29 trang 24 lượt tải

Đề KSCL Toán thi tốt nghiệp THPT 2021 lần 2 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

48

Đề KSCL Toán thi tốt nghiệp THPT 2021 lần 2 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa mã đề 139 gồm có 06 trang với 50 câu trắc nghiệm.

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

Môn: Toán 2.2 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Thanh Hoa

1 năm trước
Danh sách Quiz
/29
9
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1-D 2-B 3-C 4-D 5-B 6-B 7-C 8-B 9-B 10-A
11-D 12-D 13-A 14-C 15-C 16-B 17-C 18-C 19-D 20-A
21-C 22-D 23-B 24-A 25-C 26-C 27-D 28-A 29-A 30-A
31-C 32-A 33-D 34-D 35-D 36-C 37-D 38-C 39-D 40-B
41-D 42-B 43-B 44-C 45-C 46-D 47-A 48-B 49-C 50-A
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình
f x m
là số giao điểm của đồ thị hàm số
và đường thẳng
.
y m
Cách giải:
Ta có:
5
2 5 0
2
f x f x
nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
và đường thẳng
5
.
2
y
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng
5
2
y
cắt đồ thị hàm số
y f x
tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình
2 5 0
f x
có 2 nghiệp phân biệt.
Chọn D.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào đồ thị xác định các khoảng mà đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên
0;2 .
Chọn B.
Câu 3 (NB)
Phương pháp:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy
,
r
chiều cao
h
bằng:
2
.
V r h
Cách giải:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy
,
r
chiều cao
h
bằng:
2
.
V r h
Chọn C.
Câu 4 (NB):
10
Phương pháp:
- Giải phương trình
' 0
y
tìm các nghiệm
3;3 .
i
x
- Tính
3 , 3 , .
i
y y y x
- Kết luận:
3;3
min min 3 ; 3 ; .
i
f x y y y x
Cách giải:
Ta có
3 2
3 2 ' 3 3.
f x x x f x x
2
' 0 1 0 1 3;3 .
f x x x
Ta có
3 16, 3 20, 1 4, 1 0.
f f f f
Vậy
3;3
min 3 16.
f x f
Chọn D.
Câu 5 (NB):
Phương pháp:
Đường thẳng
0 0 0
:
x x y y z z
d
a b c
đi qua điểm
0 0 0
; ; .
A x y z
Cách giải:
Đường thẳng
1 2 5
:
2 3 4
x y z
d
đi qua điểm
1; 2;5 .
N
Chọn B.
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng định lí Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
Cách giải:
Ta có
SA ABC AC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên
.
ABC
; ; .
SC ABC SC AC SCA
Ta có:
2 2 2 2
2 3.
AC AB BC a a a
Xét tam giác
SAC
có
0
1
tan 30 .
3 3
SA a
SCA SCA
AC
a
Vậy
0
; 30 .
SC ABC
11
Chọn B.
Câu 7 (NB):
Phương pháp:
Xác định điểm cực trị là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu.
Cách giải:
Dựa vào bảng xét dấu
'
f x
ta thấy hàm số
f x
có 2 điểm cực trị
3, 1.
x x
Chọn C.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Thể tích của khối nón tròn xoay có bán kính đáy
r
và chiều cao
h
là
2
1
.
3
V r h
Cách giải:
Thể tích của khối nón tròn xoay có đường kính đáy bằng 6
bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 5 là:
2 2
1 1
.3 .5 15 .
3 3
V r h
Chọn B.
Câu 9 (NB):
Phương pháp:
Mặt cầu
2 2 2
2
:
S x a y b z c R
có tâm
; ; .
I a b c
Cách giải:
Mặt cầu
2 2 2
: 1 2 3 4
S x y z
có tâm
1; 2; 3 .
I
Chọn B.
Câu 10 (NB):
Phương pháp:
- Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra hàm bậc bốn trùng phương hay hàm đa thức bậc ba.
- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương có hệ số
0
a
nên chọn đáp án A.
Chọn A.
Câu 11 (NB):
Phương pháp:
12
Sử dụng công thức
n m
u u n m d
với
d
là công sai của cấp số cộng.
Cách giải:
Ta có
5 4
9 12 3.
d u u
Chọn D.
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
- Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức
log log .
m
n
a
a
n
b b
m
- Sử dụng công thức
log log log 0 1, , 0
a a a
xy x y a x y
.
Cách giải:
2 16
log log
a ab
2 2
1
log log
4
a ab
2 2 2
4log log log
a a b
2 2
3log log
a b
3
2 2
log log
a b
3
a b
Chọn D.
Câu 13 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng công thức
b
a
f x dx F b F a
với
F x
là một nguyên hàm của hàm số
.
f x
Cách giải:
Ta có:
3
2
' 3 2 5 2 3.
f x dx f f
Chọn A.
Câu 14 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính nguyên hàm
1
cos sin .
kxdx kx C
k
13
Cách giải:
1
cos 2 sin 2 .
2
f x dx xdx x C
Chọn C.
Câu 15 (NB):
Phương pháp:
Giải phương trình mũ:
f x g x
a a f x g x
với
1.
a
Cách giải:
2
1 2 1
3 3
x x
2
1 2 1
x x
2
2 0
x x
2
0
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
;0 2;S
 
Chọn C.
Câu 16 (TH)
Phương pháp:
- Đưa biến vào vi phân.
- Sử dụng công thức
ln .
du
u C
u
Cách giải:
Ta có
4 3
2 1 1
ln 4 3 .
4 3 2 4 3 2
d x
f x dx dx x C
x x
Vì
1; 4 3 0.
x x

Vậy
1
ln 4 3 .
2
f x dx x C
Chọn B.
Câu 17 (NB)
Phương pháp:
Diện tích của mặt cầu bán kính
R
bằng
2
4 .
R
14
Cách giải:
Diện tích của mặt cầu bán kính
R
bằng
2
4 .
R
Chọn C.
Câu 18 (NB)
Phương pháp:
Mặt phẳng
: 0
A Ax By Cz D
có 1 VTPT là
; ;
n A B C
.
Cách giải:
Mặt phẳng
: 2 3 0
P x y z
có 1 VTPT là
2;1; 1
n
.
Chọn C.
Câu 19 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Số cách chọn ra 1 quyển sách trên giá là
1
18
18
C
cách.
Chọn D.
Câu 20 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng:
; ; .
a xi y j zk a x y z
Cách giải:
Tọa độ vectơ
2 3
a i j k
là
1;2; 3 .
Chọn A.
Câu 21 (NB)
Phương pháp:
Giải phương trình logarit:
log .
b
a
x b x a
Cách giải:
2
log 3 1 3 3 1 8 3.
x x x
Chọn C.
Câu 22 (NB)
Phương pháp:
15
Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu
từ dương sang âm.
Cách giải:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại
1.
x
Chọn D.
Câu 23 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận được sau
n
kì hạn gửi tiết kiệm là
1
n
n
A A r
trong đó
A
là số tiền
gốc,
r
là lãi suất 1 kì hạn,
n
là số kì hạn gửi.
Cách giải:
Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theo
công thức:
10 10
8
100000000. 1 7% 10 1 0,07
(đồng).
Chọn B.
Câu 24 (NB)
Phương pháp:
2 2
.
z a bi z a b
Cách giải:
Môđun của số phức
2
i
là
2 2
2 1 5
.
Chọn A.
Câu 25 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức
log log 0 1, 0 .
m
a a
x m x a x
Cách giải:
3
2 2
log 3log .
a a
Chọn C.
Câu 26 (TH)
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, , ,
y f x y g x x a x b
là
.
b
a
S f x g x dx
Cách giải:
Ta có:
16
2 1 2
1 1 1
S f x dx f x dx f x dx
1 2
1 1
f x dx f x dx
Chọn C.
Câu 27 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số
:
y f x
- Đường thẳng
0
y y
là TCN của đồ thị hàm số
y f x
nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
0
lim
x
f x y

