 

2 0 1

' 0

' 0 2

g x

f x x



 



 



 



 

1 2 0 .

1 1

2 2

x x x

x x







   



   



 

2 2

1 5

x x vo nghiem

x x











  





   



 

 









BXD:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên

;1 .

 

 

 

Chọn C.

Câu 37 (TH)

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Tính số phần tử của biến cố.

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Gọi số cần tìm là

abc

Số phần tử của không gian mẫu là





5.5.4 100.

n   

Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng

abc

với

a b c

 

”.





n A C

  

(chỉ có 1 thứ tự là

a b c

 

nên ta dùng tổ hợp).

Vậy xác suất của biến cố A là

 





 

20 1

100 5

n A

P A

  



Chọn A.

Câu 38 (VD)

Phương pháp:

- Xác định tâm và bán kính mặt cầu





- Sử dụng định lí Pytago, chứng minh: Để

đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất.

- Nhận xét

IH IM



- Khi

đạt giá trị nhỏ nhất, viết phương trình mặt phẳng





- Sử dụng: Khoảng cách từ điểm





0 0 0

; ;

I x y z

đến mặt phẳng





: 0

P Ax By Cz D

   

là

 

0 0 0

2 2 2

; .

Ax By Cz D

d I P

A B C

  



 

Cách giải:

Mặt cầu





2 2 2

: 2 2 7 0

S x y z x y

     

có tâm





1;1;0 ,

I bán kính

 

2 2

1 1 7 3.

    

Ta có

     

2 2 2

1 2 1 0 0 1 3

MI R

       

nên

nằm trong mặt cầu





Áp dụng định lí Pytago ta có:

2 2 2

9 .

r IA IH IH

   

Để

đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất.

Ta có

IMH



vuông tại

nên

IH IM



do đó

max

IM IM  khi

H M



hay





IM P



Phương trình mặt phẳng





đi qua





2;0;1

M và có 1 VTPT





1; 1;1

IM  



là:

3 0.

x y z

   

Vậy

 

2 2

; 3.

1 1 1

d O P



 

  

Chọn C.

Câu 39 (VD)

Phương pháp:

- Cô lập

đưa phương trình về dạng





m f x



- Khảo sát hàm số





f x

trên





0;1

và sử dụng tương giao tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.

Cách giải:

Ta có:





6 3 2 0

x x

m m

   

6 3.2 .2 0

x x x

m m

    





2 1 6 3.2

x x x

m   

 

6 3.2

2 1

x x

m f x



  



Ta có

 













 

6 . 6 3.2 ln 2 2 1 6 3.2 2 ln 2

2 1

x x x x x x

f x

   





 

12 ln 2 6 . 6 3.4 ln 2 3.2 ln 2 12 ln 2 3.4 ln 2

2 1

x x x x x x

f x

    





 

6 .ln 6 3.2 ln 2

' 0 0;1 .

2 1

x x

f x x



   





Hàm số





y f x

 đồng biến trên





0;1 .

Có









0 2, 1 4

f f

 

nên













2;4 0;1 .

f x x  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm





0;1

x khi





2;4 .

m

Chọn A.

Câu 40 (TH)

Phương pháp:

Giải phương trình logarit:









log

f x b f x a

  

tìm

, ,

x y z

và so sánh.

Cách giải:

ĐKXĐ:

, , 0

log 0

x y z













 

 

 



 











Ta có:

     

2 1 2 3 1 3 5 1 5

2 3 5

log log log log log log log log log 0

x y z

   

 

  

   

 

 

   













1 2 1 3 1 5

2 3 5

log log log log log log 1

x y z

   

log

2 1,41

log 3 1, 44

5 1,37

log

y y





 



 

    

 

 

 



 



Vậy

z x y

 

Chọn C.

Câu 41 (VD)

Phương pháp:

Phân chia và lắp ghép khối đa diện.

Cách giải:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng.

Ta có

' ' . ' ' ' '

A MPB NQ C C PQ CC A MNB

V V V 

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

1 ' '

' 2 '

CM AM CM C A

PM A M CP C P

    

2 ' '

' 3 '

CN BN CN C B

NQ B N CQ C Q

    

' ' '

' ' ' ' 1 2 1

. .

' 2 3 3

A B C

C PQ

C A C B

S C P CQ

   

. ' ' ' ' ' '

. ' . ' ' ' . ' ' '

. ' '

C C A B A B C

C C PQ C C A B ABC A B C

C C PQ C PQ

V S

V V V

V S

     

Ta có:

 

' ' ' '

1 1 1 1 5

' ' . ' ' ' '. ' '

2 2 2 3 12

A MNB ABB A

S A M B N A B A B AA AA S

 

    

 

 

' ' . . ' '

7 7

12 12

ABMN ABB A C ABMN C ABB A

S S V V   

Mà

. ' ' . ' ' ' . . ' ' ' . ' ' '

2 7 2 7

. .

3 12 3 18

C ABB A ABC A B C C ABMN ABC A B C ABC A B C

V V V V V   

'. ' ' . ' ' '

CC A MNB ABC A B C

V V 

' ' . ' ' ' ' . ' ' ' . ' ' ' . ' ' '

11 7 7 7

.3 .

18 18 18 6

A MPB NQ C C PQ CC A MNB ABC A B C ABC A B C ABC A B C

V V V V V V

       

Chọn B.

Câu 42 (VD)

Phương pháp:

- Đưa các logarit về cùng cơ số 2.

- Giải phương trình logarit:









log .

f x b f x a

  

Cách giải:

ĐKXĐ:

2 1 0





 



 



Ta có:





log log 2 1 2

x x

  





2 2

2log log 2 1 2

x x

   





2 2

log log 2 1 2

x x

   

log 2

2 1

 



2 1

 



8 4 0

x x

   

4 2 3

x  

Suy ra nghiệm lớn nhất của phương trình





log log 2 1 2

x x

  

là

4 2 3 4, 2.

x a b

    

Vậy

4 2 6.

a b

   

Chọn A.

Câu 43 (VD)

Phương pháp:

- Gọi





, .

z a bi a b  



Thay vào các giả thiết suy ra 2 phương trình hai ẩn

, .

a b

- Sử dụng phương pháp thế giải tìm

a b

và kết luận.

Cách giải:

Gọi





, .

z a bi a b  



+ Ta có

 

2 2 2

z a bi a b abi

     là số thuần ảo nên

2 2 2 2

0 .

a b a b

   

   

2 2 2 2 2 4.

z a bi a b

         

Thay

2 2

a b



ta có:

 

2 2

0 0

2 4 2 4 0 .

2 2

a b

a a a a

a b

  



      



   



Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu.

Chọn D.

Câu 44 (VDC)

Phương pháp:

- Sử dụng

 

; ,

AMNB MNB

V d A MNB S



 chứng minh

AMNB

V đạt giá trị nhỏ nhất thì

MNB



phải đạt giá trị nhỏ

nhất.

- Sử dụng:

. ,

MNB

S BO MN



 chứng minh

MNB



đạt giá trị nhỏ nhất thì

min

- Chứng minh

OMB OKN

 

∽

từ đó tính

OM ON

và áp dụng BĐT Cô-si tìm

min

- Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra, suy ra tọa độ điểm M.

- Chứng minh





MB AHN

 viết phương trình mặt phẳng





AHN

Cách giải:

Ta có:

 

;

AMNB MNB

V d A MNB S



 .

Ta có

















; ; 3

d A MNP d A Oyz  không đổi nên

AMNB

V đạt giá trị nhỏ nhất thì

MNB



phải đạt giá trị nhỏ

nhất.