hoặc
0
lim .
x
f x y

- Đường thẳng
0
x x
là TCĐ của đồ thị hàm số
y f x
nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
0
lim
x x
f x

hoặc
0
lim
x x
f x

hoặc
0
lim
x x
f x

hoặc
0
lim
x x
f x

Cách giải:
Ta có:
2
2
2 3 1
lim lim 2 2
1
x x
x x
y y
x
 
là TCN của đồ thị hàm số.
2
2
2 1 1
2 3 1 2 1
1 1 1 1
x x
x x x
y
x x x x
nên
1
x
là TCĐ của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
2 3 1
1
x x
y
x
là 2.
Chọn D.
Câu 28 (TH)
Phương pháp:
- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số
.
a
- Dựa vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số
.
b
Cách giải:
Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên
0.
a
Hàm số có 3 điểm cực trị
0.
ab
Mà
0 0.
a b
Vậy
0, 0.
a b
Chọn A.
Câu 29 (TH)
17
Phương pháp:
- Đường thẳng
.
d P
d P u n
- Phương trình đường thẳng
d
đi qua
0 0 0
; ;
M x y z
và có 1 VTCP
; ;
u a b c
là:
0
0
0
.
x x at
y y bt
z z ct
Cách giải:
Mặt phẳng
: 3 2 0
x y z
có 1 VTPT là:
1;3; 1 .
n
Vì đường thẳng
d
đi qua điểm
M
và vuông góc với mặt phẳng
nên đường thẳng
d
có 1 VTCP
1; 3;1 .
d
u n

Vậy phương trình đường thẳng
d
là:
2
3 3 .
1
x t
y t
z t
Chọn A.
Câu 30 (TH)
Phương pháp:
- Thực hiện phép khai triển hàng đẳng thức tìm số phức
.
z
- Cho số phức
, ;
z x yi x y M x y
là điểm biểu diễn số phức
.
z
Cách giải:
Ta có:
2
2
2 4 4 3 4 .
z i i i i
Vậy điểm biểu diễn số phức
2
2
z i
là điểm
3;4 .
P
Chọn A.
Câu 31 (TH)
Phương pháp:
- Chứng minh
SBD
đều, gọi
,
O AC BD
tính
.
SO
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
SOA
tính
.
SA
- Tính
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V SA S .
Cách giải:
Dễ thấy
SAB SAD
(2 cạnh góc vuông)
SB SD SBD
cân tại
.
S
Lại có
0
60
SBD gt SBD
đều.
18
Gọi
.
O AC BD
Vì
ABCD
là hình vuông cạnh
a
nên
2
2
2
a
AC BD a OA và
SBD
đều cạnh
2
a
nên
2. 3 6
.
2 2
a a
SO
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
2 2
2 2
6 2
: .
2 2
a a
SOA SA SO OA a
Vậy
3
2
.
1 1
. . . .
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a
Chọn C.
Câu 32 (TH)
Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên.
- Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”, tính số phần tử của biến cố A là số cách chọn ra 2 số
cùng lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên.
- Tính xác suất của biến cố A.
Cách giải:
Số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên là
2 2
21 21
.
C n C
Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”
2 số được chọn phải cùng lẻ.
Số các số lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên là
21 1
1 11.
2
2
11
.
n A C
Vậy xác suất của biến cố A là
2
11
2
21
11
.
42
n A
C
P A
n C
Chọn A.
Câu 33 (TH)
Phương pháp:
- Xác định số phức
2
.
z
- Thực hiện phép cộng số phức, tính
1 2
2
z z
và suy ra phần ảo của nó.
Cách giải:
1 2
2 2 1 3 2 5 4
z z i i i
có phần ảo bằng 4.
Chọn D.
19
Câu 34 (TH)
Phương pháp:
- Tính bán kính mặt cầu
2 2 2
A I A I A I
R IA x x y y z z
- Mặt cầu có tâm
; ;
I a b c
và bán kính
R
có phương trình là
2 2 2
2
.
x a y b z c R
Cách giải:
Bán kính mặt cầu là
2 2 2
0 1 4 2 1 1 3.
R IA
Vậy phương trình mặt cầu
S
có tâm
1;2;1 ,
I bán kính
3
R
là:
2 2 2
1 2 1 9.
x y z
Chọn D.
Câu 35 (TH)
Phương pháp:
- Tính
u a b
- Sử dụng công thức
2 2 2
; ; .
u x y z u x y z
Cách giải:
Ta có:
2 2 2
1;2;2 1 2 2 3.
u a b u
Chọn D.
Câu 36 (VD)
Phương pháp:
- Đặt
3
log .
t x
Tìm khoảng giá trị
; .
t a b
- Đưa bài toán trở thành tìm
m
để phương trình bậc 2 ẩn
t
có 2 nghiệm phân biệt thuộc
; .
a b
- Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn
t
có 2 nghiệm phân biệt, sau đó giải tìm hai nghiệm theo
.
m
- Cho các nghiệm đã tìm được thuộc
;
a b
và tìm
.
m
Cách giải:
Ta có:
2
3 3
log 3 2 log 2 5 0
x m x m
2
3 3
log 1 2 log 2 5 0
x m x m
2
3 3
log log 2 4 0 *
x m x m
Đặt
3
log ,
t x
với
9;27 2;3 ,
x t phương trình
*
phải có 2 nghiệm phân biệt
1 2
, 2;3 .
t t
20
Ta có
2
2 2
4 2 4 0 8 16 0 4 0 4.
m m m m m m
Khi đó (**) có 2 nghiệm phân biệt
1
2
4
2
4
2 2;3
2
m m
t m
m m
t
Vậy
2;3 .
m
Chọn C.
Câu 37 (VD)
Phương pháp:
Hàm số
ax b
y
cx d
nghịch biến trên
;
khi
' 0
.
;
y
d
c
Cách giải:
ĐKXĐ:
.
x m
Ta có
2
2
9
' .
m
y
x m
Để hàm số nghịch biến trên khoảng
;1

thì
2
' 0
3 3
9 0
3 1.
;1
1
1
y
m
m
m
m
m
m

Mà
2; 1 .
m m
Vậy có 2 giá trị của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D.
Câu 38 (VD)
Phương pháp:
- Xét hàm số
4 2
8
g x x x m
trên
1;3 .
- Tìm
1;3
1;3
min , max .
g x g x
- Suy ra
1;3
1;3 1;3
max max min , max
f x g x g x
- Xét từng trường hợp
1;3
1;3 1;3 1;3
max min ,max max
f x g x f x g x
và tìm
.
m
Cách giải:
21
Xét hàm số
4 2
8
g x x x m
trên
1;3
ta có
3
0 1;3
' 4 16 0 2 1;3
2 1;3
x
g x x x x
x
Ta có
1 7, 3 9, 2 16.
g m g m g m
1;3
1;3
min 2 16, max 3 9.
g x g m g x g m
1;3
max max 16 ; 9 .
f x m m
TH1:
1;3
16 18
max 16 2.
16 9
m
f x m m
m m
TH2:
1;3
9 18
max 9 9
16 9
m
f x m m
m m
2;9 .
S
Vậy tổng tất cả các phần tử của
S
bằng
2 9 7.
Chọn C.
Câu 39 (TH)
Phương pháp:
- Mặt phẳng trung trực
của đoạn thẳng
AB
đi qua trung điểm
I
của
AB
và nhận
AB

làm VTPT.
- Phương trình mặt phẳng
P
đi qua
0 0 0
; ;
M x y z
và có VTPT
; ;
n a b c
là:
0 0 0
0.
a x x b y y c z z
Cách giải:
Gọi
I
là trung điểm của
3;0;1 .
AB I
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
đi qua
3;0;1
I và có 1 VTPT
1
1;1; 1
2
n AB
có phương trình
là
1 3 1 0 1 1 0 2 0.
x y z x y z
Chọn D.
Câu 40 (VD)
Phương pháp:
- Sử dụng các công thức
log log 0 1, 0
m
a a
x m x a x
22
1
log 0 , 1
log
a
b
b a b
a
log log log 0 1, , 0 .
a a a
xy x y a x y
log log log 0 1, , 0 .
a a a
x
x y a x y
y
- Tìm
2 2 2 2
log .log ,log log .
a b a b
- Sử dụng biến đổi
2 2
4 .
a b a b ab
Cách giải:
Ta có:
2
2 22
2
2 2
2 2
4
log 4log 2
log .log 4
log log 16
log
log log 6
64
log log 64 6
b
b
a
a ba
b
a b
ab
ab
Vậy
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
log log log log log 4log .log 6 4.4 20.
a
a b a b a b
b
Chọn B.
Câu 41 (VD)
Phương pháp:
- Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật
ABCD
, với
AD
là chiều cao của hình trụ.
- Sử dụng giả thiết thiết diện thu được có diện tích bằng
30
tính
.
CD
- Gọi
H
là trung điểm của
,
CD
chứng minh
'; ' .
d OO ABCD O H
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính bán kính đáy hình trụ.
- Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao
,
h
bán kính đáy
r
là
2 .
xq
S rh
Cách giải:
23
Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật
ABCD
như hình
vẽ.
Gọi
H
là trung điểm của
CD
ta có
'
O H ABCD
nên
'; ' 1.
d OO ABCD O H
Vì hình trụ có chiều cao bằng
5 3 5 3.
AD Mà
. 30 2 3 3.
ABCD
S AD CD CD CH
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
'
O HC
có:
2
2 2 2
' ' 1 3 2.
O C O H HC
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là
2 2 .2.5 3 20 3 .
xq
S rh
Chọn D.
Câu 42 (TH)
Phương pháp:
- Chứng minh
; ;
d SC AB d A SCD
- Đổi điểm tính khoảng cách chứng minh
; ; 2 ;
d SC AB d A SCD d O SCD
.
- Gọi
M
là trung điểm của
,
CD
trong
SOM
kẻ
,
OH SM H SM
chứng minh
OH SCD
.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
SOM
để tính
.
OH
Cách giải:
24
Ta có
/ / / / ; ; ;
AB CD AB SCD SC d SC AB d AB SCD d A SCD
.
Lại có
;
2 ; ; 2 ;
;
d A SCD
AC
AO SCD C d SC AB d A SCD d O SCD
OC
d O SCD
Gọi
M
là trung điểm của
,
CD
trong
SOM
kẻ
OH SM H SM
ta có:
CD OM
CD SOM CD OH
CD SO
;
OH CD
OH SCD d O SCD OH
OH SM
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
2 2 2
2
.
. 5
2
: .
5
4
a
a
SO OM a
SOM OH
SO OM a
a
Vậy
2 5
; .
5
a
d SC AB
Chọn B.
Câu 43 (VD)
Phương pháp:
- Đặt
2
4 ,
t x x
với
0; ,
x

đưa phương trình về dạng
* .
f t m
- Xác định mỗi nghiệm
t
cho bao nhiêu nghiệm
x
trên từng khoảng cụ thể.
- Tìm điều kiện về số nghiệm của phương trình (*) để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Đặt
2
4 ,
t x x
với
0; ,
x

khi đó phương trình trở thành
5
3 5 * .
3
m
f t m f t
Ta có
' 2 4 0 2 0; .
t x x x

BBT:
25
Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình
5
3
m
f t
có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm
4;0
t cho 2
nghiệm
x
phân biệt, mỗi nghiệm
0; 4
t

cho 1 nghiệm
.
x
Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc
0;