Ta có:

1 1

. .2.

2 2

MNB

S BO MN MN MN



   đạt giá trị nhỏ nhất



đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có:

 

AK OB

AK OMB AK MB

AK OM





   







 

MB AK

MB AHK MB HK MB KN

MB AH





     







Xét

OMB



và

OKN



có:

MOB KON   

OMB OKN

  

(hai góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc).

 

. . . 2.1 2.

OM OK

OMB OKN g g OM ON OK OB

OB ON

        

∽

Khi đó ta có

2 . 2 2

MN OM ON OM ON    (BĐT Cô-si).

Dấu “=” xảy ra khi





2 0;0; 2 .

OM ON M  

Khi đó ta có





0; 2; 2

BM  



là 1 VTPT của





AHN



Phương trình mặt phẳng





: 2 2 2 0 2 2 2 0.

AHN y z y z

       

0, 2, 2.

a b c

    

Vậy

a b c

  

Chọn D.

Câu 45 (VDC)

Phương pháp:

- Gọi

1 2

, .

z a bi z c di

   

- Từ các giả thiết tìm

2 2 2 2

, , .

a b c d ac bd

  

- Tính

1 2 1 2

z z z z



- Sử dụng hằng đẳng thức

   

3 3

3 .

a b a b ab a b

    

Cách giải:

Gọi

1 2

, .

z a bi z c di

   

Theo bài ra ta có:

2 2

3 9

z a b

   

(1)

   

2 2

1 2

3 9

z z a c b d

      

(2)

   

2 2

1 2

3 3 27

z z a c b d

      

(3)

Trừ vế theo vế của phương trình (2) và (3) ta được

4 4 18 .

ac bd ac bd



     

Ta có:





2 2 2 2

2 2 2 9

a b c d ac bd

      

2 2

9 9 9

c d

    

2 2

c d

  

Ta có:

1 2 1 2

z z z z



















a bi c di a bi c di

     

ac adi bci bd ac adi bci bd

       

2 2 9

ac bd

   

Khi đó ta có:









3 3

1 2 1 2

z z z z











1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

z z z z z z z z z z z z

   









2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

z z z z z z z z z z

   

   









2 2 2 2

9 3. 9 .

a b c d

     

729 27.9.9 1458

   

Vậy









3 3

1 2 1 2

1458.

z z z z 

Chọn A.

Câu 46 (VD)

Phương pháp:

- Chuyển

 

f x

 

 

sang VT, chia cả 2 vế cho





2 .

f x

- Chia cả 2 vế cho

- Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế.

Cách giải:

Theo bài ra ta có:

     

 

2 . . ' 2 1;4

x f x f x x f x x   

 

 

     

 

2 . . ' 2 1;4

x f x f x f x x x    

 

 

   

 

 

. ' 1;4

x f x f x x

f x

    









 

 

1;4

xf x f x

x f x



   









 

 

' . . '

1;4

f x x f x x

x f x



   





 

 

' 1;4

f x

x f x

 

   

 

 

Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế ta được:





 

4 4

1 1

' .

f x

dx dx

dx f x

 



 

 

 





   

4 4

1 1

1 1 1

2 4 1 .8 2.1 2.

2 4 2

f x

x x

dx dx f f

x f x f x

 

       

 

 

 

Chọn A.

Câu 47 (VDC)

Phương pháp:

- Tính





' .

h x

- Sử dụng tương giao giải phương trình





' 0.

h x



- Lập BBT hàm số





h x

trên





3;3 .



- So sánh









3 , 3

f f

 bằng tích phân và suy ra

 





3;3

min .

h x



- Giải bất phương trình

 





3;3

min 2021

h x



 tìm

Cách giải:

Xét hàm số

   

 

h x f x m



  

ta có













' ' 1 .

h x f x x

  

Cho













' 0 ' 1 * .

h x f x x   

Vẽ đồ thị hàm số





f x

và

y x

 

trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

 

* 1 .

 





 







BBT:

Ta cần so sánh







và





3 .

Ta có:

         

1 1

3 3

' 1 ' 1 3

S f x x dx h x dx h h

 

      

 

 

 

       

3 3

1 1

1 ' ' 1 3

S x f x dx h x dx h h

       

 

 

Dễ thấy

























1 2

1 3 1 3 3 3 .

S S h h h h h h        

 













3;3

min 3 3 2 .

h x h f m



      

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số

   

 

h x f x m



  

trên đoạn





3;3

 không vượt quá 2021 thì









3 2 2021 3 2023.

f m m f        

Vậy







; 3 2023 .

m f    





Chọn A.

Câu 48 (VDC)

Cách giải:

Ta có













2 2 2 2 2 2

1 ln 1 ln 2 3 0

x x mx m x mx m x

        

       

2 2 2 2 2 2

1 ln 1 ln 2 3 0

x x mx m x mx m x

         





















2 2 2 2 2 2

2 2 ln 1 ln 2 3 0 *

x x mx m x mx m x         

TH1:





2 2 2 2 2 2

ln 1 0 1 1 0

x mx m x mx m x mx m

            

2 2 2 2

1 1 3 1 3

2 . 0 0

2 4 4 2 4

x x m m m x m m

 

        

 

 

x m



 



   









Thay

x m

 

ta có:

ln1 0



(luôn đúng)

 

thỏa mãn.

TH2:





2 2

ln 1 0

x mx m

   

Khi đó

 

   

2 2 2

2 2

* .

ln 2 3 ln 1

x x mx m

  

 

   

Xét hàm số

 

2 ,

ln 1

f t t

 



dễ dàng chứng minh được





f t

đồng biến trên





2; .



Do đó

2 2 2 2 2

2 2 2 0.

x x mx m x mx m

        

Phương trình có nghiệm

2 2 2

4 8 0 5 8 0 .

m m m







         



 





Kết hợp điều kiện đề bài:





 

5;15

4; 3; 2;2;3;4;5;...;14 .

 



    











Kết hợp 2 TH ta có





4; 3; 2;0;1;2;3;4;5;...;14 .

m   

Vậy có 17 giá trị của

thỏa mãn.

Chọn D.

Câu 49 (VDC)

Cách giải:

Ta có

2 2 2 2 2 2

4 3 7

AB BC a a a AC

     nên

ABC



vuông tại

(định lí Pytago đảo).

1 1

. .2 . 3 3.

2 2

ABC

S AB BC a a a



   

Dựng hình chữ nhật

ABCE

ta có

















/ / / / ; ; .

AB CE AB CDE d AB CD d AB CDE

  

Gọi

là trung điểm của

kẻ

/ / / / .

IJ AE BC

Ta có:

 

AB DI

AB DIJ

AB IJ





 







Trong





DIJ

kẻ









DH IJ H IJ DH ABCD

   

Ta có





















; ; ; .

d AB CD d AB CDE d I CDE

 

Trong





DIJ

kẻ





IK DJ K DJ

  ta có:

 

/ /CE AB

CD DIJ IK IJ

AB DIJ





   









   

 

;

IK IJ

IK CDE d I CDE IK

IK DJ





    







Vì

ABD



đều cạnh

nên

2 3

DI a IJ DIJ

     cân tại

I K



là trung điểm của

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông

DIK

ta có

2 2 2

3 .

4 2

a a

DK DI IK a    

2 11.

DJ DK a  

Khi đó ta có

1 1 11

. . . 11 .

2 2 2 4

DIJ

a a

S IK DJ a



  

Lại có

1 11 33

. .