thì phương trình (*):
TH1: Có 1 nghiệm
4;0
t và 3 nghiệm
0; 4
t

(ktm).
TH2: Có 2 nghiệm
4;0
t và 1 nghiệm
0; 4
t

(ktm).
5
2 2
6 5 5
3
5 9 5 6
3 2
3
m
m
m m
11 0
14;0 \ 11
14 11
m
m
m
.
Mà m
Có 14 giá trị của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn B.
Câu 44 (VD)
Phương pháp:
- Đặt
,
z x yi
khai triển 2 2
z i iz
tìm mối quan hệ giữa
, .
x y
- Chứng minh
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 ,
z z z z z z từ đó tìm
1 2
.
P z z
Cách giải:
Đặt
z x yi
ta có:
2 2
z i iz
2 2 2
x yi i i x yi
2 2 1 2
x y i y xi
2 2
2 2
4 2 1 2
x y y x
2 2
3 3 3
x y
2 2
1
x y
Đặt
1 1 1 2 2 2
, ,
z x y i z x y i
xét
2 2
1 2 1 2
A z z z z
26
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x y y i x x y y i
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x y y x x y y
2 2 2 2
1 1 2 2
2
x y x y
Vì
1 2
,
z z
là hai nghiệm của phương trình 2 2
z i iz
nên
2 2
1 1
2 2
2 2
1
1
x y
x y
2 1 1 4
A
2 2
1 2 1 2
4
z z z z
2 2
1 2 1 2
4 3
z z z z
1 2
3
P z z
Chọn C.
Câu 45 (TH)
Phương pháp:
- Tìm
'
f x g x
và suy ra hàm
2
.
f x
- Tính tích phân, sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản
Cách giải:
Vì
f x
liên tục trên
và có một nguyên hàm là hàm số
2
1
1.
2
g x x x
' 1.
f x g x x
Khi đó ta có
2 2
1
f x x
2 2
3
2 2
1 1
2
4
1 .
1
3 3
x
f x dx x dx x
Chọn C.
Câu 46 (VD)
Phương pháp:
- Gọi
,
H K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
lên
, .
P BC
Chứng minh
max
; .
AH AK d A P AK
- Viết phương trình đường thẳng
,
BC
tham số hóa tọa độ điểm
.
K BC
27
- Sử dụng
. 0
AK BC

tìm tọa độ vectơ
.
AK

Cách giải:
Gọi
,
H K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
lên
, .
P BC
Ta có
AH P AH HK AHK
vuông tại
H AH AK
hay
; ;
d A P d A BC
.
Do đó
;
d A P
lớn nhất khi
.
AH AK H K
Ta có
0; 1;2BC

Phương trình đường thẳng
2
: 1
2
x
BC y t
z t
Vì
2;1 ;2 1; ;2 1 .
K BC K t t AK t t
Ta có
2 2 1
. 0 1.0 2 2 1 0 1; ; / / 5; 2; 1 .
5 5 5
AK BC t t t AK

Vậy khi
;
d A P
lớn nhất thì
P
có 1 VTPT
5; 2; 1 .
n
Chọn D.
Câu 47 (VDC)
Phương pháp:
- Áp dụng tích phân từng phần với
2
0
' .
xf x dx
- Từ giả thiết
2
0 3, 2 2 2
f f x f x x x
tính
2 .
f
- Lấy tích phân hai vế biểu thức
2
2 2 2.
f x f x x x
- Sử dụng phương pháp đổi biến số, tính
2
0
2 ,
J f x dx
từ đó tính
2
0
f x dx
và tính
.
I
Cách giải:
28
Đặt
.
'
u x du dx
dv f x dx v f x
2 2
0 0
2
'
0
I xf x dx xf x f x dx
Theo bài ra ta có:
2
0 3, 2 2 2.
f f x f x x x
0 2 2 2 2 0 2 3 1.
f f f f
2 2
0 0
2 2 2 .
I f f x dx f x dx
Lấy tích phân hai vế biểu thức
2
2 2 2
f x f x x x
ta có
2 2 2
2
0 0 0
8
2 2 2 .
3
f x dx f x dx x x dx
Xét
2
0
2 ,
J f x dx
đặt
2 .
t x dt dx
Đổi cận
0 2
.
2 0
x t
x t
0 2
2 0
.
J f t dt f x dx
2 2
0 0
8 4
.
3 3
f x dx f x dx
Vậy
4 10
2 .
3 3
I
Chọn A.
Câu 48 (VDC)
Phương pháp:
- Gọi
3
;log , ;2log ; ;3log , , 0 .
a a
A m m B n n C p p m n p
- Tính
,
AB
sử dụng điều kiện cạnh
AB
song song với trục hoành tìm
m
theo
.
n
- Tính
,
AB
giải phương trình tìm
, .
m n
- Tính
,
BC

sử dụng điều kiện
BC AB
tìm
.
p
- Giải phương trình độ dài cạnh
BC
tìm
.
a
Cách giải:
Gọi
3
;log , ;2log ; ;3log , , 0 .
a a
A m m B n n C p p m n p
29
Vì
ABCD
là hình vuông nên
AB DC

.
Ta có
2
;2log log ;log .
a a a
n
AB n m n m n m
m

Vì
AB

và
1;0
i
cùng phương nên
2 2
2
log 0 1 .
a
n n
n m
m m
2 2
;0
AB n n AB n n
.
Lại có
2
36 36 6.
ABCD
S AB AB
2
2
2
3
6
6 9
2
6
n
n n
n n m
n ktm
n n VN
Tương tự ta có
3
2
;log
a
p
BC p n
n

cùng phương với
0;1
j
nên
0 3.
p n p n
3
2
3
0;log 0;log 3 log 3 .
3
a a a
BC BC
Mà
6
log 3 6
6 log 3 6 3
log 3 6
a
a
a
BC AB a
.
Chọn B.
Câu 49 (VDC)
Phương pháp:
- Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
S
lên
ABC
, chứng minh
ABCH
là hình chữ nhật.
- Xác định góc giữa
SB
và mặt đáy là góc giữa
SB
và hình chiếu vuông góc của
SB
lên mặt đáy, sử dụng tỉ số
lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính
.
SH
- Tính thể tích
.
1
. .
3
S ABC ABC
V SH S
.
Cách giải:
30
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
S
lên
ABC
.
Ta có
BC SC gt
BC SCH BC CH
BC SH SH ABC
SB SA gt
AB SAH AB AH
AB SH SH ABC
ABCH
là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Vì
SH ABC
nên
HB
là hình chiếu vuông góc của
SB
lên
ABC
0
; ; 60
SB ABC SB HB SBH .
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2
5,
AC AB BC a lại có
ABCH
là hình vuông nên
5.
BH AC a
Xét tam giác vuông
SBH
có
0
.tan 30 15.
SH BH a
Vậy
3
.
1 1 1 1 15
. . . . 15. .2 .
3 3 2 6 3
S ABC ABC
a
V SH S SH AB BC a a a
Chọn C.
Câu 50 (VDC)
Cách giải:
TXĐ:
.
D
31
Ta có
2
2
' 2 . .
4 5
x
y a
x x
2
2
2
2
4 5 2 .
4 5
" .
4 5
x
x x x
x x
y a
x x
2
2
2 2 2 2
4 5 2
1
" .
4 5 4 5 4 5 4 5
x x x
y a
x x x x x x x x
+ TH1:
0 2 2
a y x
nghịch biến trên
nên hàm số không có cực đại
0
a
không thỏa mãn.
+ TH2:
0 ' 0
0
0 ' 0
a y
a
a y
Hàm số đã cho có cực đại
0
a
và phương trình
' 0
y
có nghiệm.
Đặt
2
t x
ta có
2
2
' 0 2 . 0 2 1
1
t
y a at t
t
2 2
2
2 2 2
2
0
0
0
*
4
4 4
2
4 4
4
t
t
t
a t
t a
a t t
a
Hệ phương trình (*) có nghiệm
2
2
2
4
0 4 0 .
2
4
a
a
a
a
Kết hợp điều kiện
0, 20;20
a a ta có
20; 2 .
a
Mà
20; 19; 18;...; 3
a a
Vậy có 18 giá trị của
a
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn A.
____________________ HẾT ____________________
https://toanmath.com/

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1-D 2-B 3-C 4-D 5-B 6-B 7-C 8-B 9-B 10-A 11-D 12-D 13-A 14-C 15-C 16-B 17-C 18-C 19-D 20-A 21-C 22-D 23-B 24-A 25-C 26-C 27-D 28-A 29-A 30-A 31-C 32-A 33-D 34-D 35-D 36-C 37-D 38-C 39-D 40-B 41-D 42-B 43-B 44-C 45-C 46-D 47-A 48-B 49-C 50-A Câu 1 (NB): Phương pháp:
Số nghiệm của phương trình f  x  m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường thẳng y  . m Cách giải:
Ta có: f  x    f  x 5 2 5 0
 nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f x 2 5 và đường thẳng y  . 2 5
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số y  f  x tại 2 điểm phân biệt. 2
Vậy phương trình 2 f  x  5  0 có 2 nghiệp phân biệt. Chọn D. Câu 2 (NB): Phương pháp:
Dựa vào đồ thị xác định các khoảng mà đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải. Cách giải:
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên 0;2. Chọn B. Câu 3 (NB) Phương pháp:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r, chiều cao h bằng: 2 V   r . h Cách giải:
Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r, chiều cao h bằng: 2 V   r . h Chọn C. Câu 4 (NB): 9 Phương pháp:
- Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm x 3;  3 . i - Tính y  3  , y 3, y x . i 
- Kết luận: min f  x  miny 3; y 3; y x i . 3; 3 Cách giải: Ta có f  x 3  x  x   f x 2 3 2 '  3x  3. f  x 2 '
 0  x 1  0  x  13;  3 .
Ta có f 3  16, f 3  20, f   1  4, f   1  0.
Vậy min f  x  f  3    1  6. 3; 3 Chọn D. Câu 5 (NB): Phương pháp: x  x y  y z  z Đường thẳng 0 0 0 d :  
đi qua điểm A x ; y ; z . 0 0 0  a b c Cách giải: x 1 y  2 z  5 Đường thẳng d :   đi qua điểm N 1; 2  ;5. 2 3 4 Chọn B. Câu 6 (TH): Phương pháp:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng định lí Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc. Cách giải:
Ta có SA   ABC  AC là hình chiếu vuông góc của SC lên  ABC.
 SC; ABC  SC; AC  S  C . A Ta có: 2 2 2 2
AC  AB  BC  2a  a  a 3. SA a 1 Xét tam giác SAC có 0 tan SCA     S  CA  30 . AC a 3 3 Vậy SC  ABC 0 ;  30 . 10 Chọn B. Câu 7 (NB): Phương pháp:
Xác định điểm cực trị là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu. Cách giải:
Dựa vào bảng xét dấu f ' x ta thấy hàm số f  x có 2 điểm cực trị x  3  , x  1. Chọn C. Câu 8 (NB): Phương pháp: 1
Thể tích của khối nón tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h là 2 V   r . h 3 Cách giải:
Thể tích của khối nón tròn xoay có đường kính đáy bằng 6  bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 5 là: 1 1 2 2
V   r h  .3 .5  15. 3 3 Chọn B. Câu 9 (NB): Phương pháp:
Mặt cầu S   x  a2   y  b2   z  c2 2 :  R có tâm I  ; a ; b c. Cách giải:
Mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 2
3  4 có tâm I 1;2;3. Chọn B. Câu 10 (NB): Phương pháp:
- Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra hàm bậc bốn trùng phương hay hàm đa thức bậc ba.
- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số. Cách giải:
Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương có hệ số a  0 nên chọn đáp án A. Chọn A. Câu 11 (NB): Phương pháp: 11
Sử dụng công thức u  u  n  m d với d là công sai của cấp số cộng. n m   Cách giải:
Ta có d  u  u  9 12  3. 5 4 Chọn D. Câu 12 (TH): Phương pháp: n
- Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức log n b  b m log . a a m
- Sử dụng công thức log  xy  log x  log y 0  a  1, x, y  0 . a a a  Cách giải: log a  log ab 2 16   1  log a  log ab 2 2   4
 4log a  log a  log b 2 2 2  3log a  log b 2 2 3  log a  log b 2 2 3  a  b Chọn D. Câu 13 (NB): Phương pháp: b Sử dụng công thức f
 xdx  F b F a với F x là một nguyên hàm của hàm số f x. a Cách giải: 3 Ta có: f '
 xdx  f 3 f 2  52  3. 2 Chọn A. Câu 14 (NB): Phương pháp: 1
Sử dụng công thức tính nguyên hàm cos kxdx  sin kx  C.  k 12 Cách giải: f  x 1
dx  cos 2xdx  sin 2x  C.  2 Chọn C. Câu 15 (NB): Phương pháp:
Giải phương trình mũ: f x g x a  a
 f x  g x với a  1. Cách giải: 2 x 1  2 x 1 3 3   2  x 1  2x 1 2  x  2x  0 x  2   x  0
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ;  0 2; Chọn C. Câu 16 (TH) Phương pháp: - Đưa biến vào vi phân. du - Sử dụng công thức  ln u  C.  u Cách giải: 2 1 d 4x  3 1 Ta có f  x   dx  dx   ln 4x  3  C.   4x  3 2 4x  3 2
Vì x 1;  4x  3  0. 1 Vậy f
 xdx  ln4x 3C. 2 Chọn B. Câu 17 (NB) Phương pháp:
Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 2 4 R . 13 Cách giải:
Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng 2 4 R . Chọn C. Câu 18 (NB) Phương pháp: 
Mặt phẳng  A : Ax  By  Cz  D  0 có 1 VTPT là n   ; A ; B C  . Cách giải: 
Mặt phẳng P : 2x  y  z  3  0 có 1 VTPT là n  2;1;  1 . Chọn C. Câu 19 (NB) Phương pháp: Sử dụng tổ hợp. Cách giải:
Số cách chọn ra 1 quyển sách trên giá là 1 C  18 cách. 18 Chọn D. Câu 20 (NB) Phương pháp:     
Sử dụng: a  xi  y j  zk  a   ; x y; z. Cách giải:    
Tọa độ vectơ a  i  2 j  3k là 1;2;3. Chọn A. Câu 21 (NB) Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log b x  b  x  a . a Cách giải:
log 3x 1  3  3x 1  8  x  3. 2   Chọn C. Câu 22 (NB) Phương pháp: 14
Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại x  1  . Chọn D. Câu 23 (NB) Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận được sau n kì hạn gửi tiết kiệm là A  A1 rn trong đó A là số tiền n
gốc, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi. Cách giải:
Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theo công thức:   10    10 8 100000000. 1 7% 10 1 0,07 (đồng). Chọn B. Câu 24 (NB) Phương pháp: 2 2
z  a  bi  z  a  b . Cách giải:
Môđun của số phức 2  i là 2 2 2 1  5 . Chọn A. Câu 25 (NB) Phương pháp: Sử dụng công thức log m x  m log x  a  x  a a 0 1, 0. Cách giải: 3 log a  3log . a 2 2 Chọn C. Câu 26 (TH) Phương pháp: b
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x, x  a, x  b là S  f  x gx d .x a Cách giải: Ta có: 15 2 1 2 S  f  x dx  f  x dx f  x dx 1  1  1 1 2  f  xdx  f  xdx 1 1 Chọn C. Câu 27 (TH) Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y  f  x :
- Đường thẳng y  y là TCN của đồ thị hàm số y  f  x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: 0
lim f  x  y hoặc lim f  x  y . 0 0 x x
- Đường thẳng x  x là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: 0
lim f  x   hoặc lim f  x   hoặc lim f  x   hoặc lim f  x   x         0 x x 0 x x 0 x x 0 x Cách giải: Ta có: 2 2x  3x 1 lim y  lim
 2  y  2 là TCN của đồ thị hàm số. 2 x x x 1 2 2x  3x 1 2x   1  x   1 2x 1 y    nên x  1
 là TCĐ của đồ thị hàm số. 2 x 1 x  1x   1 x 1 2 2x  3x 1
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2. 2 x 1 Chọn D. Câu 28 (TH) Phương pháp:
- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số . a
- Dựa vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số . b Cách giải:
Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên  a  0.
Hàm số có 3 điểm cực trị  ab  0. Mà a  0  b  0. Vậy a  0,b  0. Chọn A. Câu 29 (TH) 16 Phương pháp:  
- Đường thẳng d  P  u  n . d P  x  x  at 0 
- Phương trình đường thẳng d đi qua M  x ; y ; z và có 1 VTCP u  a; ;
b c là: y  y  bt . 0 0 0  0 z  z  ct  0 Cách giải: 
Mặt phẳng   : x  3y  z  2  0 có 1 VTPT là: n    1;3;  1 .
Vì đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng   nên đường thẳng d có 1 VTCP   u  n      1; 3;  1 . d x  2  t 
Vậy phương trình đường thẳng d là: y  3 3t . z 1 t  Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp:
- Thực hiện phép khai triển hàng đẳng thức tìm số phức z.
- Cho số phức z  x  yi  x, y    M  ;
x y là điểm biểu diễn số phức z. Cách giải: Ta có: z    i2 2 2
 4  4i  i  3  4 .i
Vậy điểm biểu diễn số phức z    i2 2 là điểm P 3;4. Chọn A. Câu 31 (TH) Phương pháp:
- Chứng minh SBD đều, gọi O  AC  BD, tính S . O
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA tính S . A 1 - Tính V  S . A S . S.ABCD 3 ABCD Cách giải: Dễ thấy SAB  S
 AD (2 cạnh góc vuông)  SB  SD  S  BD cân tại S. Lại có 0 S  BD  60 gt  S  BD đều. 17 a 2 Gọi O  AC  B .
D Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  BD  a 2  OA  và SBD đều cạnh 2 a 2. 3 a 6 a 2 nên SO   . 2 2 2 2  a 6   a 2 
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông 2 2 SOA : SA  SO  OA        . a  2   2      3 1 1 a Vậy 2 V  S . A S  . . a a  . S.ABCD 3 ABCD 3 3 Chọn C. Câu 32 (TH) Phương pháp:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên.
- Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”, tính số phần tử của biến cố A là số cách chọn ra 2 số
cùng lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên.
- Tính xác suất của biến cố A. Cách giải:
Số cách chọn 2 số bất kì từ 21 số nguyên dương đầu tiên là 2 C  n 2  C . 21 21
Gọi A là biến cố: “chọn được hai số có tích là một số lẻ”  2 số được chọn phải cùng lẻ. 211
Số các số lẻ từ 21 số nguyên dương đầu tiên là 1  11. 2  n A 2  C . 11 2 n A C 11
Vậy xác suất của biến cố A là P  A   11    n  . 2 C 42 21 Chọn A. Câu 33 (TH) Phương pháp:
- Xác định số phức z . 2
- Thực hiện phép cộng số phức, tính 2z  z và suy ra phần ảo của nó. 1 2 Cách giải:
2z  z  2 1 i  3  2i  5  4i có phần ảo bằng 4. 1 2     Chọn D. 18 Câu 34 (TH) Phương pháp:
- Tính bán kính mặt cầu R  IA   x  x 2   y  y 2   z  z 2 A I A I A I - Mặt cầu có tâm I  ; a ;
b c và bán kính R có phương trình là  x  a2   y  b2   z  c2 2  R . Cách giải:
Bán kính mặt cầu là R  IA    2    2    2 0 1 4 2 1 1  3.
Vậy phương trình mặt cầu S  có tâm I 1;2; 
1 , bán kính R  3 là:  x  2   y  2   z  2 1 2 1  9. Chọn D. Câu 35 (TH) Phương pháp:    - Tính u  a  b  
- Sử dụng công thức u   x y z 2 2 2 ; ;  u  x  y  z . Cách giải:     Ta có: u  a  b    2 2 2
1; 2; 2  u  1  2  2  3. Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp: - Đặt t  log .
x Tìm khoảng giá trị t  ; a b. 3
- Đưa bài toán trở thành tìm m để phương trình bậc 2 ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thuộc  ; a b.
- Tìm điều kiện để phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt, sau đó giải tìm hai nghiệm theo . m
- Cho các nghiệm đã tìm được thuộc  ; a b và tìm . m Cách giải: Ta có: 2
log 3x  m  2 log x  2m  5  0 3     3  log x  2
1  m  2 log x  2m  5  0 3   3 2
 log x  mlog x  2m  4  0 * 3 3   Đặt t  log ,
x với x 9;27  t 2; 
3 , phương trình * phải có 2 nghiệm phân biệt t ,t  2;3 . 1 2   3 19