2 6

2. 3

DIJ

a a

S DH IJ DH



    

Vậy

1 1 33 11

. . . 3 .

3 3 6 6

ABCD ABC

a a

V DH S a



  

Chọn C.

Câu 50 (VD)

Phương pháp:

- Đặt





f x t



Phương trình trở thành





g t



Giải phương trình tìm

- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đặt





f x t



Phương trình trở thành





g t







 

3 2

6 11 6 0 2 2

f x

t t t t f x

g x

 









         





 



Dựa vào đồ thị hàm số:

- Phương trình





f x



có 2 nghiệm phân biệt.

- Phương trình





f x

 

có 1 nghiệm.

- Phương trình





f x



có 3 nghiệm phân biệt.

- Phương trình





f x

 

có 1 nghiệm.

- Phương trình





f x



có 3 nghiệm phân biệt.

- Phương trình





f x

 

có 2 nghiệm phân biệt.

Các nghiệm trên đều là phân biệt.

Vậy phương trình

 





g f x



có tất cả 12 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

____________________ HẾT ____________________

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

https://toanmath.com/de-thi-thu-mon-toan

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/53

| | Tải xuống

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2020 - 2021 HÀ NỘI Bài thi: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 28/05/2021
Câu 1: Cho số phức 4  6 .i Phần ảo của số phức z là: A. 6i B. 4 C. 6 D. 4 2x 1 Câu 2: Cho hàm số y 
. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình: x 1 A. x  2 B. y  1 C. y  2 D. x  1
Câu 3: Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng Oyz là: A. y  0 B. y  z  0 C. z  0 D. x  0  
Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho vectơ u  3; 1
 ;2 . Vectơ nào sau đây không cùng phương với u ?     A. d   9  ;3; 6   B. a  3;1; 2   C. c  6;2;4 D. b   3  ;1;2.
Câu 5: Hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây? A. 4 2 y  x  x 1 B. 3 y  x  3x 1 C. 3 y  x  3x 1 D. 3 y  x  x 1
Câu 6: Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng: 1 1 A.  Bh B. Bh C. Bh D.  Bh 3 3 3 5 5 Câu 7: Nếu f  xdx  5 và f
 xdx  2 thì f xdx  bằng: 1 3 1 A. 3 B. 3 C. 1 D. 1
Câu 8: Với a,b là các số thực dương tùy ý và a  1,log b bằng 3 a 1 1 A. 3log b B. log b C. 3  log b D.  log b a 3 a a 3 a
Câu 9: Cho dãy số u có số hạng tổng quát là u  2n  3 với n  *. Số hạng u bằng: n  n 5 1 A. 13 B. 7 C. 5 D. 10
Câu 10: Với x là số thực bất kì, mệnh đề nào sau đây sai? x x 2
A. 2021x   2021 B.     2 2 2021 2021 x x  C.    2 2021 2021 x x  D. x 2 2021  2021
Câu 11: Số điểm cực trị của hàm số 3 2 y  x  3x 1 là: A. 0. B. 3 C. 2 D. 1
Câu 12: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:
Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?  1   1  A. 0;  1 B.  ;     C.  ;0   D. 1;  2   2 
Câu 13: Cho tập X có 2021 phần tử phân biệt, số các hoán vị của tập X là: A. 2 2021 B. 2021 2 C. 2021! D. 4042
Câu 14: Cho hàm số y  f  x liên tục trên  ;
a b. Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x,
trục Ox và các đường thẳng x  a, x  ba  b có diện tích là: b b b b A. f  x dx  B. f  x dx  C. 2 f  x dx  D.  f  xdx a a a a
Câu 15: Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z  2z  2  0. Khi đó z  z bằng: 1 2 1 2 A. 2 B. 2 C. 1 D. 1
Câu 16: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như sau: 2
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f  x  m  0 có 3 nghiệm phân biệt là: A.  ;   B. 5;  1 C. 5;  1 D. 5;  1
Câu 17: Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu tâm I 1;2;3 và bán kính R  4 là:
A.  x  2   y  2   z  2 1 2 3  16
B.  x  2   y  2   z  2 1 2 3  16
C.  x  2   y  2   z  2 1 2 3  4
D.  x  2   y  2   z  2 1 2 3  4
Câu 18: Cho tam giác đều SAB có cạnh bằng .
a Gọi M là trung điểm của A .
B Chiều cao h của khối nón tạo
thành khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM bằng: a 3 a a 3 a A. B. C. D. 3 3 2 2 1 1 Câu 19: Biết  f
 x 2xdx  2021.  Khi đó f  x dx  bằng 0 0 A. 2019 B. 2022 C. 2020 D. 2021
Câu 20: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD,O là tâm của đáy (tham khảo hình vẽ). Hình chiếu vuông góc của
đường thẳng SA lên mặt phẳng  ABCD là đường thẳng A. AB B. AO C. AD D. SO
Câu 21: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : x  y  z  5  0 và điểm M 1;1;2. Phương trình của
đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với P là: 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 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 2 3
Câu 22: Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường 3x
y  e , y  0, x  0 và x  1. Thể tích khối tròn xoay tạo
thành khi qua D quanh trục Ox bằng: 1 1 1 1 A. 3x  e dx  B. 3x e dx  C. 6 x e dx  D. 6 x  e dx  0 0 0 0
Câu 23: Cho hàm số y  f  x liên tục trên 3;2 và có bảng biến thiên như sau:
Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x trên đoạn 3;2. Giá trị M  m bằng: A. 2 B. 3 C. 1 D. 4 1
Câu 24: Cho hàm số F  x có đạo hàm F  x 1 ' 
với mọi x  và F  
1  3 thì giá trị của F 5 bằng: 2x 1 2 A. 3  ln 3 B. 3  ln 3 C. 3ln 3 D. 3  ln 9
Câu 25: Đạo hàm của hàm số 6 7 5 x y   là: A. 6x7 5 ln 30 B. 6x7 5 6ln 5 C. 6x7 5 ln 5 D. 6 7 6.5 x
Câu 26: Cho số phức z  1 3i. Khi đó z bằng: A. 10 B. 2 C. 2 2 D. 4
Câu 27: Cho hình bát diện đều cạnh bằng 1. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó, S bằng: A. 4 3 B. 2 3 C. 3 D. 8 3
Câu 28: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 3log a  4log b  3. Giá trị của 3 4 P  a b bằng: 2 2 A. 2 B. 16 C. 8 D. 4
Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn 1 i z  2  3 .i Điểm biểu diễn cho số phức w 1 2z có tọa độ là: A. 6;  1 B. 6;  1 C. 6;  1 D. 6;  1
Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho hình bình hành ABCD có A2;0; 
1 , B 1;3;4 và D 5;1;0. Tọa độ trung điểm của AC là: A. 3; 1  ; 2   B. 2;2;2 C. 1;1;  1 D. 6;4;5 4
Câu 31: Từ một tâm tôn có hình dạng là một Elip với độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục bé bằng 4, ta cắt lấy
tấm tôn có dạng hình chữ nhật nội tiếp Elip (tham khảo hình vẽ sau). Gõ tấm tôn hình chữ nhật thu được thành
một hình trụ không có đáy.
Thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng: 128 64 3 64 128 3 A. B. C. D. 3 2 9 3 2 9 1
Câu 32: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số 3 2 y  x  mx   2 m   1 x 3 có hai điểm cực trị , A B sao cho ,
A B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y  5x  9. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. 6 B. 6 C. 0 D. 2
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P : x  2y  2z  3  0. Gọi d là đường thẳng đi qua M 1;1; 2
  , cắt trục Ox và song song với P. Phương trình của đường thẳng d là: x  1 t x  1 2t x  1 t x  1 2t     A. y 1 2t B. y 1 t C. y 1 t D. y 1 z  2   2t     z  2   2t  z  2   2t  z  2  t 
Câu 34: Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của một chất điểm theo thời gian (tính bằng giây). Biết đồ thị biểu diễn
vận tốc theo hướng từ O đến A là một đường thẳng, từ A đến D là một phần của parabol có đỉnh là B (tham khảo hình vẽ).
Quãng đường (tính bằng mét) chất điểm đi được trong 3 giây đầu tiên gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 2m B. 3,7m C. 1,7m D. 2,7m
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA  a 5. Gọi M là trung điểm của SA và CD (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SC bằng: 5 2a 5 a 5 a 5 a A. B. C. D. 3 3 6 3
Câu 36: Cho hàm số y  f  x là một hàm đa thức có bảng xét dấu f ' x như sau: Hàm số     2 g x
f x  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?  1   1  A. 0;   B. 1; C. ;1   D.  ;  0  2   2 
Câu 37: Cho A  0;1;2;3;4; 
5 , gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và các
chữ số đó thuộc A. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S. Xác suất để số được chọn có dạng abc với a  b  c là: 1 1 2 3 A. B. C. D. 5 10 5 10
Câu 38: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2x  2y  7  0 và điểm M 2;0;  1 . Mặt
phẳng P thay đổi đi qua M và cắt mặt cầu S  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r. Khi
r đạt giá trị nhỏ nhất, khoảng cách từ O đến mặt phẳng P bằng: 3 A. B. 2 C. 3 D. 6 3
Câu 39: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 6x  3 2x m
 m  0 có nghiệm thuộc khoảng 0;  1 là: A. 2;4 B. 3;4 C. 3;4 D. 2;4      
Câu 40: Cho log log log x   log log log y   log log log z   0. Khẳng định nào sau đây 2 1  2  3 1  3  5 1  5   2   3   5  đúng? A. y  z  x B. x  y  z C. z  x  y D. z  y  x 6
Câu 41: Cho khối lăng trụ ABC.A' B 'C ' có thể tích bằng 3. Gọi M là trung điểm cạnh AA', N là điểm thuộc  2 
BB ' sao cho BN  BB '. Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ' A' tại P và cắt đường thẳng C ' B ' tại . Q 3
Thể tích khối đa diện lồi A' MPB ' NQ bằng: 7 7 7 7 A. B. C. D. 2 6 9 3
Câu 42: Biết nghiệm lớn nhất của phương trình log x  log 2x 1  2 có dạng x  a  b 3 ( a,b là hai số 2 1   2
nguyên). Giá trị của a  b bằng: A. 6 B. 4 C. 10 D. 2
Câu 43: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2
z là số thuần ảo và z  2  2? A. 2 B. 0 C. 1 D. 3
Câu 44: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 3;1;0, B0;2;0.M là điểm di động trên O .z Gọi H, K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên MB và O .
B Đường thẳng HK cắt trục Oz tại N. Khi đó thể
tích của tứ diện MNAB nhỏ nhất thì phương trình mặt phẳng  AHN  có dạng ax  by  2z  c  0. Giá trị
biểu thức a  b  c bằng: A. 1 B. 5 C. 2 2 D. 0
Câu 45: Cho hai số phức z , z thỏa mãn z  z  z  3 và z  z  3 3. Giá trị của biểu thức 1 2 1 1 2 1 2
z z 3 z z 3 bằng: 1 2 1 2 A. 1458 B. 324 C. 729 D. 2196
Câu 46: Cho hàm số f  x có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên đoạn 1;4, f   1  1, f 4  8 và 4 x
x f  x f  x  x   f   x 2 3 2 . . ' 2  x    1;4. Tích phân dx  bằng: f x 1   A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
Câu 47: Cho hàm số y  f  x liên tục trên .
 Đồ thị hàm số y  f 'x như hình vẽ bên: x 
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x  f  x  2 1 
 m trên đoạn 3; 
3 không vượt quá 2021 thì tập giá trị 2 của m là: 7 A.  ;
  f 3  2023 B.  ;   f   1  2023 C.  ;
  f 3  2029
D. 0; f 3  2023
Câu 48: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m 5;15 để phương trình  2x    2 2
x  mx  m     2 2 x  mx  m  2 1 ln 1
ln 2x  3  0 có nghiệm? A. 20 B. 19 C. 18 D. 17
Câu 49: Cho tứ diện ABCD có AB  BD  AD  2a, AC  a 7, BC  a 5. Biết khoảng cách giữa hai đường a
thẳng AB,CD bằng . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng: 2 3 2a 2 3 a 11 3 a 11 3 2a 6 A. B. C. D. 3 12 6 3
Câu 50: Cho hàm số g  x 3 2
 x  6x 11x  6 và f x là hàm đa thức bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên.
Phương trình g  f x   0 có số nghiệm thực là: A. 10 B. 6 C. 12 D. 8
____________________ HẾT ____________________ 8 ĐÁP ÁN 1-C 2-D 3-D 4-D 5-B 6-B 7-B 8-B 9-B 10-B 11-C 12-D 13-C 14-A 15-B 16-C 17-B 18-C 19-C 20-B 21-B 22-D 23-C 24-B 25-B 26-A 27-B 28-C 29-C 30-B 31-D 32-C 33-B 34-D 35-B 36-C 37-A 38-C 39-A 40-C 41-B 42-A 43-D 44-D 45-A 46-A 47-A 48-D 49-C 50-C
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp:
Phần ảo của số phức z  a  bi là . b Cách giải:
Phần ảo của số phức 4  6i là 6. Chọn C. Câu 2 (NB) Phương pháp: ax  b d Đồ thị hàm số y  có TCĐ x   . cx  d c Cách giải: 2x 1 Đồ thị hàm số y  có TCĐ x  1. x 1 Chọn D. Câu 3 (NB) Phương pháp:
Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng Oyz là x  0. Cách giải:
Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng Oyz là x  0. Chọn D. Câu 4 (NB) Phương pháp:    
Hai vectơ a,b cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số k  k  0 sao cho a  k . b Cách giải: 9 Ta có:           d  3u, a  u
 ,c  2u nên d, a,c cùng phương với . u Chọn D. Câu 5 (NB) Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị và chiều của nhánh cuối. Cách giải:
Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A và D.
Đồ thị có nhánh cuối hướng lên nên loại đáp án C. Chọn B. Câu 6 (NB) Phương pháp: 1
Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng B . h 3 Cách giải: 1
Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng B . h 3 Chọn B. Câu 7 (NB) Phương pháp: b c b
Sử dụng tính chất tích phân: f  xdx  f  xdx  f  xd .x a a c Cách giải: 5 3 5 Ta có: f  xdx  f  xdx  f
 xdx  5 2  3. 1 1 3 Chọn B. Câu 8 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức log m x  m log x  a  x  a a 0 1, 0. Cách giải: 1
Với a,b  0, a  1 ta có log b  log . b 3 3 a a 10 Chọn B. Câu 9 (NB) Phương pháp: Thay n  5. Cách giải: Ta có u  2  .5  3  7 . 5 Chọn B. Câu 10 (NB) Phương pháp: n
Sử dụng công thức  m  mn a  a . Cách giải: 2 Ta có    2 2021 2021 x x  nên     2 2 2021 2021 x x  là mệnh đề sai. Chọn B. Câu 11 (NB) Phương pháp:
Giải phương trình y '  0 tìm số nghiệm bội lẻ. Cách giải: x  0 Ta có 3 2 2
y  x  3x 1  y '  3x  6x  0  .  x  2
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Chọn C. Câu 12 (NB) Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương. Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên 1;0 và 1;. Chọn D. Câu 13 (NB) Phương pháp:
Sử dụng khái niệm hoán vị. 11 Cách giải:
Số các hoán vị của tập X là 2021!. Chọn C. Câu 14 (NB) Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x liên tục trên  ;
a b. Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, trục Ox và b
các đường thẳng x  a, x  ba  b có diện tích là f  x d . x  a Cách giải:
Cho hàm số y  f  x liên tục trên  ;
a b. Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, trục Ox và b
các đường thẳng x  a, x  ba  b có diện tích là f  x d . x  a Chọn A. Câu 15 (NB) Phương pháp: c
Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai 2
az  bz  c  0a  0 : z  z  . 1 2 a Cách giải:
Áp dụng định lí Vi-ét ta có z  z  2. 1 2 Chọn B. Câu 16 (NB) Phương pháp:
Áp dụng định lí Vi-ét ta có f  x  m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường thẳng y  m song song với trục hoành. Cách giải:
Phương trình f  x  m  0  f  x  m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 5  m  1. Chọn C. Câu 17 (NB) Phương pháp:
Phương trình mặt cầu có tâm I  ; a ;
b c, bán kính R là: S   x  a2   y  b2   z  c2 2 :  R . Cách giải: 12
Phương trình mặt cầu tâm I 1;2;3 và bán kính R  4 là:  x  2   y  2   z  2 1 2 3  16. Chọn B. Câu 18 (NB) Phương pháp:
Khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM ta được hình nón có chiều cao h  SM . Cách giải: a 3
Khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM ta được hình nón có chiều cao h  SM  . 2 Chọn C. Câu 19 (TH) Phương pháp:
Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản. Cách giải: 1  f
 x 2xdx  2021  0 1 1  f  xdx 2xdx  2021  0 0 1  f  x 1 2 dx  x  2021 0 0 1  f  xdx1 2021 0 1  f  xdx  2020 0 Chọn C. Câu 20 (NB) Phương pháp:
Tìm lần lượt hình chiếu của S, A lên mặt phẳng  ABCD. Cách giải:
Ta có SO   ABCD  O là hình chiếu vuông góc của S lên  ABCD.
Vì A ABCD nên A là hình chiếu vuông góc của chính nó lên  ABCD. 13
Vậy hình chiếu vuông góc của đường thẳng SA lên mặt phẳng  ABCD là đường thẳng O . A Chọn B. Câu 21 (TH)
Phương pháp:  
- Vì d  P  u  n . d P
- Trong không gian Oxyz, phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M  x ; y ; z và có vectơ chỉ phương 0 0 0   x  x y  y z  z u  a; ; b c là 0 0 0   . a b c Cách giải: 
Mặt phẳng P : x  y  z  5  0 có 1 VTPT là n  1;1;  1 . P  
Vì d  P  Đường thẳng d có 1 VTCP là u  n  1; 1  ;  1 . d P x 1 y 1 z  2
Vậy phương trình đường thẳng d là:   . 1 1  1 Chọn B. Câu 22 (NB) Phương pháp:
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x, y  g  x, x  a, x  b b xung quanh trục Ox là: 2 V   f  x 2  g x d .x a Cách giải: 1
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng 6x  e d . x  0 Chọn D. Câu 23 (TH) Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định M , m và tính tổng. Cách giải:
M  max f x  f   1  3  3;2 Dựa vào BBT ta thấy       m  f  x  f   M m 3 2 1. min 3  2  3;2 Chọn C. 14 Câu 24 (TH) Phương pháp: - Tính F  x  F '  xd .x
- Phá giá trị tuyệt đối và sử dụng F   1  3 tìm C. - Tính F 5. Cách giải: Ta có F  x  F  x 1 1 ' dx  dx  ln 2x 1  C.  2x 1 2 1 1
Vì x   2x 1  0 nên F  x  ln 2x   1  C. 2 2 1 1 Lại có F  
1  3  ln1 C  3  C  3  F  x  ln 2x   1  3. 2 2 Vậy F   1
5  ln 9  3  ln 3  3. 2 Chọn B. Câu 25 (TH) Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm:  u   '. u a u a ln . a Cách giải: Ta có  6x7  6 x7 5 '  6.5 ln 5. Chọn B. Câu 26 (NB) Phương pháp:
Số phức z  a  bi a,b  có 2 2 z  a  b . Cách giải: z   i  z    2 2 1 3 1 3  10. Chọn A. Câu 27 (TH) Phương pháp: 15
Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều. Cách giải:
Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều. 2 1 3 3 Diện tích 1 mặt là S   . 1 4 4
Vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó là S  8S  2 3. 1 Chọn B. Câu 28 (TH) Phương pháp: Sử dụng công thức log m x  m log x  a  x  x  y  xy  a  x y  a a 0 1, 0,log log log a a a  0 1, , 0. Cách giải: Ta có: 3log a  4log b  3 2 2 3 4  log a  log b  3 2 2  log  3 4 a b  3 2  3 4 3  a b  2  8 Vậy P  8. Chọn C. Câu 29 (TH) Phương pháp:
- Thực hiện phép chia số phức tìm z và suy ra z.
- Thực hiện các phép toán tìm số phức w  1 2z.
- Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M  ; a b. Cách giải:  i Ta có:   i 2 3 5 1 5 1 1 z  2  3i  z    i  z   .i 1 i 2 2 2 2  5 1   w 1 2z 1 2  i  6  .i    2 2 
Vậy điểm biểu diễn cho số phức w  1 2z có tọa độ là 6;  1 . Chọn C. 16 Câu 30 (TH) Phương pháp:
Tìm tọa độ trung điểm của B . D Cách giải:
Vì ABCD là hình bình hành nên nếu I là trung điểm của AC thì I cũng là trung điểm của B . D  x  x 1  B D  5 x    2  I 2 2   y  y 3 1 Ta có B D  y    2  I  I  2;2;2. 2 2   z  z 4  0 B D z    2  I 2 2 
Vậy tọa độ trung điểm của AC là 2;2;2. Chọn B. Câu 31 (VD) Phương pháp: - Lập phương trình Elip.
- Giả sử hình chữ nhật có chiều dài 2a 0  a  4. Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng 2a, tính bán kính đáy của hình trụ.
- Tính chiều cao hình trụ.
- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là 2 V   r . h
- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số. Cách giải: 2a  8 a  4 2 2 x y Theo bài ra ta có     Phương trình elip là:   1E. 2b  4 b   2 16 4
Giả sử hình chữ nhật có chiều dài 2a 0  a  4. Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng 2a, nên bán kính đáy là 2a a R   . 2 
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ 17 2 2 2 2 2 a y  a  a  a  Thay x  a ta có 2 
 1  y  41   y  2 1  A ; a 2 1  . 16 4 16 A 16  16      2 2  a a
Chiều rộng của hình chữ nhật là 4 1
 Chiều cao của hình trụ là h  4 1 . 16 16 2 2 2 2  a a 64 a a Thể tích khối trụ: 2 V   R h  . 4 1  . 1 .  16  16 16 2 2 a a 2 a Xét hàm số f a  1 , đặt t 
0  t  1  f t  t 1t. 16 16 16 Ta có    t  1 2 3t f '  1 t  t.  2 1 t 2 1 t f t 2 '
 0  2  3t  0  t  3    f t 2 2 2 2 3 max  f  . 1  .   0;  1  3  3 3 9 64 2 3 128 3
Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng .  .  9 9 Chọn D. Câu 32 (VD) Phương pháp:
- Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị. - Để ,
A B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y  5x  9 thì điểm M là trung điểm của AB phải thuộc d.
- Chứng minh M là điểm uốn của đồ thị hàm số đã cho, giải phương trình y"  0 tìm M .
- Thay M vào phương trình đường thẳng d tìm . m Cách giải: 18 1 Ta có: 3 2 y  x  mx   2 m   2 2
1 x  y '  x  2mx  m 1. 3
Để hàm số có 2 cực trị thì phương trình y '  0 phải có 2 nghiệm phân biệt. 2 2
  '  m  m 1  0  1  0 (luôn đúng) Để ,
A B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y  5x  9 thì điểm M là trung điểm của AB phải thuộc d.
Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm điểm đối xứng nên M chính là điểm uốn của hàm số ban đầu. 1 1 Ta có 3 3
y"  2x  2m  0  x  m  y  m  m   2 m   3 1 m  m  . m 3 3  1 3   M ; m m  m .    3  1 3 3
M  d  m  m  5m  9  m 18m  27  0. 3
Vậy tổng các giá trị của m là 0 (Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba). Chọn C. Câu 33 (VD) Phương pháp:
- Giả sử d  Ox  N  N  ; n 0;0.   
- Giải phương trình MN.n  0 với n là 1 VTPT của P để tìm . n P P
- Viết phương trình đường thẳng d. Cách giải:
Giả sử d  Ox  N  N  ; n 0;0.  Ta có MN  n 1; 1
 ;2 là 1 VTCP của đường thẳng d. 
Mặt phẳng P : x  2y  2z  3  0 có 1 VTPT là n  1; 2  ;2. P  
Vì d / / P  MN.n  0  1n   1  2.  1  2.2  0 P
 n 1 2  4  0  n  3  0  n  3. 
Khi đó MN  2;1;2. x  1 2t 
Vậy phương trình đường thẳng d là: y 1 t . z  2   2t  19 Chọn B. Câu 34 (VD) Phương pháp:
- Tìm hàm vận tốc trên từng giai đoạn. b
- Tính quãng đường vật đi được từ t  a s đến t  bs là s  v  tdt. a Cách giải: 1
Xét 2 giây đầu tiên, ta có v t  t. 1   2 2  1
Quãng đường vật đi được trong 2s đầu tiên là s  tdt  1 m . 1    2 0
Trong khoảng thời gian từ giây thứ hai đến giây thứ ba, vận tốc của vật là hàm có dạng v t 2  at  bt  c P . 2   4a  2b  c  1 a  1   Ta có 2;  1 ;3;2;4; 
1 thuộc P nên có hệ 9  a  3b  c  2  b   6  v t 2  x  6x  7. 2 1  6a 4b c 1     c  7    3  5
Quãng đường vật đi được từ giây thứ hai đến giây thứ ba là: s   2 t  6t  7 dt  m . 2    3 2 5 8
Vậy quãng đường vật đi được trong 3s đầu tiên là s  s  s  1  m  2,7 m . 1 2     3 3 Chọn D. Câu 35 (VD) Phương pháp:
- Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của SD, AB , chứng minh d SC;MN   d S;MPNQ.
- Đổi d S;MPNQ sang d  ; A MPNQ.
- Trong SAB kẻ AH  MQH  MQ, chứng minh AH  MPNQ.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách. Cách giải: 20
Gọi P là trung điểm của SD ta có NP / /SC  SC / / MNP  MN.
 d MN; SC  d SC;MNP  d S;MNP.
Gọi Q là trung điểm của AB  MP / /NQ  MNP  MPNQ nên d S;MNP  d S;MPNQ. d S; MPNQ  MS Ta có: SA  MPNQ    M      d  1 d S; MPNQ  d  ; A MPNQ  A MPNQ     . ; MA
Trong SAB kẻ AH  MQH  MQ ta có Q  N  AB 
 QN  SAB  QN  AH Q  N  SA AH  QN   AH  MPNQ AH  QM  d  ; A MPNQ  AH. 1 1 a 5
Ta có AQ  AB  a, AM  SA  . 2 2 2 a 5 . . a AM AQ a 5
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMQ ta có: 2 AH    . 2 2 2 AM  AQ 5a 3 2 a  4 a Vậy d SC MN  5 ;  . 3 Chọn B. Câu 36 (VD) Phương pháp: 21 - Sử dụng 2 x  x .
- Tính g ' x, giải phương trình g ' x  0.
- Lập BXD g ' x và tìm các khoảng nghịch biến của hàm số. Cách giải:
Ta có     2     2 2 g x f x x f x  x   x   g 'x   2x   f ' 2 2 x  x 2   x   x 2x   0   1  Cho g ' x 2  0  x   f '   2 x  x   0 2 x  0   2 1 2x x x 0      1 1 . 2  x   x    2 2  1 5 2 2  x    x  x  1  vo nghiem 1 5 2 2 2    x     2 2 2 x  x  1  1   5 x   2 BXD:  1 
Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên ;1 .    2  Chọn C. Câu 37 (TH) Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số phần tử của biến cố.
- Tính xác suất của biến cố. Cách giải: 22 Gọi số cần tìm là ab . c
Số phần tử của không gian mẫu là n  5.5.4 100.
Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng abc với a  b  c ”.  n A 3
 C  20 (chỉ có 1 thứ tự là a  b  c nên ta dùng tổ hợp). 6 n A 20 1
Vậy xác suất của biến cố A là P  A      n  . 100 5 Chọn A. Câu 38 (VD) Phương pháp:
- Xác định tâm và bán kính mặt cầu S .
- Sử dụng định lí Pytago, chứng minh: Để r đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất. - Nhận xét IH  IM .
- Khi r đạt giá trị nhỏ nhất, viết phương trình mặt phẳng P.
- Sử dụng: Khoảng cách từ điểm I  x ; y ; z đến mặt phẳng P : Ax  By  Cz  D  0 là 0 0 0  Ax  By  Cz  D d I;P 0 0 0  . 2 2 2 A  B  C Cách giải: Mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2x  2y  7  0 có tâm I 1;1;0, bán kính 2 2
R  1 1  7  3.
Ta có MI    2    2    2 1 2 1 0
0 1  3  R nên M nằm trong mặt cầu S . 23
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2
r  IA  IH  9  IH .
Để r đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất.
Ta có IMH vuông tại H nên IH  IM , do đó IM
 IM  3 khi H  M hay IM  P. max 
Phương trình mặt phẳng P đi qua M 2;0; 
1 và có 1 VTPT IM  1; 1  ; 
1 là: x  y  z  3  0. 3  Vậy d O;P   3. 1   2 2 2 1 1 Chọn C. Câu 39 (VD) Phương pháp:
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x.
- Khảo sát hàm số f  x trên 0; 
1 và sử dụng tương giao tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. Cách giải: Ta có: 6x  3 2x m  m  0  6x  3.2x  .2x m  m  0  2x   1  6x  3.2x m 6x  3.2x  m   f x x   2 1 Ta có
6 .xln63.2x ln22x  16x 3.2x x f  x 2 ln 2 '   2x  2 1 x x x x x x     
f  x 12 ln 2 6 .ln6 3.4 ln 2 3.2 ln 2 12 ln 2 3.4 ln 2 '   2x  2 1 x x  f  x 6 .ln 6 3.2 ln 2 '   0 x   0;1 . 2   2x  1
 Hàm số y  f x đồng biến trên 0;  1 . Có f 0  2, f  
1  4 nên f  x2;4 x  0;  1 . 24
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 0;  1 khi m 2;4. Chọn A. Câu 40 (TH) Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log f  x  b  f  x b
 a tìm x, y, z và so sánh. a Cách giải: x, y, z  0  x  1 log x  0  ĐKXĐ: 2   y 1. log y  0  3 z 1  log z  0  5 Ta có:      
log log log x   log log log y   log log log z   0 2 1  2  3 1  3  5 1  5   2   3   5 
 log log x  log log y  log log z 1 1  2  1  3  1  5  2 3 5  1 1 log x   2  2 x  2  1, 41 2    1  1  3
 log y   y  3 1,44 3 3   1  1  5 z  5  1,37 log z   5  5  Vậy z  x  . y Chọn C. Câu 41 (VD) Phương pháp:
Phân chia và lắp ghép khối đa diện. Cách giải: 25
Không mất tính tổng quát, ta giả sử lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng. Ta có V  V V . A'MPB' NQ C.C ' PQ CC ' A'MNB '
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: CM AM CM 1 C ' A'   1   PM A'M CP 2 C ' P CN BN CN 2 C ' B '   2    NQ B ' N CQ 3 C 'Q S C ' A' C ' B ' 1 2 1 A'B 'C '   .  .  S C ' P CQ 2 3 3 C ' PQ V S 1 C.C ' A' B' A'B 'C '     V  3V  V C.C 'PQ C.C ' A'B ' ABC.A'B 'C ' V S 3 C.C 'PQ C 'PQ 1 1  1 1  5 Ta có: S 
A' M  B ' N .A' B '  A' B '. AA' AA'  S A'MNB '     ABB' A' 2 2  2 3  12 7 7  S  S  V  V . ABMN ABB ' A' C.ABMN C.ABB ' A' 12 12 2 7 2 7 Mà V  V  V  . V  V . C.ABB ' A' ABC.A'B 'C ' C.ABMN ABC.A'B 'C ' ABC.A'B 'C ' 3 12 3 18 11  V  V . CC '.A'MNB ' ABC.A'B 'C ' 18 11 7 7 7  V  V V  V  V  V  .3  . A'MPB ' NQ C.C 'PQ CC ' A'MNB ' ABC.A'B 'C ' ABC.A'B 'C ' ABC.A'B 'C ' 18 18 18 6 Chọn B. Câu 42 (VD) Phương pháp: 26
- Đưa các logarit về cùng cơ số 2.
- Giải phương trình logarit: log f x  b  f x  a a     b. Cách giải: x  0 1 ĐKXĐ:   x  . 2x 1  0 2 Ta có: log x  log 2x 1  2 2 1   2
 2log x  log 2x 1  2 2 2   2
 log x  log 2x 1  2 2 2   2 x  log  2 2 2x 1 2 x   4 2x 1 2  x  8x  4  0  x  4  2 3
Suy ra nghiệm lớn nhất của phương trình log x  log 2x 1  2 là x  4  2 3  a  4,b  2. 2 1   2
Vậy a  b  4  2  6. Chọn A. Câu 43 (VD) Phương pháp:
- Gọi z  a  bi a,b . Thay vào các giả thiết suy ra 2 phương trình hai ẩn a, . b
- Sử dụng phương pháp thế giải tìm a,b và kết luận. Cách giải:
Gọi z  a  bi a,b . + Ta có z  a  bi2 2 2 2
 a  b  2abi là số thuần ảo nên 2 2 2 2 a  b  0  a  b .
+ z    a    bi   a  2 2 2 2 2 2 2  b  4. a  0  b  0 Thay 2 2 a  b ta có: a  22 2 2
 a  4  2a  4a  0  .  a  2  b  2 27
Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu. Chọn D. Câu 44 (VDC) Phương pháp: 1 - Sử dụng V  d A MNB S chứng minh V
đạt giá trị nhỏ nhất thì S
phải đạt giá trị nhỏ AMNB  ;  , 3 M  NB AMNB M  NB nhất. 1 - Sử dụng: S  B . O MN, chứng minh S
đạt giá trị nhỏ nhất thì MN . M  NB 2 M  NB min - Chứng minh OMB ∽ O
 KN, từ đó tính OM.ON và áp dụng BĐT Cô-si tìm MN . min
- Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra, suy ra tọa độ điểm M.
- Chứng minh MB   AHN , viết phương trình mặt phẳng  AHN . Cách giải: 1 Ta có: V  d A MNB S . AMNB  ;  3 MNB Ta có d  ; A MNP  d  ;
A Oyz  3 không đổi nên V
đạt giá trị nhỏ nhất thì S
phải đạt giá trị nhỏ AMNB M  NB nhất. 1 1 Ta có: S  B .
O MN  .2.MN  MN đạt giá trị nhỏ nhất  MN đạt giá trị nhỏ nhất. M  NB 2 2 Ta có: 28 AK  OB 
 AK  OMB  AK  MB AK  OM MB  AK 
 MB   AHK   MB  HK  MB  KN MB  AH Xét OMB và OKN có: 0 M  OB  KON  90 O
 MB  OKN (hai góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc).   ∽   OM OK OMB OKN g.g   
 OM.ON  OK.OB  2.1  2. OB ON
Khi đó ta có MN  OM  ON  2 OM .ON  2 2 (BĐT Cô-si).
Dấu “=” xảy ra khi OM  ON  2  M 0;0; 2.  Khi đó ta có BM  0; 2
 ; 2  là 1 VTPT của  AHN .
 Phương trình mặt phẳng  AHN  : 2y  2z  2  0  2y  2z  2  0.
 a  0,b  2,c  2. Vậy a  b  c  0. Chọn D. Câu 45 (VDC) Phương pháp:
- Gọi z  a  bi, z  c  d .i 1 2
- Từ các giả thiết tìm 2 2 2 2
a  b , c  d , ac  bd. - Tính z z  z z . 1 2 1 2
- Sử dụng hằng đẳng thức a  b  a  b3 3 3  3aba  b. Cách giải:
Gọi z  a  bi, z  c  d .i 1 2 Theo bài ra ta có: + 2 2 z  3  a  b  9 (1) 1
+ z  z  3  a  c2  b  d 2  9 (2) 1 2
+ z  z  3 3  a  c2  b  d 2  27 (3) 1 2 29 9
Trừ vế theo vế của phương trình (2) và (3) ta được 4ac  4bd  18  ac  bd  . 2 Ta có:   2 2 2 2
2  a  b  c  d  2ac  2bd  9 2 2  9  c  d  9  9 2 2  c  d  9 Ta có: z z  z z 1 2 1 2
 a  bic  di  a  bic  di
 ac  adi  bci  bd  ac  adi  bci  bd  2ac  2bd  9 Khi đó ta có: 3 3 z z  z z 1 2   1 2
 z z  z z 3 3 z z  z z z z z z 1 2 1 2  1 2 1 2 1 2 1 2
 z z  z z 3 3z z  z z  2 2 z z 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
  3     2 2   2 2 9 3. 9 . a b c  d   729  27.9.9 1458 3 3 Vậy z z  z z  1458. 1 2   1 2 Chọn A. Câu 46 (VD) Phương pháp: - Chuyển    2 2 f x  
 sang VT, chia cả 2 vế cho 2 f  x. - Chia cả 2 vế cho 2 x .
- Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế. Cách giải: Theo bài ra ta có:
x f  x f  x  x   f   x 2 3 2 . . ' 2  x    1;4 30
 x f x f x   f   x 2 3 2 . . ' 2   x x    1;4 3 x  .
x f ' x  f  x  x   2 f  x 1;4 xf ' x  f  x x   x  1; 4 2 x 2 f  x  
f ' x.x  f  x.x ' x   x   1;4 2 x 2 f  x    f x  x   '  x   x 2 f   x 1;4 4  f  x 4  1 x
Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế ta được:  'dx  d . x  dx 2 f x 1   1   f  x 4 4 4 1 x x  1  1   dx  dx  2
f 4  f 1  .8  2.1  2.     x 1 2 f x f x  4  2 1   1       Chọn A. Câu 47 (VDC) Phương pháp: - Tính h ' x.
- Sử dụng tương giao giải phương trình h ' x  0.
- Lập BBT hàm số h x trên 3;  3 .
- So sánh f 3, f 3 bằng tích phân và suy ra min h x. 3; 3
- Giải bất phương trình min h  x  2021 tìm . m 3; 3 Cách giải: x 
Xét hàm số h  x  f  x  2 1 
 m ta có h 'x  f 'x  x   1 . 2
Cho h ' x  0  f ' x  x 1*.
Vẽ đồ thị hàm số f ' x và y  x 1 trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có: 31 x  3
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy *   x 1 .  x  3  BBT:
Ta cần so sánh h3 và h3. Ta có: 1 1
S   f ' x  x 1  dx  h ' x dx  h 1  h 3  1              3 3  3 3
S  x 1 f ' x  dx   h ' x dx  h 1  h 3 2           1 1
Dễ thấy S  S  h 1  h 3  h 1  h 3  h 3  h 3 . 1 2            
 min hx  h3  f  3    2  . m 3; 3 x 
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số h  x  f  x  2 1 
 m trên đoạn 3; 
3 không vượt quá 2021 thì 2
f 3  2  m  2021  m   f  3    2023. Vậy m  ;
  f 3  2023.  Chọn A. Câu 48 (VDC) Cách giải: 32 Ta có  2x    2 2
x  mx  m     2 2 x  mx  m  2 1 ln 1 ln 2x  3  0   1 2 x   1 ln  2 2 x  mx  m   1   2 2 x  mx  m ln  2 2x  3  0 2   2 x    2 2
x  mx  m     2 2 x  mx  m   2 2 2 ln 1 ln 2x  3  0 * TH1:  2 2 x  mx  m   2 2 2 2 ln
1  0  x  mx  m 1  1  x  mx  m  0 2 1 1 3  1  3 2 2 2 2  x  2 .
x m  m  m  0  x  m  m  0   2 4 4  2  4  1 x  m  0  2    x  m  0 3  2 m  0 4
Thay x  m  0 ta có: ln1  0 (luôn đúng)  m  0 thỏa mãn. TH2:  2 2 ln x  mx  m   1  0 2 2 2 2x  2 x  mx  m Khi đó *   ln  . 2 2x  3 ln  2 2 x  mx  m   1 t
Xét hàm số f t   
dễ dàng chứng minh được f t đồng biến trên 2;. t   t 2, ln 1 Do đó 2 2 2 2 2
2x  2  x  mx  m  x  mx  m  2  0.  8 m  5 Phương trình có nghiệm 2 2 2
   m  4m 8  0  5m  8  0   .  8 m    5 m5;15
Kết hợp điều kiện đề bài:   m 4; 3  ;2;2;3; 4;5;...;1  4 . m
Kết hợp 2 TH ta có m  4  ;3; 2  ;0;1;2;3;4;5;...;1  4 .
Vậy có 17 giá trị của m thỏa mãn. Chọn D. Câu 49 (VDC) 33 Cách giải: Ta có 2 2 2 2 2 2
AB  BC  4a  3a  7a  AC nên ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo). 1 1 2  S  A . B BC  .2 . a a 3  a 3. A  BC 2 2
Dựng hình chữ nhật ABCE ta có AB / /CE  AB / / CDE  d  AB;CD  d  AB;CDE.
Gọi I là trung điểm của AB, kẻ IJ / / AE / /BC. AB  DI Ta có:   AB  DIJ . AB  IJ
Trong DIJ  kẻ DH  IJ H  IJ   DH   ABCD. Ta có d  A ;
B CD  d  AB;CDE  d I;CDE.
Trong DIJ  kẻ IK  DJ K  DJ  ta có: C  E / / AB      
  CD  DIJ   IK  IJ AB DIJ IK  IJ        a IK CDE d I;CDE  IK  IK  DJ 2 34 2a 3
Vì ABD đều cạnh 2a nên DI   a 3  IJ  D
 IJ cân tại I  K là trung điểm của DJ. 2 2 a a 11
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông DIK ta có 2 2 2 DK  DI  IK  3a   . 4 2  DJ  2DK  a 11. 2 1 1 a a 11 Khi đó ta có S  IK.DJ  . .a 11  . D  IJ 2 2 2 4 2 1 2S a 11 a 33 Lại có S  DH. D  IJ IJ  DH    . D  IJ 2 IJ 2.a 3 6 2 1 1 a 33 a 11 Vậy 2 V  DH.S  . .a 3  . ABCD 3 ABC 3 6 6 Chọn C. Câu 50 (VD) Phương pháp:
- Đặt f  x  t. Phương trình trở thành g t  0. Giải phương trình tìm t.
- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số. Cách giải:
Đặt f  x  t. Phương trình trở thành g t  0. t  3  f x  3  3 2 t 6t 11t 6 0    
   t  2   f x  2  t 1     g   x  1
Dựa vào đồ thị hàm số: 35
- Phương trình f  x  3 có 2 nghiệm phân biệt.
- Phương trình f  x  3 có 1 nghiệm.
- Phương trình f  x  2 có 3 nghiệm phân biệt.
- Phương trình f  x  2 có 1 nghiệm.
- Phương trình f  x 1 có 3 nghiệm phân biệt.
- Phương trình f  x  2 có 2 nghiệm phân biệt.
Các nghiệm trên đều là phân biệt.
Vậy phương trình g  f x   0 có tất cả 12 nghiệm phân biệt. Chọn C.
____________________ HẾT ____________________
Xem thêm: ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
https://toanmath.com/de-thi-thu-mon-toan 36
Document Outline

de-khao-sat-chat-luong-toan-12-thpt-nam-2020-2021-lan-1-so-gddt-ha-noi
- 186508507_4320106741354008_327035339756781086_n
- 187485109_4320106791354003_5992209326676245334_n
- 186530631_4320106808020668_7919166153582626435_n
- 187114463_4320106871353995_4217234009547762145_n
- 187778739_4320106931353989_8866953376867234051_n
- 187029549_4320106978020651_5521530387993005620_n
- 187937402_4320106338020715_8098794981918904503_n
- 188534756_4320106351354047_558301346776393141_n
- 186553349_4320106354687380_8387412729528598800_n
- 192423810_4320106474687368_6276886181846167594_n
- 190221649_4320106468020702_6359283548340141896_n
- 186549869_4320106494687366_8750901674417526069_n
- 188863178_4320106628020686_5147910297261877287_n
- 186556739_4320106584687357_646499313420724287_n
- 192150134_4320106594687356_4659320610076203959_n
- 188999341_4320106701354012_9205320502314502796_n
- 186513637_4320106691354013_4092557358981736409_n
lgHN