Ta có   m   m     m  m    m  2 2 2 4 2 4 0 8 16 0 4  0  m  4.  m  m  4 t   m  1
Khi đó (**) có 2 nghiệm phân biệt 2  m  m  4 t   2 2;3 2    2 Vậy m 2;  3 . Chọn C. Câu 37 (VD) Phương pháp:  y '  0 ax  b  Hàm số y 
nghịch biến trên ;   khi d . cx  d   ;   c Cách giải: ĐKXĐ: x   . m 2 m  9 Ta có y '  . x  m2 2  y '  0  m  9  0 3  m  3
Để hàm số nghịch biến trên khoảng  ;   1 thì           m    3 m 1. ;1 m  1 m  1
Mà m   m2;  1 .
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 38 (VD) Phương pháp: - Xét hàm số g  x 4 2
 x 8x  m trên 1;  3 .
- Tìm min g  x, max g  x. 1; 3 1; 3  
- Suy ra max f  x  maxmin g  x , max g  x 1; 3 1; 3 1; 3  
- Xét từng trường hợp max f  x  min g  x , max f  x  max g  x và tìm . m 1; 3 1; 3 1; 3 1;3 Cách giải: 20 x  01;  3  Xét hàm số g  x 4 2
 x 8x  m trên 1;  3 ta có g ' x 3
 4x 16x  0  x  21;  3 x  2  1; 3 Ta có g  
1  m  7, g 3  m  9, g 2  m 16.
 min g x  g 2  m 16,max g x  g 3  m  9. 1;3 1; 3
 max f x  max m 16 ; m  9. 1; 3  m 16 18 
TH1: max f  x  m 16    m  2. 1; 3  m 16  m  9   m  9 18 
TH2: max f  x  m  9    m  9 1; 3  m 16  m  9   S   2  ;  9 .
Vậy tổng tất cả các phần tử của S bằng 2  9  7. Chọn C. Câu 39 (TH) Phương pháp: 
- Mặt phẳng trung trực   của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB làm VTPT. 
- Phương trình mặt phẳng P đi qua M  x ; y ; z và có VTPT n  a; ; b c là: 0 0 0 
a  x  x  b y  y  c z  z  0. 0   0   0  Cách giải:
Gọi I là trung điểm của AB  I 3;0;  1 .  1 
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I 3;0; 
1 và có 1 VTPT n   AB  1;1;  1 có phương trình 2
là 1 x  3 1 y  0 1 z  
1  0  x  y  z  2  0. Chọn D. Câu 40 (VD) Phương pháp:
- Sử dụng các công thức log m x  m log x  a  x  a a 0 1, 0 21 1 log b   a b  a 0 ,  1 log a b
log  xy  log x  log y 0  a  1, x, y  0. a a a x log
 log x  log y 0  a 1, , x y  0. a a a y - Tìm log . a log b,log a  log . b 2 2 2 2
- Sử dụng biến đổi a  b2  a  b2  4a . b Cách giải: Ta có:  4 log a  log 16 log a  4log 2   2 b log . a log b  4 2 b 2 2   log b  2   ab  64 a  b  log  ab log log 6  2 2  log 64  6 2 2 2  a  Vậy log   
log a  log b2  log a  log b2 2  4log . a log b  6  4.4  20. 2 2 2 2 2 2 2  b  Chọn B. Câu 41 (VD) Phương pháp:
- Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD , với
AD là chiều cao của hình trụ.
- Sử dụng giả thiết thiết diện thu được có diện tích bằng 30 tính C . D
- Gọi H là trung điểm của CD, chứng minh d OO '; ABCD  O 'H.
- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tính bán kính đáy hình trụ.
- Diện tích xung quanh khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là S  2 r . h xq Cách giải: 22
Giả sử cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD như hình vẽ.
Gọi H là trung điểm của CD ta có O ' H   ABCD nên d OO '; ABCD  O 'H 1.
Vì hình trụ có chiều cao bằng 5 3  AD  5 3. Mà S  A .
D CD  30  CD  2 3  CH  3. ABCD
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông O ' HC có: O C  O H  HC    2 2 2 2 ' ' 1 3  2.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là S  2 rh  2.2.5 3  20 3. xq Chọn D. Câu 42 (TH) Phương pháp:
- Chứng minh d SC; AB  d  ; A SCD
- Đổi điểm tính khoảng cách chứng minh d SC; AB  d  ;
A SCD  2d O;SCD .
- Gọi M là trung điểm của CD, trong SOM  kẻ OH  SM H  SM , chứng minh OH  SCD .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM để tính OH. Cách giải: 23
Ta có AB / /CD  AB / / SCD  SC  d SC; AB  d  AB;SCD  d  ; A SCD . d  ; A SCD  AC Lại có AO  SCD    C       d  2 d SC; AB d  ; A SCD  2d O; SCD  ; O SCD       OC
Gọi M là trung điểm của CD, trong SOM  kẻ OH  SM H  SM  ta có: C  D  OM 
 CD  SOM   CD  OH C  D  SO O  H  CD 
 OH  SCD  d O;SCD  OH O  H  SM a . . a SO OM a 5
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông 2 SOM : OH    . 2 2 2 SO  OM a 5 2 a  4 a Vậy d SC AB 2 5 ;  . 5 Chọn B. Câu 43 (VD) Phương pháp: - Đặt 2
t  x  4x, với x 0;, đưa phương trình về dạng f t  m*.
- Xác định mỗi nghiệm t cho bao nhiêu nghiệm x trên từng khoảng cụ thể.
- Tìm điều kiện về số nghiệm của phương trình (*) để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt. Cách giải: m  5 Đặt 2
t  x  4x, với x 0;, khi đó phương trình trở thành 3 f t   m  5  f t  *. 3
Ta có t ' x  2x  4  0  x  20;. BBT: 24 m 
Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình f t  5 
có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm t 4;0 cho 2 3
nghiệm x phân biệt, mỗi nghiệm t 0;   4 cho 1 nghiệm . x
Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc 0; thì phương trình (*):
TH1: Có 1 nghiệm t 4;0 và 3 nghiệm t 0;   4 (ktm).
TH2: Có 2 nghiệm t 4;0 và 1 nghiệm t 0;   4 (ktm).  m  5 2   2  3 6  m  5  5     m  5  9  m  5  6  3   2  3 11 m  0  
 m 14;0 \1  1 . 14  m  11
Mà m    Có 14 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B. Câu 44 (VD) Phương pháp:
- Đặt z  x  yi, khai triển 2z  i  2  iz tìm mối quan hệ giữa x, . y - Chứng minh 2 2 z  z  z  z  2 2 2 z  z
, từ đó tìm P  z  z . 1 2 1 2 1 2  1 2 Cách giải: Đặt z  x  yi ta có: 2z  i  2  iz
 2x  2yi  i  2  i x  yi  2x  2y   1 i  2  y  xi
 x   y  2    y2 2 2 4 2 1 2  x 2 2  3x  3y  3 2 2  x  y 1
Đặt z  x  y i, z  x  y i, xét 1 1 1 2 2 2 2 2 A  z  z  z  z 1 2 1 2 25
 x  x    y  y  2
i   x  x    y  y  2 i 1 2 1 2 1 2 1 2
 x  x 2   y  y 2   x  x 2   y  y 2 1 2 1 2 1 2 1 2  2 2 2 2 2 x  y  x  y 1 1 2 2  2 2 x  y 1
Vì z , z là hai nghiệm của phương trình 2z  i  2  iz nên 1 1 1 2  2 2 x  y  1  2 2  A  21  1  4 2 2  z  z  z  z  4 1 2 1 2 2 2  z  z  4  z  z  3 1 2 1 2  P  z  z  3 1 2 Chọn C. Câu 45 (TH) Phương pháp:
- Tìm f  x  g ' x và suy ra hàm f  2 x .
- Tính tích phân, sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản Cách giải: 1
Vì f  x liên tục trên  và có một nguyên hàm là hàm số g x 2  x  x 1. 2
 f x  g ' x  x 1. Khi đó ta có f  2 x  2  x 1 2 2 3  x  2 4 2  f
 xdx   2x  1dx    x  .  3 1  3 1 1 Chọn C. Câu 46 (VD) Phương pháp:
- Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A lên P, BC. Chứng minh AH  AK  d  ; A P  AK. max
- Viết phương trình đường thẳng BC, tham số hóa tọa độ điểm K  BC. 26   
- Sử dụng AK.BC  0 tìm tọa độ vectơ AK. Cách giải:
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên P, BC.
Ta có AH  P  AH  HK  A
 HK vuông tại H  AH  AK hay d  ; A P  d  ; A BC  . Do đó d  ;
A P lớn nhất khi AH  AK  H  K.  x  2 
Ta có BC  0;1;2  Phương trình đường thẳng BC : y 1 t z  2t  
Vì K  BC  K 2;1 t;2t  AK  1; t  ;2t   1 .   2   2 1 
Ta có AK.BC  0  1.0  t  22t  
1  0  t   AK  1;  ;  / / 5; 2  ;    1 . 5  5 5   Vậy khi d  ;
A P lớn nhất thì P có 1 VTPT n  5;2;  1 . Chọn D. Câu 47 (VDC) Phương pháp: 2
- Áp dụng tích phân từng phần với xf ' xd . x  0
- Từ giả thiết f    f  x  f   x 2 0 3, 2
 x  2x  2 tính f 2.
- Lấy tích phân hai vế biểu thức f  x  f   x 2 2  x  2x  2. 2 2
- Sử dụng phương pháp đổi biến số, tính J  f
 2 xdx, từ đó tính f xdx  và tính I. 0 0 Cách giải: 27 u   x  du  dx  Đặt    dv  f  xdx v  f  x. ' 2 2  I  xf  xdx  xf x 2 '  f  xdx 0 0 0
Theo bài ra ta có: f    f  x  f   x 2 0 3, 2  x  2x  2.
 f 0  f 2  2  f 2  2  f 0  2  3  1. 2 2  I  2 f 2  f  xdx  2 f  xd .x 0 0
Lấy tích phân hai vế biểu thức f  x  f   x 2 2  x  2x  2 ta có 2 2 2 f  xdx  f  2 xdx   8 2 x  2x  2dx  . 3 0 0 0 2 x  0  t  2 Xét J  f
 2 xdx, đặt t  2 x  dt  d .x Đổi cận  . x  2  t  0 0 0 2  J   f  tdt  f  xd .x 2 0 2 2  f  x 8 dx   f  x 4 dx  . 3 3 0 0 4 10
Vậy  I  2    . 3 3 Chọn A. Câu 48 (VDC) Phương pháp: - Gọi A ; m log m, B ; n 2log n;C  ; p 3log p , m , n p  0 . a a 3   
- Tính AB, sử dụng điều kiện cạnh AB song song với trục hoành tìm m theo . n
- Tính AB, giải phương trình tìm m, . n 
- Tính BC, sử dụng điều kiện BC  AB tìm . p
- Giải phương trình độ dài cạnh BC tìm . a Cách giải: Gọi A ; m log m, B ; n 2log n;C  ; p 3log p , m , n p  0 . a a 3   28  
Vì ABCD là hình vuông nên AB  DC . 2   n  Ta có AB  n  ;
m 2log n  log m   n  ; m log . a a a  m    2 2 n n
Vì AB và i 1;0 cùng phương nên 2 log  0  1  n  . m a m m   AB   2 n  n  2 ;0  AB  n  n . Lại có 2 S
 36  AB  36  AB  6. ABCD 2 n  n  6 n  3 2  n  n  6      m  9 2 n  n  6   VN  n  2   ktm 3   p  
Tương tự ta có BC   p  ; n log
cùng phương với j  0; 
1 nên p  n  0  p  n  3. a 2   n  3   3   BC  0;log
  0;log 3  BC  log 3 . a 2  a   3 a  log 3  6 Mà a 6
BC  AB  6  log 3  6   a  3 . a log 3  6   a Chọn B. Câu 49 (VDC) Phương pháp:
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC , chứng minh ABCH là hình chữ nhật.
- Xác định góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và hình chiếu vuông góc của SB lên mặt đáy, sử dụng tỉ số
lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SH. 1 - Tính thể tích V  .SH.S . S.ABC 3 A  BC Cách giải: 29
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC . Ta có BC  SC  gt       
  BC  SCH   BC  CH BC SH SH ABC SB  SA  gt       
  AB  SAH   AB  AH AB SH SH ABC
 ABCH là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông).
Vì SH   ABC nên HB là hình chiếu vuông góc của SB lên  ABC
 SB  ABC  SB HB 0 ; ;  S  BH  60 .
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2
AC  AB  BC  a 5, lại có ABCH là hình vuông nên BH  AC  a 5. Xét tam giác vuông SBH có 0 SH  BH.tan 30  a 15. 3 1 1 1 1 a 15 Vậy V  SH.S  SH. A . B BC  .a 15. . a 2a  . S.ABC 3 ABC 3 2 6 3 Chọn C. Câu 50 (VDC) Cách giải: TXĐ: D  .  30 x  2 Ta có y '  2  . a . 2 x  4x  5  2 x  x    x   x 2 4 5 2 . 2 x  4x  5 y"  . a 2 x  4x  5
x  4x  5   x  22 2 1 y"  . a   2 x  4x  5 2 x  4x  5
 2x 4x5 2x 4x5
+ TH1: a  0  y  2x  2 nghịch biến trên  nên hàm số không có cực đại  a  0 không thỏa mãn. a  0  y '  0 + TH2: a  0   a  0  y '  0
 Hàm số đã cho có cực đại  a  0 và phương trình y '  0 có nghiệm. t Đặt t  x  2 ta có 2 y '  0  2  . a  0  at  2 t 1 2 t 1 t   0 t   0 t   0         4 * 2 2 2 a t  4t  4  2a 4   2 2 t  4 t  a  2  2     a  4 4 a  2
 Hệ phương trình (*) có nghiệm 2   0  a  4  0  . 2 a  4  a  2
Kết hợp điều kiện a  0, a  2  0;20 ta có a  2  0;2.
Mà a    a 20;19;18;...;  3
Vậy có 18 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
____________________ HẾT ____________________ https://toanmath.com/ 31
Document Outline

  • de-kscl-toan-thi-tot-nghiep-thpt-2021-lan-2-truong-chuyen-lam-son-thanh-hoa
  • Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2

Tài liệu liên quan: