36 trang 29 lượt tải

Đề thi thử THPT Quốc gia 2021 môn Toán lần 2 trường THPT Kim Liên – Hà Nội

57

Giới thiệu đến với quý thầy, cô giáo và các bạn học sinh đề thi thử THPT Quốc gia 2021 môn Toán lần 2 trường THPT Kim Liên – Hà Nội gồm 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
/36
Trang 1/6 - Mã đề thi 001
SỞ GD&ĐT
HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT KIM LIÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 02
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: Toán 12
(Đề gồm 6 trang) Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Mã đề thi 001
Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD: . . . . . . . . . . .
Câu 1: Cho
( )
F x
là một nguyên hàm của hàm số
3
( ) sin .cos
f x x x
=
và
(
)
0F
π
=
. Tìm
2
F
π
A.
1
2 4
F
π
π
= +
B.
1
2 4
F
π
π
= − +
C.
2
F
π
π
= −
D.
2
F
π
π
=
Câu 2: Hàm số
x
y
π
=
có đạo hàm là:
A.
x
π
B.
ln
x
π
π
C.
ln
x
π π
D.
1
x
π
−
Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt cầu
( )
S
có phương trình
2 2 2
6 6 2 6 0
x y z x y z
+ + − + − − =
. Phương trình mặt phẳng
( )
P
tiếp xúc với mặt cầu tại
điểm
( 1; 3; 4)
A
− −
là
A.
4 3 16 0
x z
+ + =
. B.
2 6 3 28 0
x y z
− + − =
.
C.
4 3 16 0
x z
− + =
. D.
4 3 5 0
x y
− − =
.
Câu 4: Trong không gian
Oxyz
, mặt cầu có tâm
(
)
4; 4;2
I −
và đi qua gốc tọa độ có phương trình là
A.
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 2 6
x y z
+ + − + + =
. B.
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 2 36
x y z
+ + − + + =
.
C.
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 2 36
x y z
− + + + − =
. D.
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 2 6
x y z
− + + + − =
.
Câu 5: Cho hàm số
( )
y f x
=
có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
0.
B. 1. C.
3.
−
D.
4.
−
Câu 6: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
(
)
(
)
1;1;1 , 4;3; 2 , (5; 2;1)
A B C
. Phương trình mặt phẳng đi
qua ba điểm
, ,
A B C
có dạng
2 0
ax by cz
+ + − =
. Tính tổng
S a b c
= − +
A.
10
S
=
. B.
2
S
=
. C.
2
S
= −
. D.
10
S
= −
.
Câu 7: Cho hàm số bậc ba
(
)
y f x
= có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới.
Số nghiệm thực của phương trình
(
)
3 4 0
f x
+ =
là
A. 2. B. 0. C. 1 D. 3.
Trang 2/6 - Mã đề thi 001
Câu 8: Tập nghiệm S của phương trình
2
1 9
sin sin
12 12
x x x
π π
− − −
=
là:
A.
{
}
2; 4
S
= −
B.
{
}
4
S
= −
C.
{
}
2
S =
D.
{
}
2;4
S = −
Câu 9: Nếu
( )
2
1
3
f x dx
−
=
∫
và
( )
5
2
2
f t dt
∫
thì
( )
5
1
f s ds
−
∫
bằng
A. 1. B. 5. C.
5
−
. D.
1.
−
Câu 10: Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
[
]
1;2
−
và có đồ thị như hình vẽ.
Biết diện tích các hình phẳng
(
)
(
)
,
K H
lần lượt là
5
12
và
8
3
. Tính
( )
2
1
f x dx
−
∫
A.
37
12
−
B.
9
.
4
−
C.
37
12
D.
9
.
4
Câu 11: Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
và có bảng xét dấu của
(
)
'
f x
như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là:
A
. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai mặt phẳng
( ) : 2 3 5 0
P x my z
+ + − =
vµ
( ) : 8 6 2 0
Q nx y z
− − + =
song song với nhau. Tính tổng
S m n
= +
.
A.
8
S
= −
. B.
16
S
= −
. C.
8
S
=
. D.
0
S
=
.
Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt cầu
( )
S
có phương trình
2 2 2
( 3) ( 2) 25
x y z
− + + + =
. Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu
( )
S
theo giao tuyến là đường tròn có
bán kính bằng 3?
A.
3 4 5 18 0
x y z
− + − =
. B.
4 3 5 18 20 2 0
x y z
− + − + =
.
C.
2 2 2 0
x y z
+ − + =
. D.
2 0
x y z
+ + + =
.
Câu 14: Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên do quay xung quanh trục Ox hình phẳng
(
)
H
giới hạn bởi
các đường
( )
2
1 , 0, 0
y x y x
= − = =
và
2
x
=
.
A.
2
5
π
B.
5
π
C.
2
3
π
D.
2
3
Câu 15: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
(
)
(
)
ln 2 1 1 ln 1
x x
+ ≥ + −
là:
A.
5.
B. Vô số. C.
6.
D.
4.
Trang 3/6 - Mã đề thi 001
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới
A.
2
1
x
y
x
− +
=
+
B.
2 1
1
x
y
x
− +
=
+
. C.
1
x
y
x
−
=
+
. D.
1
1
x
y
x
− +
=
+
.
Câu 17: Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi Parabol:
2
3
y x
=
, cung tròn có
phương trình
2
4
y x
= −
(với
0 2
x
≤ ≤
) và trục hoành (phần tô đậm trong
hình vẽ bên). Khối tròn xoay tạo ra khi (H) quay quanh Ox
có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây?
A.
1 2
2 2
0 1
3 4
V x dx x dx
π π
= + −
∫ ∫
B.
1
2
0
3
V x dx
π
= −
∫
.
C.
(
)
2
2
2 2
0
4 3
V x x dx
π
= − −
∫
D.
( )
1 2
4 2
0 1
3 4
V x dx x dx
π π
= + −
∫ ∫
Câu 18: Cho tứ diện đều
ABCD
có cạnh bằng
a
,
M
là trung điểm của
.
CD
Tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng
, .
AC BM
A.
3
.
6
B.
3
2
C.
0
. D.
2 3
.
3
Câu 19: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
,
A D
,
; 2
AD CD a AB a
= = =
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh bên
SC
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
45
o
. Gọi
I
là trung
điểm của cạnh
AB
. Tính khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng
( )
SBC
.
A.
a
. B.
3
a
. C.
2
a
. D.
2
2
a
.
Câu 20: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
3 2 1
1
x x
y
x
− −
=
−
là:
A. 4. B. 2. C. 1 D. 3.
Câu 21: Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh?
A.
3
35
.
A
B.
3
35
.
C
C.
3
35
. D.
35
3 .
Câu 22: Cho đồ thị của ba hàm số
,
x x
y a y b
= =
và
x
y c
=
(a, b, c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ trong cùng
một mặt phẳng tọa độ như hình bên.
Chọn khẳng định đúng
A.
.
a b c
> >
B.
.
b c a
> >
C.
.
c b a
> >
D.
.
a c b
> >
Trang 4/6 - Mã đề thi 001
Câu 23: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
4 2
12 1
f x x x
= − + +
trên đoạn
[
]
1;2
−
bằng
A. 1. B. 33. C. 12. D. 0.
Câu 24: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( )
S
có phương trình
2 2 2
4 2 6 2 0
x y z x y z
+ + − + − − =
.
Tọa độ tâm
I
và bán kính
R
của mặt cầu là
A.
(2; 1;3); 14
I R− = . B.
( 2;1; 3); 14
I R− − = C.
(2; 1;3); 4
I R
− =
. D.
( 2;1; 3); 4
I R
− − =
.
Câu 25: Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức
.
nr
S A e
= ; trong đó A là dân số
của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm , r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017 dân số Việt
Nam là 93.671.600 người (Tổng cục thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr.79).
Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là bao nhiêu
người?
A. 103.233.600. B. 104.919.600. C. 104.029.100. D. 104.073.200.
Câu 26: Cho hàm số
( )
y f x
=
có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( 2;0).
−
B.
(1; ).
+∞
C.
( 4; 2).
− −
D.
(
)
2;1 .
−
Câu 27: Cho cấp số nhân
(
)
n
u
với
1
2
u
=
và
2
6
u
=
. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng:
A.
4.
B. 3. C. 8. D. 12.
Câu 28: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( )
1
2
x
f x
x
−
=
+
trên khoảng
(
)
2;
− +∞
là:
A.
(
)
3ln 2
x x C
+ + +
B.
(
)
3ln 2
x x C
− + +
C.
( )
2
3
2
x C
x
+ +
+
D.
( )
2
3
2
x C
x
− +
+
Câu 29: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
P
:
2 5 0
x y z
+ − + =
. Một véc tơ pháp tuyến của mặt
phẳng là:
A
.
(
)
1
4;2; 2
n
−
B.
(
)
4
2;1;5
n
C.
(
)
3
2; 1; 1
n
− −
D.
(
)
2
2;1;1
n
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
(
)
2; 1;3
M −
. Phương trình mặt phẳng đi
qua các hình chiếu của
M
trên ba trục tọa độ là:
A.
3 6 2 6 0
x y z
− + − =
. B.
3 6 2 6 0
x y z
− + + =
.
C.
3 6 2 6 0
x y z
+ + − =
. D.
3 6 2 6 0
x y z
− + − − =
.
Câu 31: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
thuộc S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ bằng
A.
4
.
9
B.
5
.
9
C.
3
.
5
D.
2
5
Câu 32: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
2
a
. Cạnh bên
SA
vuông góc với mặt
phẳng đáy,
2
SA a
. Tính thể tích
V
của khối chóp
. .
S ABCD
A.
3
4
3
V a
=
. B.
3
2
3
V a
=
. C.
3
4
V a
=
. D.
3
2
3
V a
=
.
Câu 33: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình:
1 2
4 2 2 27 0
x x
m m
+
− + − =
có hai nghiệm phân biệt . Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
A. 4. B. 3. C. 2. D. 11.
Câu 34: Cho tam giác đều
ABC
cạnh bằng 4. Gọi
H
là trung điểm cạnh
BC
. Diện tích xung quanh của
hình nón tạo thành khi quay tam giác
ABC
xung quanh trục
AH
là
A.
16
S
π
=
. B.
4
S
π
=
. C.
8
S
π
=
. D.
32
S
π
=
.
Trang 5/6 - Mã đề thi 001
C
âu 35: Cho đường thẳng
2
y x
=
và Parabol
2
y x c
= +
(c là tham số thực dương).
Gọi
1
S
và
2
S
lần lượt là diện tích của hai hình
phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên.
Khi
1 2
S S
=
thì c gần với số nào nhất sau đây?
A.
3.
B.
2.
C.
0.
D.
1.
Câu 36: Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường
2
y
x
=
,
3 1
y x
= −
,
3
x
=
là
A.
10 3ln 2
−
B.
10 2 ln 3
−
. C.
10 ln 3
−
D.
2
2ln 3
3
+
Câu 37: Cho lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có
1, 2, ' 2 5.
AB AC AA= = =
Gọi
D
là trung điểm của cạnh
'
CC
và góc
' 90
o
BDA
=
. Tính thể tích
V
của khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
A.
2 15
V
=
B.
15
V
=
C.
3 15
V
=
D.
15
2
V =
Câu 38: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
a
. Hình chiếu của đỉnh
S
trên mặt phẳng
đáy là
H
sao cho 3
AB AH
=
 
. Góc giữa cạnh SD và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
45
. Tính thể tích
V
của
khối chóp .
S HCD
.
A.
3
2
9
a
V =
B.
3
10
9
a
V =
C.
3
10
6
a
V =
D.
3
10
18
a
V =
Câu 39: Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy là tam giác vuông cân tại
0
, ; 90 ;
B AB a SAB SCB= = =
cạnh
bên
SA
tạo với mặt phẳng đáy góc
60
o
. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .
S ABC
.
A.
2
5
S a
π
= . B.
2
3
S a
π
= . C.
2
5
4
S a
π
=
. D.
2
5
3
S a
π
=
.
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn
[
]
10;10
−
để hàm số
2021 2
2021
x
x
y
m
−
−
+
=
−
đồng biến
trên khoảng
(
)
;0
−∞
?
A. 11. B. 3. C. 13. D. 2.
Câu 41: Cho hàm số
(
)
f x
liên tục trên
[
]
1;1
−
thỏa mãn
( )
( )
( )
1
1
1
t
f x x e f t dt
−
− = +
∫
. Tích phân
( )
1
1
x
I e f x dx
−
=
∫
bằng
A.
2
3
3
e
I
e e
+
=
− + −
. B.
2
2
3
3
e
I
e e
+
=
− +
. C.
2
2
3
3
e
I
e e
+
=
− + −
. D.
2
2
3
e
I
e e
−
=
− +
.
Câu 42: Cho hàm số
( )
y f x
có bảng biến thiên:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
(
)
1 2
f x m
− + =
có hai nghiệm phân biệt?
A.
3
B.
2
. C.
4
. D.
1
.
Trang 6/6 - Mã đề thi 001
Câu 43: Cho
(
)
F x x
π
=
là một nguyên hàm của hàm số
( ).
x
f x
π
. Tìm họ nguyên hàm của hàm số
'( ).
x
f x
π
A.
1
'( ). .
x
f x dx x x C
π π
π
−
= − + +
∫
B.
1
'( ). ln .
x
f x dx x x C
π π
π π
π
−
= − + +
∫
C.
1
'( ). ln .
x
f x dx x x C
π π
π π π
−
= − +
∫
D.
1
'( ). .
x
f x dx x x C
π π
π π
−
= − + +
∫
Câu 44: Một bạn sinh viên muốn có một khoản tiền để mua xe máy làm phương tiện đi làm sau khi ra
trường. Bạn lên kế hoạch làm thêm và gửi tiết kiệm trong 2 năm cuối đại học. Vào mỗi đầu tháng bạn đều
đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền
T
(đồng) theo hình thức lãi kép với lãi suất
0,56%
mỗi tháng.
Biết đến cuối tháng thứ 24 thì bạn đó có số tiền là
30
triệu đồng. Hỏi số tiền
T
gần với số tiền nào nhất
trong các số sau?
A.
1.139.450
đồng. B.
1.219.000
đồng.
C.
1.116.000
đồng. D.
1.164.850
đồng.
Câu 45: Xét các số thực không âm
x
và
y
thỏa mãn
1
8 2 1 3 2 2
2 4 2 2 3 0
x x
x x y
x y
+
+ + − + +
− + + − ≥
. Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2 2
6 4
P x y x y
= + + +
gần nhất với số nào dưới đây?
A. 6. B. 7. C. 9. D. 8.
Câu 46: Cho vật thể có đáy là một hình tròn giới hạn bởi
2 2 2
x y R
+ =
. Biết rằng khi cắt vật thể bằng mặt
phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ
(
)
x R x R
− ≤ ≤
thì được thiết diện là một hình vuông.
Để thể tích V của vật thể đó bằng
2021
(đơn vị thể tích) thì R thuộc khoảng nào sau đây?
A.
(
)
6;7
. B.
(
)
7;8
. C.
(
)
9;10
. D.
(
)
8;9
.
Câu 47: Cho hàm số
(
)
f x
liên tục và có đạo hàm trên
[
]
2;2
−
thỏa mãn
( ) ( )( )
2
2
2
64
2 2
3
f x f x x dx
−
− + = −
∫
. Tính
(
)
1
2
0
1
f x
I dx
x
=
∫
+
.
A.
2ln 2
2
I
π
−
=
. B.
ln 2
2
I
π
−
=
. C.
ln 2
2
I
π
+
=
. D.
2ln 2
2
I
π
+
=
.
Câu 48: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
(
]
0;2021
m ∈
sao cho đồ thị hàm số
( )
2022
2
2
2 2
x x
y
x m x
+ −
=
− − +
có đúng một tiệm cận đứng?
A.
2021
. B.
2015
. C.
2017
. D.
2016
.
Câu 49: Cho hàm số
(
)
y f x
=
liên tục trên
, có bảng biến thiên như hình vẽ
Số điểm cực đại của hàm số
( )
(
)
y f f x
= là:
A. 2. B. 0 C. 1. D. 3.
Câu 50: Cho hai đường thẳng
' , '
x x y y
chéo nhau và vuông góc với nhau. Trên
'
x x
lấy cố định điểm A,
trên
'
y y
lấy cố định điểm B sao cho
AB
cùng vuông góc với
,
Ax By
và
2020
AB cm
. Gọi C, D là hai
điểm lần lượt di chuyển trên hai tia Ax, By sao cho
AC BD CD
+ =
. Hỏi bán kính R của mặt cầu (S) ngoại
tiếp tứ diện ABCD có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây?
A
.
(
)
1009;1011
B.
(
)
1427;1429
C.
(
)
2855; 2857
D.
(
)
2019; 2021
----------- HẾT ----------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2, MÔN TOÁN NĂM HỌC 2020-2021
Mã 001 Mã 002 Mã 003 Mã 004
1 A 1 C 1 D 1 D
2 C 2 B 2 D 2 D
3 C 3 D 3 A 3 A
4 C 4 A 4 C 4 A
5 C 5 D 5 C 5 D
6 A 6 A 6 A 6 D
7 C 7 A 7 A 7 C
8 D 8 C 8 B 8 D
9 A 9 A 9 B 9 A
10 B 10 D 10 A 10 B
11 B 11 B 11 C 11 D
12 D 12 C 12 A 12 A
13 B 13 D 13 D 13 D
14 A 14 A 14 C 14 C
15 D 15 C 15 B 15 B
16 D 16 D 16 C 16 D
17 D 17 D 17 D 17 C
18 A 18 B 18 B 18 B
19 C 19 C 19 A 19 B
20 B 20 B 20 B 20 A
21 B 21 D 21 D 21 C
22 D 22 B 22 B 22 C
23 A 23 A 23 C 23 B
24 C 24 B 24 C 24 C
25 D 25 C 25 C 25 B
26 A 26 C 26 B 26 C
27 B 27 A 27 B 27 A
28 B 28 B 28 A 28 A
29 A 29 A 29 D 29 B
30 A 30 A 30 D 30 A
31 B 31 C 31 B 31 C
32 A 32 D 32 B 32 B
33 C 33 C 33 A 33 B
34 C 34 D 34 D 34 D
35 D 35 B 35 C 35 A
36 B 36 A 36 A 36 B
37 B 37 B 37 B 37 C
38 D 38 A 38 D 38 A
39 A 39 C 39 C 39 D
40 B 40 C 40 D 40 B
41 C 41 D 41 A 41 B
42 A 42 A 42 C 42 C
43 B 43 D 43 D 43 D
44 D 44 B 44 C 44 B
45 D 45 A 45 A 45 A
46 B 46 C 46 B 46 A
47 C 47 A 47 D 47 C
48 C 48 A 48 A 48 A
49 A 49 B 49 B 49 D
50 B 50 C 50 A 50 A
10
1-A 2-C 3-C 4-C 5-C 6-A 7-C 8-D 9-A 10-B
11-B 12-D 13-B 14-A 15-D 16-D 17-D 18-A 19-C 20-B
21-B 22-D 23-A 24-C 25-D 26-D 27-B 28-B 29-A 30-A
31-A 32-A 33-C 34-C 35-D 36-B 37-B 38-D 39-A 40-B
42-A 43-B 44-D 45-D 46-B 47-C 48-C 49-A 50-B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (TH)
Phương pháp:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt
sin.
t
Cách giải:
Đặt
sin cos .
t dx xdx
4 4
3 3
sin
sin .cos .
4 4
t x
F x x xdx t dt C C
Mà
0 .
F C
4
1
sin .
4
F x x
Vậy
4
1 1
sin .
2 4 2 4
F
Chọn A.
Câu 2 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ:
' ln .
x x
a a a
Cách giải:
' ln .
x x
y y
Chọn C.
Câu 3 (TH)
Phương pháp:
- Xác định tâm
I
và bán kính
R
của mặt cầu
.
S
- Mặt phẳng
P
tiếp xúc với mặt cầu tại điểm
1; 3;4
A nhận
IA
là 1 VTPT.
11
- Trong không gian
,
Oxyz
mặt phẳng đi qua điểm
0 0 0
; ;
M x y z
và nhận
; ;
n A B C
làm vectơ pháp tuyến có
phương trình là:
0 0 0
0.
A x x B y y C z z
Cách giải:
Mặt cầu
S
có tâm
3; 3;1 ,
I bán kính
2
2 2
3 3 1 6 5.
R
Vì
P
tiếp xúc với mặt cầu tại điểm
1; 3;4
A nên
IA P P
nhận
4;0;3
IA
làm 1 VTPT.
phương trình mặt phẳng
: 4 1 3 4 0 4 3 16 0.
P x z x z
Chọn C.
Câu 4 (TH)
Phương pháp:
- Tính bán kính mặt cầu
2 2 2
.
I I I
R IO x y z
- Mặt cầu tâm
; ; ,
I a b c
bán kính
R
có phương trình là
2 2 2
2
: .
S x a y b z c R
Cách giải:
Bán kính mặt cầu là
2
2 2 2 2 2
4 4 2 6.
I I I
R IO x y z
Vậy phương trình mặt cầu là:
2 2 2
4 4 2 36.
x y z
Chọn C.
Câu 5 (NB)
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định giá trị cực đại của hàm số là giá trị của hàm số tại điểm cực đại – điểm mà qua đó hàm
số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải:
Dựa vào BBT
0 3.
CD
y y
Chọn C.
Câu 6 (TH)
Phương pháp:
- Mặt phẳng
ABC
có 1 VTPT là
, .
n AB AC
- Trong không gian
,
Oxyz
mặt phẳng đi qua điểm
0 0 0
; ;
M x y z
và nhận
; ;
n A B C
làm vectơ pháp tuyến có
phương trình là:
0 0 0
0.
A x x B y y C z z
Cách giải:
12
Ta có:
3;2;1
, 1; 4; 5 .
4;1;0
AB
AB AC
AC
ABC
có 1 VTPT là
, 1; 4;5 .
n AB AC

Phương trình
:1 1 4 1 5 1 0 4 5 2 0.
mp ABC x y z x y z
1, 4, 5.
a b c
Vậy
1 4 5 10.
S a b c
Chọn A.
Câu 7 (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
song song với trục hoành.
Cách giải:
Ta có:
4
3 4 0
3
f x f x
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
và đường thẳng
4
3
y
song song với trục hoành.
Đường thẳng
4
3
y
cắt đồ thị
y f x
tại 1 điểm.
Vậy phương trình
3 4 0
f x
có 1 nghiệm thực duy nhất.
Chọn C.
Câu 8 (TH)
Phương pháp:
Giải phương trình mũ:
.
f x g x
a a f x g x
Cách giải:
2
1 9
sin sin
12 12
x x x
2
1 9
x x x
2
2 8 0
x x
4
2
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là
2;4
S .
13
Chọn D.
Câu 9 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tích phân:
..., .
b b b b c b
a a a a a c
f x dx f t dt f s ds f x dx f x dx f x dx
Cách giải:
Ta có:
5 5 2 5
1 1 1 2
f s ds f x dx f x dx f x dx
2 5
1 2
3 2 1.
f x dx f t dt
Chọn A.
Câu 10 (TH)
Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, ,
y f x y g x
đường thẳng ,
x a x b
là
.
b
a
S f x g x dx
Cách giải:
Ta có:
0 0
1 1
2 2 2
0 0 0
5
12
8 8
3 3
K
H
S f x dx f x dx
S f x dx f x dx f x dx
Vậy
2 0 2
1 1 0
5 8 9
.
12 3 4
f x dx f x dx f x dx
Chọn B.
Câu 11 (NB)
Phương pháp:
Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương.
Cách giải:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại
0.
x
Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.
Chọn B.
14
Câu 12 (NB)
Phương pháp:
Hai mặt phẳng
: 0
P Ax By Cz D
và
: ' ' ' ' 0
Q A x B y C z D
song song với nhau khi và chỉ khi
.
' ' ' '
A B C D
A B C D
Cách giải:
Hai mặt phẳng
: 2 3 5 0
P x mt z
và
: 8 6 2 0
Q nx y z
song song với nhau khi và chỉ khi
4
8 6 2
.
4
2 3 5
m
n
n
m
Vậy
0.
S m n
Chọn D.
Câu 13 (TH)
Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago:
2 2 2
R r d
với
R
là bán kính hình cầu,
r
là bán kính hình tròn,
,
d d I P
với
I
là tâm mặt cầu.
Cách giải:
Mặt cầu
S
có tâm
3; 2;0
I , bán kính
5.
R
Gọi
r
là bán kính đường tròn giao tuyến
3.
r
Gọi
,
d d I P
, áp dụng định lí Ta-lét ta có
2 2 2
4
R r d d
Xét các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn
2 2 2
4.3 4. 2 18 20 2
20 2
, 4.
5 2
4 3 5
d I P
Chọn B.
Câu 14 (NB)
Phương pháp:
15
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
Ox
là:
2 2
.
b
a
V f x g x dx
Cách giải:
Thể tích cần tính là:
2
4
0
2
1 .
5
V x dx
Chọn A.
Câu 15 (TH)
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ.
- Sử dụng công thức
ln ln ln , 0
a
a b a b
b
- Giải bất phương trình
ln .
a
x a x e
Cách giải:
ĐKXĐ
2 1 0
1
1 0
x
x
x
ln 2 1 1 ln 1
x x
2 1
ln 1
1
x
x
2 1
1
x
e
x
2 1 1
x ex
2 1
e x e
1
.
2
e
x
e
Kết hợp với điều kiện ta có
1
1; .
2
e
x
e
Mà
2;3;4;5 .
x x
16
Chọn D.
Câu 16 (TH)
Phương pháp:
Dựa vào TCN và TCĐ của đồ thị hàm số và các điểm thuộc đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCN
1
y
nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có TCĐ
1
x
.
Đồ thị hàm số đi qua điểm
0;1
nên loại đáp án A và C.
Chọn D.
Câu 17 (TH)
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
Ox
là:
2 2
.
b
a
V f x g x dx
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2 2
3 4 1.
x x x
Thể tích cần tính:
1 2 1 2
2
2
2 2 4 2
0 1 0 1
3 4 3 4 .
V x dx x dx x dx x dx
Chọn D.
Câu 18 (TH)
Phương pháp:
- Gọi
N
là trung điểm của
,
AD
chứng minh
; ;
AC BM MN BM
- Tính các cạnh của tam giác
,
BMN
sử dụng định lí Co-sin trong tam giác:
2 2 2
cos
2 .
BM MN BN
BMN
BM MN
Cách giải:
17
Gọi
N
là trung điểm của
,
AD
ta có
/ /
MN AC
(
MN
là đường trung bình của
ACD
)
; ;
AC BM MN BM
.
,
ABD BCD
là các tam giác đều cạnh
a
nên
3
.
2
a
BM BN
MN
là đường trung bình của
ACD
nên
1
.
2 2
a
MN AC
Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác
2 2 2
2 2 2
3 3
3
4 4 4
: cos .
2 . 6
3
2. .
2 2
a a a
BM MN BN
BMN BMN
BM MN
a a
Chọn A.
Câu 19 (TH)
Phương pháp:
- Chứng minh
;
1
.
2
;
d I SBC
IB
AB
d A SBC
- Chứng minh
ADCI
là hình vuông và
.
BC SAC
- Trong
SAC
kẻ
,
AH SC
chứng minh
AH SBC
.
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính
.
AH
Cách giải:
18
Ta có
;
1
.
2
;
d I SBC
IB
IA SBC B
AB
d A SBC
Vì
ADCI
là hình vuông cạnh
1
.
2
a CI a AB
ACB
vuông tại
C AC BC
.
Ta có
.
BC AC
BC SAC
BC SA
Trong
SAC
kẻ
AH SC
ta có
;
AH SC
AH SBC d A SBC AH
AH BC
1
; .
2
d I ABC AH
Ta có
SA ABCD AC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên
ABCD
0
; ; 45
SC ABCD SC AC SCA
SAC
vuông cân tại
2
.
2 2
AC a
A AH a
Vậy
; .
2
a
d I SBC
Chọn C.
Câu 20 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng khái niệm 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 nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
0
lim
x
y y

hoặc
0
lim
x
y y

.
19
- Đường thẳng
0
x x
là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
0
lim
x x
y

hoặc
0
lim
x x
y

hoặc
0
lim
x x
y

hoặc
0
lim
x x
y

.
Cách giải:
Ta có:
2
2
2
2
3 2 1
lim lim 3
1
3
3 2 1
lim lim 3
1
x x
x x
x x
y
x
y
x x
y
x
 
 
là TCN của đồ thị hàm số.
2
2
1 3 1
3 2 1 3 1
1 1 1 1
x x
x x x
x x x x
nên
1
1
lim
1
lim
x
x
y
x
y


là TCĐ của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
3 2 1
1
x x
y
x
là 2.
Chọn B.
Câu 21 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng tổ hợp.
Cách giải:
Số cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh là
3
35
.
C
Chọn B.
Câu 22 (NB)
Phương pháp:
- Hàm số
x
y a
đồng biến trên
khi và chỉ khi
1
a
và nghịch biến trên
khi và chỉ khi
0 1.
a
- So sánh:
log log 1
.
log log 0 1
a a
a a
x y x y khi a
x y x y khi a
Cách giải:
Hàm số
x
y a
đồng biến trên
nên
1.
a
Hàm số ,
x x
y b y c
nghịch biến trên
nên
0 1
.
0 1
b
c
20
Với cùng giá trị
0
1
y
ta thấy
0
2
1
0
0 2 0
2
1 0
0
1
1
log
log
.
log 1
log
y
x
b
x
c
y
b
b y x y
x
x y
c y
c
x
Vì
0 0
1 2
1 2
1 1
0 log log .
y y
x x c b
x x
Mà
0
1
y
nên
.
c b
Vậy
.
a c b
Chọn D.
Câu 23 (TH)
Phương pháp:
- Tính
' ,
f x
xác định các nghiệm
1;2
i
x của phương trình
' 0.
f x
- Tính
1 , 2 , .
i
f f f x
- KL:
1;2
1;2
min min 1 ; 2 ; ,max max 1 ; 2 ;
i i
f x f f f x f x f f f x
Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
1;2 .
Ta có
3
0 1;2
' 4 24 0 .
6 1;2
x
f x x x
x
Mà
1 12, 2 33, 0 1.
f f f
Vậy
1;2
min 0 1.
f x f
Chọn A.
Câu 24 (NB)
Phương pháp:
Mặt cầu
2 2 2
: 2 2 2 0
S x y z ax by cz d
có tâm
; ; ,
I a b c
bán kính
2 2 2
.
R a b c d
21
Cách giải:
Mặt cầu
2 2 2
4 2 6 2 0
x y z x y z
có tâm
2; 1;3 ,
I bán kính
2
2 2
2 1 3 2 4.
R
Chọn C.
Câu 25 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức
.
nr
S Ae
với
93.671.600, 2030 2017 13, 0,81%
A n r
.
Cách giải:
Dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là:
13.08.1%
93.671.600. 104.073.257
S e người.
Chọn D.
Câu 26 (NB)
Phương pháp:
Xác định các khoảng mà hàm số đi xuống theo chiều từ trái sang phải.
Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên
2;1 .
Chọn D.
Câu 27 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSN:
1
1
.
n
n
u u q
Cách giải:
Ta có
2
2 1
1
6
3.
2
u
u u q q
u
Chọn B
Câu 28 (TH)
Phương pháp:
- Chia tử cho mẫu.
- Sử dụng bảng nguyên hàm:
1
1 1
1 , ln .
1
n
n
x
x dx C n dx ax b C
n ax b a
- Sử dụng điều kiện
2;x

để phá trị tuyệt đối.
Cách giải:
22
Ta có
1 2 3 3
1 .
2 2 2
x x
f x
x x x
3
1 3ln 2 .
2
f x dx dx x x C
x
Vì
2; 2 0.
x x

Vậy
3ln 2
f x dx x x C
,
Chọn B.
Câu 29 (NB)
Phương pháp:
- Mặt phẳng
: 0
P Ax By Cz D
có 1 VTPT là
; ; .
n A B C
- Mọi vectơ cùng phương với
n
đều là 1 VTPT của
.
P
Cách giải:
Mặt phẳng
: 2 5 0
P x y z
có 1 VTPT là
1
2;1; 1 2 4;2; 2
n n n
cũng là 1 VTPT của mặt
phẳng
.
P
Chọn A.
Câu 30 (TH)
Phương pháp:
- Hình chiếu của điểm
; ;
M a b c
lên các trục tọa độ
, ,
Ox Oy Oz
lần lượt là
;0;0 , 0; ;0 , 0;0; .
a b c
- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
a b c
là:
1.
x y z
a b c
Cách giải:
Hình chiếu của điểm
2; 1;3
M lên các trục tọa độ
, ,
Ox Oy Oz
lần lượt là
2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;3 .
Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của
M
trên ba trục tọa độ là:
1 3 6 2 6 0.
2 1 3
x y z
x y z
Chọn A.
Câu 31 (VD)
Phương pháp:
- Tính số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau
Số phần tử của không gian mẫu
.
n
23
- Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”, tìm số cách chọn 2 chữ số tận
cùng, số cách chọn 3 chữ số còn lại và áp dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố A.
Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là
.
abcde
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là
5 4
10 9
27216.
A A
Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
Số phần tử của không gian mẫu
1
27216
27216.
n C
Gọi A là biến cố: “số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”.
TH1:
,
d e
không cùng tính chẵn lẻ,
0.
de
Số cách chọn
,
d e
là
4.5.2! 40
cách.
Số cách chọn
, ,
a b c
là
3 2
8 7
294.
A A
TH1 có
40.294 11760
số thỏa mãn.
TH2:
,
d e
không cùng tính chẵn lẻ,
0.
de
Chọn 1 số lẻ có 5 cách
Số cách chọn
,
d e
là
5.2 10
cách.
Số cách chọn
, ,
a b c
là
3
8
336
A .
TH2 có
10.336 3360
số thỏa mãn.
11760 3360 112096
n A .
Vậy xác suất của biến cố
A
là
12096 4
.
27216 9
n A
P A
n
Chọn A.
Câu 32 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức
1
. .
3
chop day
V S h
Cách giải:
2
3
.
1 1 4
. .2 . 2 .
3 3 3
S ABCD ABCD
V SA S a a a
Chọn A.
Câu 33 (TH)
Phương pháp:
24
- Đặt ẩn phụ
2 0,
x
t
đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn
.
t
- Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn
t
có 2 nghiệm dương phân biệt.
- Sử dụng định lí Vi-ét
Cách giải:
Đặt
2 0,
x
t
phương trình đã cho trở thành
2 2
2 2 27 0 *
t mt m .
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.
2 2
2
' 2 27 0 3 3 3 3
3 6
2 0 0 3 3.
2
2 27 0
3 6
2
3 6
2
m m m
S m m m
P m
m
m
Mà
S
là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số
m
nên
4;5 .
S
Vậy
S
có 2 phần tử.
Chọn C.
Câu 34 (TH)
Phương pháp:
- Khi quay tam giác
ABC
xung quanh trục
AH
ta được hình nón có chiều cao
, .
2
BC
h AH r
- Tính độ dài đường sinh của hình nón
2 2
.
l h r
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh
,
l
bán kính đáy
r
là
.
xq
S rl
Cách giải:
Khi quay tam giác
ABC
xung quanh trục
AH
ta được hình nón có chiều cao
4 3
2 3,
2
h AH
4
2.
2 2
BC
r
Độ dài đường sinh của hình nón
2
2 2 2
2 3 2 4.
l h r
Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là:
.2.4 8 .
S rl
Chọn C.
25
Câu 35 (VD)
Phương pháp:
- Giả sử nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm là
2
0
2 .
0
x a
x c x
x b
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, ,
y f x y g x
đường thẳng ,
x a x b
là
b
a
S f x g x dx
để tính
1 2
, .
S S
- Giải phương trình
1 2
S S
và thế
2
2
c b b
, giải phương trình tìm
b
sau đó tìm
.
c
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
0
2 .
0
x a
x c x
x b
Ta có
3 3
2 2 2
1
0
2 .
0
3 3
a
a
x a
S x c x dx cx x ca a
3 3 3
2 2 2 2
2
2
3 3 3
b
a
b
x b a
S x x c dx x cx b cb a ca
a
Vì
1 2
S S
nên ta có:
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b a
ca a b cb a ca
3
2
0
3
b
b cb
2
0
3
b
b c
(do
0
b
)
Vì
b
là nghiệm của phương trình
2 2 2
2 2 2 .
x c x b c b c b b
26
2
2
3
2
2 0 .
3
0
b tm
b
b b b
b ktm
Vậy
2
3
2
4
c b b
gần với 1 nhất.
Chọn D.
Câu 36 (VD)
Phương pháp:
- Giải phương trình hoành độ giao điểm.
- Vẽ đồ thị để xác định miền cần tính diện tích.
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, ,
y f x y g x
đường thẳng ,
x a x b
là
.
b
a
S f x g x dx
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
1
2
3 1 0 3 2 0 .
2
3
x
x x x x
x
x
Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích cần tính là
3
2
1
3
2 3 21 1
3 1 2ln 2ln 3 10 2ln 3
1
2 2 2
x
S x dx x x
x
Chọn B.
27
Câu 37 (VD)
Phương pháp:
- Áp dụng định lí Pytago tính
' , ' .
A B A D
- Áp dụng định lí Pytago tính
,
BD
tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính
.
BC
- Sử dụng công thức Hê-rong tính diện tích tam giác
: ,
ABC
ABC S p p AB p AC p BC
với
p
là
nửa chu vi tam giác
ABC
.
- Tính thể tích
. ' ' '
'. .
ABC A B C ABC
V AA S
Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2
' ' 20 1 21
A B AA AB
2 2
' ' ' ' 4 5 3
A D A C C D
Vì
'
A BD
vuông tại
D
nên
2 2
' ' 21 9 2 3.
BD A B A D
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
BCD
ta có
2 2
12 5 7.
BC BD CD
Gọi
p
là chu vi tam giác
ABC
ta có
1 2 7
.
2
p
3
.
2
ABC
S p p AB p AC p BC
Vậy
. ' ' '
3
'. 2 5. 15.
2
ABC A B C ABC
V AA S
Chọn B.
Câu 38 (VD)
Phương pháp:
28
- Xác định góc giữa
SD
và
ABCD
là góc giữa
SD
và hình chiếu của
SD
lên
ABCD
.
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính
.
SH
- Tính
.
HCD ABCD AHD BCH
S S S S
- Tính
.
1
. .
3
S HCD HCD
V SH S
Cách giải:
Ta có
SH ABCD HD
là hình chiếu vuông góc của
SD
lên
ABCD
.
0
; ; 45 .
SD ABCD SD HD SDH
SHD
vuông cân tại
2
2 2 2
10
.
3 3
a a
H SH HD AD AH a
Ta có
2
2
1 1 2
. . . . .
2 3 2 3 2
HCD ABCD AHD BCH
a a a
S S S S a a a
Vậy
2 3
.
1 1 10 10
. . . .
3 3 3 2 8
S HCD HCD
a a a
V SH S
Chọn D.
Câu 39 (VDC)
Phương pháp:
- Gọi
I
là trung điểm
.
SB
Chứng minh
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp .
S ABC
.
- Xác định góc giữa
SA
và
ABC
.
- Đặt
,
SB x x a
tính
, ,
SA SM SH
theo
.
x
- Tính
SBM
S p p SB p BM p SM
với
p
là nửa chu vi tam giác
.
SBM
29
- Giải phương trình
1
.
2
p p SB p BM p SM SH BM
tìm
x
theo
a
và suy ra bán kính mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp.
- Diện tích mặt cầu bán kính
R
là
2
4 .
S R
Cách giải:
Gọi
I
là trung điểm của
.
SB
Vì
0
90
SAB SCB nên
1
2
IA IC SB IS IB I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp .
S ABC
.
Gọi
M
là trung điểm của
AC
ta có
ABC
vuông cân tại
B BM AC
.
Lại có
SAB SCB
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
.
SA SC
SAC
vuông tại
S SM AC
,
AC SMB
.
Trong
SBM
kẻ
SH BM
ta có:
.
SH BM
SH ABC
SH AC
HA
là hình chiếu vuông góc của
SA
lên
0
; ; 60 ,
ABC SA ABC SA HA SAH
Đặt
SB x x a
ta có
2 2 2 2
.
SA SB AB x a
Vì
ABC
vuông cân tại
B
có
AB a
nên
2
2, .
2
a
AC a BM
2 2
2 2 2 2 2
3
.
2 2
a a
SM SA AM x a x
Gọi
p
là nửa chu vi tam giác
SBM
ta có
2
2
2 3
2 2
.
2 2
a a
x x
SB BM SM
p
30
Xét tam giác vuông
SAH
ta có
0 2 2
3
.sin 60 .
2
SH SA x a
1
.
2
SBM
S p p SB p BM p SM SH BM
2 2
1 3 2
. . .
2 2 2
a
p p SB p BM p SM x a
2 2
8 6.
p p SB p BM p SM x a
2 2
64 6
p p SB p BM p SM x a
5
x a
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là
1 5
.
2 2
a
R SB
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
2
2 2
5
4 4 . 5 .
2
S R a a
Chọn A.
Câu 40 (VD)
Phương pháp:
- Đặt
2020 .
x
t
- Hàm số
ax b
y
cx d
nghịch biến trên
;
m n
khi
' 0
.
;
y
d
m n
c
Cách giải:
Đặt
2020 ,
x
t
với
;0
x  thì
1; , ,
t t x
 ngược tính đơn điệu.
Bài toán trở thành: Tìm
m
để hàm số
2
t
y
t m
nghịch biến trên
1; .

2
2
' 0
2
2 1.
1
1;
m
y
m
t m
m
m
m

Kết hợp điều kiện
10;10
m ta có
2;1 .
m Lại có
1;0;1 .
m m
Vậy có 3 giá trị của
m
thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 41 (VDC)
31
Cách giải:
Ta có:
1 1 1
1 1 1
1 1 *
t t
f x x e f t dt f x x f t dt e f t dt
Giả sử
1 1
1 1
, 1 1.
t
f t dt a e f t dt b f x xa b f x ax b
Thay vào (*) ta có:
1 1
1 1
1 1
t
ax b x at b dt e at b dt
1
2
1
1
1
1
2
t
at
ax b x bt t e at b dt
1
1
1
1
1 1 1
2 2
t t
a a
ax b x b b at b e a e dt
1 1
2 2 1 1
ax b x b a b e a b e a e e
1
2 2 1 2 1
ax b x b b e a b e
1 1
2 2 2 2
1 2 1 1 3 3
a b a b
b b e a b e b b e b e
2
2
2
2
2
1
2 2
3
3 3
3
3
3
1
e
a
e e
a b
e
b e b e
e
e
b
e e
e e
e
e
Vậy
1 1
2
2
1 1
3
.
3
t x
e
e f t dt e f x dx I
e e
Chọn C.
Câu 42 (VDC)
Phương pháp:
- Đặt
1 2 2 .
t x t
- Từ BBT suy ra
' ,
f x
tính
' ,
f x f x dx
sử dụng
1 4, 3 2.
f f
- Tính
2
f với hàm
f x
vừa tìm được, sau đó tìm điều kiện của
m
để phương trình có 2 nghiệm.
32
Cách giải:
Đặt
1 2 2 .
t x t Khi đó ta có
f t m
có 2 nghiệm (ứng với mỗi nghiệm
t
cho ta một nghiệm
x
tương ứng).
Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị
1, 3
x x
nên
2
' 1 3 4 3 .
f x a x x a x x
2 3 2
1
' 4 3 2 3 .
3
f x f x dx a x x dx a x x x C
Có
4
2
1 4
4
.
3
9
3 2
2
2
C
f
a C
a
f
C
3 2 3 2
9 1 3 27
2 3 2 9 2
2 3 2 2
f x x x x x x x
2 1.
f
Dựa vào BBT ta thấy phương trình
f x m
có 2 nghiệm
2 1.
m
Mà
1;0;1 .
m m
Vậy có 3 giá trị của
m
thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 43 (VD)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt
.
'
x
u
dv f x dx
Cách giải:
Đặt
' .
x
I f x dx
Đặt
ln
'
x x
u du
dv f x dx v f x
ln .
x x
I f x f x dx
Vì
x
F x
là một nguyên hàm của hàm số
'
.
x
x
x
F x f x
f x
f x dx F x C x C
1
1
.
. .
x
x
x
x f x f x
33
1
ln
x
x
x
I x C
1
. ln
I x x C
Chọn B.
Câu 44:
Phương pháp:
- Tính số tiền nhận được sau 1 tháng, 2 tháng và suy ra số tiền nhận được sau 24 tháng.
- Giải phương trình tìm
.
T
Cách giải:
Số tiền nhận được sau 1 tháng là
1
. 1 0,56%
T T (đồng).
Số tiền nhận được sau 2 tháng là
2 1
. 1 0,56%
T T T
. 1 0,56% 1 0,56%
T T
2
. 1 0,56% 1 0,56%
T T
…
Số tiền nhận được sau 24 tháng là:
24 23
24
1 0,56% 1 0,56% ... 1 0,56%
T T T T
23 22
1 0,56% 1 0,56% 1 0,56% ... 1
T
24
1 1 0,56%
1 0,56%
1 1 0,56%
T
24
1 0,56% 1
1 0,56%
0,56%
T
Theo bài ra ta có:
24
30000000
T
24
1 0,56% 1
1 0,56% 30000000
0,56%
T
1.164.849
T
(đồng).
Chọn D.
Câu 45 (VDC)
34
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số.
Cách giải:
Ta có:
1
8 2 1 3 2 2
2 4 2 2 3 0
x x
x x y
x y
1 1
8 2 1 6 2 2 4
2 2 2 2 3 0
x x
x x y
x y
1 1
8 2 1 1 6 2 2 4 1
2 8 2 1 2 6 2 2 4 *
x x
x x x y x
x x y
Xét hàm số
2
t
f t t
ta có
' 2 ln 2 1 0 ,
t
f t t
suy ra hàm số
f t
đồng biến trên
.
Do đó
1 1
* 8 2 1 6 2 2 4
x x
x x y
3 2
2 2 3 0
2
x
x y y
Khi đó ta có
2 2
6 4
P x y x y
2
2
3 2 3 2
6 4.
2 2
x x
P x x
2
2
4 12 9
6 6 4
4
x x
P x x x
2
33
2
4
P x x
2
1 1 65
2 2 .
4 16 8
P x x
2
1 65 65
2 8,125
4 8 8
P x
min
1
8,125 .
4
P x
Chọn D.
Câu 46 (VD)
Phương pháp:
35
Giả sử vật thể
T
giới hạn bởi hai mặt phẳng
, .
x a x b
Cắt vật thể
T
bởi một mặt phẳng vuông góc với trục
Ox
tại điểm có hoành độ
x a x b
được thiết diện có thể tích
.
S x
Khi đó thể tích vật thể
T
là
.
b
T
a
V S x dx
Cách giải:
Giả sử vật thể là hình trụ
Thiết diện
ABCD
là hình vuông.
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 .
DH OD DH R x CD R x
2 2 2
4 .
ABCD
S CD R x
Khi đó thể tích vật thể là:
3
2 2 2
4 4
3
R
R
R
x
V R x dx R x
R
3 3 3
3 3
16
4
3 3 3
R R R
R R
3
16
2021 7,24 7;8 .
3
R
R
Chọn B.
Câu 47 (VDC)
Phương pháp:
- Nhận xét
2
2
2
64
2 ,
3
x dx
áp dụng tính chất tích phân và đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng bình
phương.
36
- Sử dụng
0 0.
b
a
f x dx f x
Cách giải:
Ta có
2
2
2
64
2
3
x dx
nên
2 2
2
2
2 2
2 2 2
f x f x x dx x dx
2
2
2
2
2 2 2 0
f x f x x x dx
2
2
2
2 0 2
f x x dx f x x
Vậy
1
2
0
2 ln 2
.
1 2
x
I dx
x
Chọn C.
Câu 48 (VD)
Phương pháp:
- Tìm ĐK để phương trình mẫu có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ.
- Cô lập
,
m
đưa phương trình về dạng
.
m f x
- Lập BBT hàm số
y f x
và suy ra
.
m
Cách giải:
ĐKXĐ:
2 0 2.
x x
Để đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng thì phương trình
2
2 2 0
x m x
có 1 nhiệm
2.
x
2
2 2
2
x
m x
x x
(do
2
x
)
*
Xét hàm số
2
2
f x x x
x
ta có
2
2
' 1 0 2.
f x x
x
BBT:
37
Để phương trình
*
có nghiệm
2
x
thì
2 3 5.
m m
Kết hợp với điều kiện đề bài
5;2021 .
m Vậy có 2017 giá trị của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn C.
Câu 49 (VCD)
Cách giải:
Đặt
.
t f x
Ta có BBT hàm số
.
t f x
Dựa vào BBT hàm số
y f x
ta thấy:
Với
0;1 0;1
1;0 1;0
t f t t
t f t
Từ đó ta mô phỏng được hình dáng hàm số
y f t
như sau:
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực đại.
Chọn A.
Câu 50 (VDC)
Phương pháp:
- Đặt
, , 0 .
AC x BD y x y CD x y
- Sử dụng định lí Pytago tìm
.
xy
- Gọi
I
là trung điểm của
.
CD
Chứng minh
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
.
ABCD
38
- Áp dụng BĐT Cô-si.
Cách giải:
Ta có:
.
AC BD
AC ABD
AC AB
Đặt
, , 0 .
AC x BD y x y CD x y
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2 2
2020
AD y
2 2 2
CD AC AD
2
2 2 2
2020
x y x y
2
2020
2
xy
Gọi
I
là trung điểm của
.
CD
Ta có:
.
BD AB
BD ABC BD BC
BD AC
Vì ,
ACD BCD
là các tam giác vuông tại
,
A B
nên
1
2
IA IB CD IC ID I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp
,
ABCD
bán kính
1
.
2
R CD
Ta có
2
1 2020
1428,355.
2 2 2
x y
R CD xy
Chọn B.
____________________ HẾT ____________________
https://toanmath.com/

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 02
TRƯỜNG THPT KIM LIÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán 12 (Đề gồm 6 trang)
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
Mã đề thi 001
Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD: . . . . . . . . . . .  π 
Câu 1: Cho F ( x) là một nguyên hàm của hàm số 3 f (x) = sin .
x cos x và F (0) = π . Tìm F    2   π  1  π  1  π   π  A. F = +   π B. F = − +   π C. F = π −   D. F =   π  2  4  2  4  2   2 
Câu 2: Hàm số x
y = π có đạo hàm là: x π A. x π B. C. x π lnπ D. x 1 π − ln π
Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có phương trình 2 2 2
x + y + z − 6x + 6y − 2z − 6 = 0 . Phương trình mặt phẳng (P)
tiếp xúc với mặt cầu tại
điểm A(−1; −3; 4) là
A. 4x + 3z +16 = 0 .
B. 2x − 6y + 3z − 28 = 0 .
C. 4x − 3z +16 = 0 .
D. 4x − 3y − 5 = 0 .
Câu 4: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I (4; 4
− ;2) và đi qua gốc tọa độ có phương trình là A. ( 2 2 2
x + )2 + ( y − )2 + ( z + )2 4 4 2 = 6 .
B. ( x + 4) + ( y − 4) + ( z + 2) = 36. C. ( 2 2 2
x − )2 + ( y + )2 + ( z − )2 4 4 2 = 36 .
D. ( x − 4) + ( y + 4) + ( z − 2) = 6.
Câu 5: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 0. B. 1. C. 3 − . D. −4.
Câu 6: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;1; )
1 , B (4;3; 2),C(5; 2;1) . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm ,
A B, C có dạng ax + by + cz − 2 = 0 . Tính tổng S = a − b + c A. S = 10 . B. S = 2 . C. S = −2 . D. S = −10 .
Câu 7: Cho hàm số bậc ba y = f ( x) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới.
Số nghiệm thực của phương trình 3 f ( x) + 4 = 0 là A. 2. B. 0. C. 1 D. 3.
Trang 1/6 - Mã đề thi 001 2 x 1 − x −x−9     Câu 8: π π
Tập nghiệm S của phương trình sin  = sin  là:  12   12  A. S = {2;− } 4 B. S = {− } 4 C. S = { } 2 D. S = { 2 − ; } 4 2 5 5
Câu 9: Nếu f ( x)dx = ∫ 3 và
f (t ) dt = − ∫
2 thì ∫ f (s) ds bằng −1 2 −1 A. 1. B. 5. C. 5 − . D. 1 − .
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [ 1
− ; 2] và có đồ thị như hình vẽ. 5 8 2
Biết diện tích các hình phẳng ( K ),( H ) lần lượt là và . Tính f ∫ (x)dx 12 3 1 − A. 37 − B. 9 − . C. 37 D. 9 . 12 4 12 4
Câu 11: Cho hàm số f ( x) liên tục trên và có bảng xét dấu của f '( x) như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là: A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (P) : 2x + my + 3z − 5 = 0
vµ (Q) : nx − 8 y − 6z + 2 = 0 song song với nhau. Tính tổng S = m + n . A. S = 8 − . B. S = 1 − 6 . C. S = 8 . D. S = 0 .
Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) có phương trình 2 2 2
(x − 3) + ( y + 2) + z = 25 . Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3?
A. 3x − 4 y + 5z −18 = 0 .
B. 4x − 3y + 5z −18 + 20 2 = 0 .
C. 2x + 2 y − z + 2 = 0 .
D. x + y + z + 2 = 0 .
Câu 14: Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên do quay xung quanh trục Ox hình phẳng (H ) giới hạn bởi
các đường y = ( − x)2 1
, y = 0, x = 0 và x = 2 . 2π π π 2 A. B. C. 2 D. 5 5 3 3
Câu 15: Số nghiệm nguyên của bất phương trình ln (2x + ) 1 ≥ 1+ ln ( x − ) 1 là: A. 5. B. Vô số. C. 6. D. 4.
Trang 2/6 - Mã đề thi 001
Câu 16: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới A. − x + 2 − x + − x − x + y = B. 2 1 y = . C. y = . D. 1 y = . x +1 x + 1 x +1 x +1
Câu 17: Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi Parabol: 2 y = 3x , cung tròn có phương trình 2 y =
4 − x (với 0 ≤ x ≤ 2 ) và trục hoành (phần tô đậm trong
hình vẽ bên). Khối tròn xoay tạo ra khi (H) quay quanh Ox
có thể tích V được xác định bằng công thức nào sau đây? 1 2 1 A. 2 2
V = π ∫ 3x dx + π ∫ 4 − x dx B. 2
V = π − ∫ 3x dx . 0 1 0 2 2 1 2 C. V = π ( 2 2 4 − x − ∫
3x ) dx D. 4 V = 3π x dx + ∫ π ∫( 2 4 − x ) dx 0 0 1
Câu 18: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a , M là trung điểm của CD. Tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AC, BM . A. 3 . B. 3 C. 0 . D. 2 3 . 6 2 3
Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại ,
A D , AD = CD = a; AB = 2a , SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 45o . Gọi I là trung
điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC) . A. a a a a . B. . C. . D. 2 . 3 2 2 2 3x − 2x −1
Câu 20: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là: 2 x −1 A. 4. B. 2. C. 1 D. 3.
Câu 21: Có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh? A. 3 A . B. 3 C . C. 3 35 . D. 35 3 . 35 35
Câu 22: Cho đồ thị của ba hàm số x = , x y a y = b và x y = c
(a, b, c là ba số dương khác 1 cho trước) được vẽ trong cùng
một mặt phẳng tọa độ như hình bên. Chọn khẳng định đúng
A. a > b > . c
B. b > c > . a
C. c > b > a.
D. a > c > . b
Trang 3/6 - Mã đề thi 001
Câu 23: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 4 2
= −x +12x +1 trên đoạn [ 1 − ; 2] bằng A. 1. B. 33. C. 12. D. 0.
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) có phương trình 2 2 2
x + y + z − 4x + 2y − 6z − 2 = 0 .
Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là A. I (2; 1
− ;3); R = 14 . B. I ( 2 − ;1; 3
− ); R = 14 C. I (2; −1;3); R = 4 .
D. I (−2;1; −3); R = 4 .
Câu 25: Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức = . nr S
A e ; trong đó A là dân số
của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm , r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017 dân số Việt
Nam là 93.671.600 người (Tổng cục thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr.79).
Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là bao nhiêu người? A. 103.233.600. B. 104.919.600. C. 104.029.100. D. 104.073.200.
Câu 26: Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−2;0). B. (1;+∞). C. (−4;−2). D. ( 2 − ; ) 1 .
Câu 27: Cho cấp số nhân (u với u = 2 và u = 6. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng: n ) 1 2 A. 4. B. 3. C. 8. D. 12. Câu 28: x −1
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x) = trên khoảng ( 2 − ; +∞) là: x + 2 3 3
A. x + 3ln ( x + 2) + C B. x − 3ln ( x + 2) + C C. x + + C D. x − + C ( x + 2)2 ( x + 2)2
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x + y − z + 5 = 0 . Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng là: A. n 4;2; 2 − B. n 2;1;5 C. n 2; 1 − ; 1 − D. n 2;1;1 2 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 1 ( )
Câu 30: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (2; 1 − ; )
3 . Phương trình mặt phẳng đi
qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là:
A. 3x − 6 y + 2z − 6 = 0 .
B. 3x − 6 y + 2z + 6 = 0 .
C. 3x + 6 y + 2z − 6 = 0 .
D. −3x + 6 y − 2z − 6 = 0 .
Câu 31: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số
thuộc S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ bằng A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 2 9 9 5 5
Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng đáy, SA = 2a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. 4 2 2 3 V = a . B. 3 V = a . C. 3 V = 4a . D. 3 V = a . 3 3 3
Câu 33: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình: x x 1 + 2 4 − m2
+ 2m − 27 = 0 có hai nghiệm phân biệt . Hỏi S có bao nhiêu phần tử? A. 4. B. 3. C. 2. D. 11.
Câu 34: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng 4. Gọi H là trung điểm cạnh BC . Diện tích xung quanh của
hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH là A. S = 16π . B. S = 4π . C. S = 8π . D. S = 32π .
Trang 4/6 - Mã đề thi 001
Câu 35: Cho đường thẳng y = 2x và Parabol 2
y = x + c
(c là tham số thực dương).
Gọi S và S lần lượt là diện tích của hai hình 1 2
phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên.
Khi S = S thì c gần với số nào nhất sau đây? 1 2 A. 3. B. 2. C. 0. D. 1. Câu 36: 2
Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y =
, y = 3x −1 , x = 3 là x A. 10 − 3ln 2 B. 10 − 2 ln 3 . C. 10 − ln 3 D. 2 + 2ln 3 3
Câu 37: Cho lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có AB =1, AC = 2, AA' = 2 5. Gọi D là trung điểm của cạnh CC ' và góc ' 90o BDA =
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ' B 'C ' . A. V 2 15 = B. V 15 = C. V 3 15 = D. 15 V = 2
Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là H sao cho AB 3AH =
. Góc giữa cạnh SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
45 . Tính thể tích V của
khối chóp S.HCD . 3 3 3 3 A. a 2 a 10 a 10 a 10 V B. C. D. = V = V = V = 9 9 6 18
Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại 0
B, AB = a; SAB = SCB = 90 ; cạnh
bên SA tạo với mặt phẳng đáy góc 60o . Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 5 5 2 S = 5π a . B. 2 S = 3π a . C. 2 S = π a . D. 2 S = π a . 4 3 − x Câu 40: 2021 + 2
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn[ 1
− 0;10] để hàm số y = đồng biến 2021−x − m trên khoảng (− ; ∞ 0) ? A. 11. B. 3. C. 13. D. 2. 1
Câu 41: Cho hàm số f ( x) liên tục trên [ 1 − ; ] 1 thỏa mãn ( ) −1 = ∫ ( t f x
x + e ) f (t ) dt . Tích phân −1 1 x
I = ∫ e f ( x) dx bằng −1 e + 3 2 e + 3 2 e + 3 2 − e A. I = . B. I = . C. I = . D. I = . 2 e − + e −3 2 e − e + 3 2 e − + e −3 2 e − e + 3
Câu 42: Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( x −1 + 2) = m có hai nghiệm phân biệt? A. 3 B. 2 . C. 4 . D. 1.
Trang 5/6 - Mã đề thi 001
Câu 43: Cho F ( x) xπ =
là một nguyên hàm của hàm số ( ). x
f x π . Tìm họ nguyên hàm của hàm số '( ). x f x π A. x π π 1 f ∫ '(x).π dx x x − = − + + C. B. x π π 1 f ∫ '(x).π dx x ln π π x − = − + + C. C. x π π 1 f
∫ '(x).π dx x lnπ π x − = − + C. D. x π π 1 f ∫ '(x).π dx x π x − = − + + C.
Câu 44: Một bạn sinh viên muốn có một khoản tiền để mua xe máy làm phương tiện đi làm sau khi ra
trường. Bạn lên kế hoạch làm thêm và gửi tiết kiệm trong 2 năm cuối đại học. Vào mỗi đầu tháng bạn đều
đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T (đồng) theo hình thức lãi kép với lãi suất 0, 56% mỗi tháng.
Biết đến cuối tháng thứ 24 thì bạn đó có số tiền là 30 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau? A. 1.139.450 đồng. B. 1.219.000 đồng. C. 1.116.000 đồng. D. 1.164.850 đồng. Câu 45: x + x
Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn 1 8 x+2 1 + 3x− y+2 +2 2 − 4
+ 2x + 2 y − 3 ≥ 0 . Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P = x + y + 6x + 4y gần nhất với số nào dưới đây? A. 6. B. 7. C. 9. D. 8.
Câu 46: Cho vật thể có đáy là một hình tròn giới hạn bởi 2 2 2
x + y = R . Biết rằng khi cắt vật thể bằng mặt
phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (−R ≤ x ≤ R) thì được thiết diện là một hình vuông.
Để thể tích V của vật thể đó bằng 2021 (đơn vị thể tích) thì R thuộc khoảng nào sau đây? A. (6;7) . B. (7;8). C. (9;10) . D. (8;9) .
Câu 47: Cho hàm số f ( x) liên tục và có đạo hàm trên [ 2 − ; 2] thỏa mãn 2 64 1 f ( x) 2 ∫  f
( x) − 2 f ( x)( x + 2) dx = −  . Tính I = ∫ dx . 2 −2 3 0 x + 1 π π π π A. − 2 ln 2 − + + I = . B. ln 2 I = . C. ln 2 I = . D. 2 ln 2 I = . 2 2 2 2
Câu 48: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m ∈(0;202 ]
1 sao cho đồ thị hàm số 2022 x + x − 2 y =
có đúng một tiệm cận đứng? 2
x − (m − 2) x + 2 A. 2021. B. 2015 . C. 2017 . D. 2016 .
Câu 49: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên , có bảng biến thiên như hình vẽ
Số điểm cực đại của hàm số y = f ( f ( x) ) là: A. 2. B. 0 C. 1. D. 3.
Câu 50: Cho hai đường thẳng x ' x, y ' y chéo nhau và vuông góc với nhau. Trên x ' x lấy cố định điểm A,
trên y ' y lấy cố định điểm B sao cho AB cùng vuông góc với Ax, By và AB = 2020cm . Gọi C, D là hai
điểm lần lượt di chuyển trên hai tia Ax, By sao cho AC + BD = CD . Hỏi bán kính R của mặt cầu (S) ngoại
tiếp tứ diện ABCD có giá trị nhỏ nhất thuộc khoảng nào sau đây? A. (1009;101 ) 1 B. (1427;1429) C. (2855; 2857) D. (2019;202 ) 1 ----------- HẾT ----------
Trang 6/6 - Mã đề thi 001
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2, MÔN TOÁN NĂM HỌC 2020-2021 Mã 001 Mã 002 Mã 003 Mã 004 1 A 1 C 1 D 1 D 2 C 2 B 2 D 2 D 3 C 3 D 3 A 3 A 4 C 4 A 4 C 4 A 5 C 5 D 5 C 5 D 6 A 6 A 6 A 6 D 7 C 7 A 7 A 7 C 8 D 8 C 8 B 8 D 9 A 9 A 9 B 9 A 10 B 10 D 10 A 10 B 11 B 11 B 11 C 11 D 12 D 12 C 12 A 12 A 13 B 13 D 13 D 13 D 14 A 14 A 14 C 14 C 15 D 15 C 15 B 15 B 16 D 16 D 16 C 16 D 17 D 17 D 17 D 17 C 18 A 18 B 18 B 18 B 19 C 19 C 19 A 19 B 20 B 20 B 20 B 20 A 21 B 21 D 21 D 21 C 22 D 22 B 22 B 22 C 23 A 23 A 23 C 23 B 24 C 24 B 24 C 24 C 25 D 25 C 25 C 25 B 26 A 26 C 26 B 26 C 27 B 27 A 27 B 27 A 28 B 28 B 28 A 28 A 29 A 29 A 29 D 29 B 30 A 30 A 30 D 30 A 31 B 31 C 31 B 31 C 32 A 32 D 32 B 32 B 33 C 33 C 33 A 33 B 34 C 34 D 34 D 34 D 35 D 35 B 35 C 35 A 36 B 36 A 36 A 36 B 37 B 37 B 37 B 37 C 38 D 38 A 38 D 38 A 39 A 39 C 39 C 39 D 40 B 40 C 40 D 40 B 41 C 41 D 41 A 41 B 42 A 42 A 42 C 42 C 43 B 43 D 43 D 43 D 44 D 44 B 44 C 44 B 45 D 45 A 45 A 45 A 46 B 46 C 46 B 46 A 47 C 47 A 47 D 47 C 48 C 48 A 48 A 48 A 49 A 49 B 49 B 49 D 50 B 50 C 50 A 50 A 1-A 2-C 3-C 4-C 5-C 6-A 7-C 8-D 9-A 10-B 11-B 12-D 13-B 14-A 15-D 16-D 17-D 18-A 19-C 20-B 21-B 22-D 23-A 24-C 25-D 26-D 27-B 28-B 29-A 30-A 31-A 32-A 33-C 34-C 35-D 36-B 37-B 38-D 39-A 40-B 42-A 43-B 44-D 45-D 46-B 47-C 48-C 49-A 50-B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (TH) Phương pháp:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t  sin. Cách giải:
Đặt t  sin  dx  cos xd . x 4 4  F x t sin x 3 3  sin . x cos xdx  t dt   C   C.   4 4
Mà F 0    C  . F  x 1 4  sin x  . 4    1  1 Vậy 4 F  sin     .    2  4 2 4 Chọn A. Câu 2 (NB) Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ:  x ' x a  a ln . a Cách giải: x    ' x y y   ln  . Chọn C. Câu 3 (TH) Phương pháp:
- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu S . 
- Mặt phẳng P tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A1; 3
 ;4 nhận IA là 1 VTPT. 10 
- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm M  x ; y ; z và nhận n   ; A ;
B C  làm vectơ pháp tuyến có 0 0 0 
phương trình là: A x  x  B y  y  C z  z  0. 0   0   0  Cách giải:
Mặt cầu S  có tâm I 3;3;  1 , bán kính R    2 2 2 3 3 1  6  5. 
Vì P tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A1; 3
 ;4 nên IA  P  P nhận IA   4  ;0;3 làm 1 VTPT.
 phương trình mặt phẳng P : 4  x  
1  3 z  4  0  4x  3z 16  0. Chọn C. Câu 4 (TH) Phương pháp:
- Tính bán kính mặt cầu 2 2 2 R  IO  x  y  z . I I I - Mặt cầu tâm I  ; a ;
b c, bán kính R có phương trình là S   x  a2   y  b2   z  c2 2 :  R . Cách giải:
Bán kính mặt cầu là R  IO  x  y  z    2 2 2 2 2 2 4 4  2  6. I I I
Vậy phương trình mặt cầu là:  x  2   y  2   z  2 4 4 2  36. Chọn C. Câu 5 (NB) Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định giá trị cực đại của hàm số là giá trị của hàm số tại điểm cực đại – điểm mà qua đó hàm
số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm. Cách giải: Dựa vào BBT  y  y 0  3  . CD Chọn C. Câu 6 (TH) Phương pháp:   
- Mặt phẳng  ABC có 1 VTPT là n  AB, AC.   
- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm M  x ; y ; z và nhận n   ; A ;
B C  làm vectơ pháp tuyến có 0 0 0 
phương trình là: A x  x  B y  y  C z  z  0. 0   0   0  Cách giải: 11  AB   3;2;  1   Ta có:   AB, AC   1  ; 4; 5  .   AC   4;1;0   
  ABC có 1 VTPT là n   AB, AC  1; 4  ;5.  
 Phương trình mp ABC :1x   1  4 y   1  5 z  
1  0  x  4y  5z  2  0.  a  1,b  4
 ,c  5. Vậy S  a  b  c 1 4  5 10. Chọn A. Câu 7 (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
song song với trục hoành. Cách giải:
Ta có: f  x    f x 4 3 4 0
   Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 4
y  f  x và đường thẳng y   song song với trục hoành. 3 4
Đường thẳng y   cắt đồ thị y  f  x tại 1 điểm. 3
Vậy phương trình 3 f  x  4  0 có 1 nghiệm thực duy nhất. Chọn C. Câu 8 (TH) Phương pháp:
Giải phương trình mũ: f x g x a  a  f x  g x. Cách giải: 2 x 1  x x9       sin  sin      12   12  2  x 1  x  x  9 2  x  2x  8  0 x  4   x  2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S   2  ;  4 . 12 Chọn D. Câu 9 (TH) Phương pháp: b b b b c b
Sử dụng tính chất tích phân: f  xdx  f  tdt  f  sd .s.., f  xdx  f  xdx  f  xd .x a a a a a c Cách giải: Ta có: 5 5 2 5 f  sds  f  xdx  f  xdx f  xdx 1  1  1 2 2 5  f  xdx  f  tdt  3 2   1. 1 2 Chọn A. Câu 10 (TH) Phương pháp:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x, đường thẳng x  a, x  b là b S  f  x gx d .x a Cách giải: 0 0  S  f x dx  f x dx    K     5    12 Ta có: 1 1   2 2 2
S  f x dx   f x dx   f x dx      H     8   8    3 3  0 0 0 2 0 2 5 8 9 Vậy f  xdx  f  xdx  f
 xdx     . 12 3 4 1  1 0 Chọn B. Câu 11 (NB) Phương pháp:
Điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà qua đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dầu từ âm sang dương. Cách giải:
Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  0. Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu. Chọn B. 13 Câu 12 (NB) Phương pháp:
Hai mặt phẳng P : Ax  By  Cz  D  0 và Q : A' x  B ' y  C ' z  D '  0 song song với nhau khi và chỉ khi A B C D    . A' B ' C ' D ' Cách giải:
Hai mặt phẳng P : 2x  mt  3z  5  0 và Q : nx 8y  6z  2  0 song song với nhau khi và chỉ khi n 8 6 2 m  4      . 2 m 3 5 n  4 Vậy S  m  n  0. Chọn D. Câu 13 (TH) Phương pháp:
Áp dụng định lí Pytago: 2 2 2
R  r  d với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d  d I,P với I là tâm mặt cầu. Cách giải:
Mặt cầu S  có tâm I 3;2;0, bán kính R  5. Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến  r  3.
Gọi d  d I,P , áp dụng định lí Ta-lét ta có 2 2 2 R  r  d  d  4
4.3  4.2 18  20 2 20 2
Xét các đáp án chỉ có đáp án B thỏa mãn d I,P    4. 2 2 2 4  3  5 5 2 Chọn B. Câu 14 (NB) Phương pháp: 14
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: 2 2
Thể tích cần tính là: V   1 x4 dx  . 5 0 Chọn A. Câu 15 (TH) Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ. a
- Sử dụng công thức ln a  ln b  ln a,b  0 b
- Giải bất phương trình ln a x  a  x  e . Cách giải: 2x 1  0 ĐKXĐ   x  1 x 1  0 ln 2x   1  1 ln  x   1 2x 1  ln  1 x 1 2x 1   e x 1  2x 1  ex 1
 2  e x  e 1 e 1  x  . 2  e  e 1
Kết hợp với điều kiện ta có x  1; .   2 e   
Mà x   x 2;3;4;  5 . 15 Chọn D. Câu 16 (TH) Phương pháp:
Dựa vào TCN và TCĐ của đồ thị hàm số và các điểm thuộc đồ thị hàm số. Cách giải:
Đồ thị hàm số có TCN y  1  nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số có TCĐ x  1  .
Đồ thị hàm số đi qua điểm 0; 
1 nên loại đáp án A và C. Chọn D. Câu 17 (TH) 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:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 2 3x  4  x  x  1. 1 2 1 2 2 2
Thể tích cần tính: V    2 3x  dx   2 4  x  4 dx  3 x dx     2 4  x d .x 0 1 0 1 Chọn D. Câu 18 (TH) Phương pháp:
- Gọi N là trung điểm của AD, chứng minh  AC; BM   MN; BM  2 2 2 BM  MN  BN
- Tính các cạnh của tam giác BMN, sử dụng định lí Co-sin trong tam giác: cos B  MN  2BM .MN Cách giải: 16
Gọi N là trung điểm của AD, ta có MN / / AC ( MN là đường trung bình của ACD )
  AC; BM   MN; BM  .  a 3
ABD, BCD là các tam giác đều cạnh a nên BM  BN  . 2 1 a
MN là đường trung bình của ACD nên MN  AC  . 2 2 2 2 2 3a a 3a 2 2 2   BM  MN  BN 3
Áp dụng định lí Co-sin trong tam giác 4 4 4 BMN : cos B  MN    . 2BM .MN a 3 a 6 2. . 2 2 Chọn A. Câu 19 (TH) Phương pháp: d I;SBC IB 1 - Chứng minh   d  ; A SBC  . AB 2
- Chứng minh ADCI là hình vuông và BC  SAC.
- Trong SAC kẻ AH  SC, chứng minh AH  SBC .
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính AH. Cách giải: 17 d I; SBC  IB 1 Ta có IA  SBC    B    d  ; A SBC  . AB 2 1
Vì ADCI là hình vuông cạnh a  CI  a  A . B 2
 ACB vuông tại C  AC  BC . BC  AC Ta có   BC  SAC. BC  SA AH  SC
Trong SAC kẻ AH  SC ta có 
 AH  SBC  d  ; A SBC  AH AH  BC  d I  ABC 1 ;  AH. 2
Ta có SA   ABCD  AC là hình chiếu vuông góc của SC lên  ABCD
 SC  ABCD  SC AC 0 ; ;  S  CA  45   AC a 2
SAC vuông cân tại A  AH    . a 2 2 a
Vậy d I;SBC  . 2 Chọn C. Câu 20 (TH) Phương pháp:
Sử dụng khái niệm 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 nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y  y hoặc 0 0 x lim y  y . 0 x 18
- Đường thẳng x  x là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y   hoặc 0 x   0 x
lim y   hoặc lim y   hoặc lim y   . x       0 x x 0 x x 0 x Cách giải: Ta có: 2  3x  2x 1 lim y  lim  3  2 x x x 1 
 y  3 là TCN của đồ thị hàm số. 2  3x  2x 1 lim y  lim  3 2 x x  x 1 2    3x  2x 1  x   1 3x   1 3x 1 lim y     nên x 1    x  1
 là TCĐ của đồ thị hàm số. 2 x 1 x   1  x   1 x 1 lim y   x 1  2 3x  2x 1
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2. 2 x 1 Chọn B. Câu 21 (NB) Phương pháp: Sử dụng tổ hợp. Cách giải:
Số cách chọn 3 học sinh từ một lớp gồm 35 học sinh là 3 C . 35 Chọn B. Câu 22 (NB) Phương pháp: - Hàm số x
y  a đồng biến trên  khi và chỉ khi a  1 và nghịch biến trên  khi và chỉ khi 0  a 1.
log x  log y  x  y khi a 1 - So sánh: a a  .
log x  log y  x  y khi 0  a  1  a a Cách giải: Hàm số x
y  a đồng biến trên  nên a  1. 0  b  1 Hàm số x  , x
y b y  c nghịch biến trên  nên  . 0  c  1 19  1 log b  x  y 2 0 b   y x  log y  x
Với cùng giá trị y  1 ta thấy 0 2 b 0 2      . 0 1 x c  y x  log y 1   1 c 0 0 log c  0 y  x  1 1 1 Vì x  x  0    log c  log . b Mà y  1 nên c  . b 1 2 0 y 0 y x x 0 1 2 Vậy a  c  . b Chọn D. Câu 23 (TH) Phương pháp:
- Tính f ' x, xác định các nghiệm x 1;2 của phương trình f ' x  0. i  - Tính f   1 , f 2, f  x . i
- KL: min f  x  min f  
1 ; f 2; f  x ,max f  x  max f   1 ; f 2; f x i  i   1  ;2  1  ;2 Cách giải:
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên 1;2. x  0 1  ;2 Ta có f ' x 3  4  x  24x  0   x      . 6 1; 2 Mà f  
1  12, f 2  33, f 0 1.
Vậy min f  x  f 0  1.  1  ;2 Chọn A. Câu 24 (NB) Phương pháp: Mặt cầu S  2 2 2
: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 có tâm I  ; a  ; b c, bán kính 2 2 2 R  a  b  c  d . 20 Cách giải: Mặt cầu 2 2 2
x  y  z  4x  2 y  6z  2  0 có tâm I 2;1;3, bán kính R    2 2 2 2 1  3  2  4. Chọn C. Câu 25 (NB) Phương pháp:
Sử dụng công thức  . nr S
A e với A  93.671.600, n  2030  2017  13, r  0,81% . Cách giải:
Dự báo dân số Việt Nam năm 2030 là: 13.08.1% S  93.671.600.e 104.073.257 người. Chọn D. Câu 26 (NB) Phương pháp:
Xác định các khoảng mà hàm số đi xuống theo chiều từ trái sang phải. Cách giải:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên 2;  1 . Chọn D. Câu 27 (NB) Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSN: n 1 u u q   . n 1 Cách giải: u 6 Ta có 2 u  u q  q    3. 2 1 u 2 1 Chọn B Câu 28 (TH) Phương pháp: - Chia tử cho mẫu. n 1 x  n 1 1
- Sử dụng bảng nguyên hàm: x dx   C  n   1 , dx  ln ax  b  C.  n 1 ax  b a
- Sử dụng điều kiện x 2; để phá trị tuyệt đối. Cách giải: 21 x  x   Ta có f  x 1 2 3 3    1 . x  2 x  2 x  2    f  x 3 dx  1
dx  x  3ln x  2  C.    x  2 
Vì x 2;  x  2  0. Vậy  f
 xdx  x3lnx  2C , Chọn B. Câu 29 (NB) Phương pháp: 
- Mặt phẳng P : Ax  By  Cz  D  0 có 1 VTPT là n   ; A ; B C . 
- Mọi vectơ cùng phương với n đều là 1 VTPT của P. Cách giải:   
Mặt phẳng P : 2x  y  z  5  0 có 1 VTPT là n  2;1; 
1  n  2n  4; 2; 2 cũng là 1 VTPT của mặt 1   phẳng P. Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp:
- Hình chiếu của điểm M  ; a ;
b c lên các trục tọa độ Ox,Oy,Oz lần lượt là  ; a 0;0,0; ; b 0,0;0;c. x y z
- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm  ; a 0;0,0; ;
b 0,0;0;c là:    1. a b c Cách giải:
Hình chiếu của điểm M 2;1;3 lên các trục tọa độ Ox,Oy,Oz lần lượt là 2;0;0,0;1;0,0;0;3.
Phương trình mặt phẳng qua các hình chiếu của M trên ba trục tọa độ là: x y z 
  1  3x  6y  2z  6  0. 2 1 3 Chọn A. Câu 31 (VD) Phương pháp:
- Tính số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau 
Số phần tử của không gian mẫu n. 22
- Gọi A là biến cố: “ số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”, tìm số cách chọn 2 chữ số tận
cùng, số cách chọn 3 chữ số còn lại và áp dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố A. Cách giải:
Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau là abcd . e
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau là 5 4 A  A  27216. 10 9
Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S  Số phần tử của không gian mẫu n 1  C  27216. 27216
Gọi A là biến cố: “số đó có hai chữ số tận cùng không có cùng tính chẵn lẻ”.
TH1: d,e không cùng tính chẵn lẻ, de  0.
 Số cách chọn d,e là 4.5.2!  40 cách. Số cách chọn a,b, c là 3 2 A  A  294. 8 7
 TH1 có 40.294 11760 số thỏa mãn.
TH2: d,e không cùng tính chẵn lẻ, de  0.
Chọn 1 số lẻ có 5 cách  Số cách chọn d,e là 5.2  10 cách. Số cách chọn a,b, c là 3 A  336 . 8
 TH2 có 10.336  3360 số thỏa mãn.
 n A 11760  3360 112096 . n A 12096 4
Vậy xác suất của biến cố A là P  A      n  . 27216 9 Chọn A. Câu 32 (NB) Phương pháp: 1 Sử dụng công thức V  S . . h chop 3 day Cách giải: 1 1 V  S . A S  .2 . a a  a S ABCD ABCD  22 4 3. . 3 3 3 Chọn A. Câu 33 (TH) Phương pháp: 23 - Đặt ẩn phụ 2x t 
 0, đưa phương trình về phương trình bậc hai ẩn t.
- Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm dương phân biệt.
- Sử dụng định lí Vi-ét Cách giải: Đặt 2x t 
 0, phương trình đã cho trở thành 2 2
t  2mt  2m  27  0  * .
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.     2 2 
 '  m  2m  27  0 3 3  m  3 3    3 6  S  2m  0  m  0   m  3 3. 2  2 P 2m 27 0       3 6 m   2   3 6 m    2
Mà S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m nên S  4;  5 . Vậy S có 2 phần tử. Chọn C. Câu 34 (TH) Phương pháp: BC
- Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h  AH , r  . 2
- Tính độ dài đường sinh của hình nón 2 2 l  h  r .
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l, bán kính đáy r là S   rl. xq Cách giải: 4 3
Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AH ta được hình nón có chiều cao h  AH   2 3, 2 BC 4 r    2. 2 2
Độ dài đường sinh của hình nón l  h  r   2 2 2 2 2 3  2  4.
Diện tích xung quanh của hình nón tạo thành là: S   rl  .2.4  8 . Chọn C. 24 Câu 35 (VD) Phương pháp: x  a  0
- Giả sử nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm là 2 x  c  2x  .  x  b  0
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x, đường thẳng x  a, x  b là b S  f
 x gx dx để tính S ,S . 1 2 a
- Giải phương trình S  S và thế 2
c  2b  b , giải phương trình tìm b sau đó tìm . c 1 2 Cách giải: x  a  0
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 x  c  2x  .  x  b  0 Ta có a    x  a a S x  c  2x 3 3 2 2 2 dx  
 cx  x    ca  a . 1  3 0  3 0 b    x  b b a S 2x  x  c 3 3 3 2 2 2 2 dx   x 
 cx   b   cb  a   ca 2  3 a  3 3 a Vì S  S nên ta có: 1 2 3 3 3 a b a 2 2 2  ca  a  b   cb  a   ca 3 3 3 3 b 2  b   cb  0 3 2 b  b   c  0 (do b  0 ) 3
Vì b là nghiệm của phương trình 2 2 2
x  c  2x  b  c  2b  c  2b  b . 25  3 2 b b  tm 2   b 2b b 0        2 . 3  b  0  ktm 3 Vậy 2
c  2b  b  gần với 1 nhất. 4 Chọn D. Câu 36 (VD) Phương pháp:
- Giải phương trình hoành độ giao điểm.
- Vẽ đồ thị để xác định miền cần tính diện tích.
- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x, đường thẳng x  a, x  b là b S  f  x gx d .x a Cách giải: x  1 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3x 1 x 0 2 3x x 2 0          2 . x x    3
Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích cần tính là 3 2  2   3x  3 21 1 S  3x 1 dx      x  2ln x    2ln 3  10  2ln 3  x   2 1  2 2 1 Chọn B. 26 Câu 37 (VD) Phương pháp:
- Áp dụng định lí Pytago tính A' B, A' . D
- Áp dụng định lí Pytago tính BD, tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính BC.
- Sử dụng công thức Hê-rong tính diện tích tam giác ABC : S
 p p  AB p  AC p  BC với p là  , ABC nửa chu vi tam giác ABC . - Tính thể tích V  AA'.S . ABC.A' B 'C ' A  BC Cách giải:
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2
A' B  AA'  AB  20 1  21 2 2
A' D  A'C '  C ' D  4  5  3
Vì A' BD vuông tại D nên 2 2
BD  A' B  A' D  21 9  2 3.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BCD ta có 2 2
BC  BD  CD  12  5  7. 1 2  7
Gọi p là chu vi tam giác ABC ta có p  . 2  S
 p p  AB p  AC p  BC  A  BC     3 . 2 3 Vậy V  AA'.S  2 5.  15. ABC.A' B 'C ' A  BC 2 Chọn B. Câu 38 (VD) Phương pháp: 27
- Xác định góc giữa SD và  ABCD là góc giữa SD và hình chiếu của SD lên  ABCD .
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính SH. - Tính S  S  S  S . H  CD ABCD A  HD B  CH 1 - Tính V  SH.S . S.HCD 3 H  CD Cách giải:
Ta có SH   ABCD  HD là hình chiếu vuông góc của SD lên  ABCD .
 SD  ABCD  SD HD 0 ; ;  S  DH  45 . 2    a  a 10 SHD vuông cân tại 2 2 2
H  SH  HD  AD  AH  a   .    3  3 2 1 a 1 2a a Ta có 2 S  S  S  S  a  . . a  . . a  . H  CD ABCD A  HD B  CH 2 3 2 3 2 2 3 1 1 a 10 a a 10 Vậy V  SH.S  . .  . S.HCD 3 H  CD 3 3 2 8 Chọn D. Câu 39 (VDC) Phương pháp:
- Gọi I là trung điểm S .
B Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC .
- Xác định góc giữa SA và  ABC .
- Đặt SB  x  x  a, tính S , A SM , SH theo . x - Tính S
 p p  SB p  BM p  SM với p là nửa chu vi tam giác SBM . S  BM     28
- Giải phương trình p  p  SB p  BM  p  SM  1
 SH.BM tìm x theo a và suy ra bán kính mặt cầu 2 ngoại tiếp khối chóp.
- Diện tích mặt cầu bán kính R là 2 S  4 R . Cách giải:
Gọi I là trung điểm của S . B 1 Vì 0 S  AB  S
 CB  90 nên IA  IC  SB  IS  IB  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC . 2
Gọi M là trung điểm của AC ta có ABC vuông cân tại B  BM  AC . Lại có SAB  S
 CB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  SA  SC.
 SAC vuông tại S  SM  AC ,  AC  SMB. SH  BM
Trong SBM  kẻ SH  BM ta có:   SH   ABC. SH  AC
 HA là hình chiếu vuông góc của SA lên  ABC  SA  ABC  SA HA 0 ; ;  S  AH  60 ,
Đặt SB  x  x  a ta có 2 2 2 2
SA  SB  AB  x  a . a 2
Vì ABC vuông cân tại B có AB  a nên AC  a 2, BM  . 2 2 2 a 3a 2 2 2 2 2
 SM  SA  AM  x  a   x  . 2 2 2 a 2 2 3a x   x  SB  BM  SM
Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có 2 2 p   . 2 2 29 3
Xét tam giác vuông SAH ta có 0 2 2 SH  S . A sin 60  x  a . 2  S
 p p  SB p  BM p  SM  SH BM S  BM     1 . 2
 p  p  SB p  BM  p  SM  1 3 a 2 2 2  . x  a . . 2 2 2 
p  p  SB p  BM  p  SM  2 2 8  6. x  a 
p  p  SB p  BM  p  SM    2 2 64 6 x  a   x  a 5  1 a 5
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là R  SB  . 2 2 2  5 
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 2 2 S  4 R  4. a   5 a .  2    Chọn A. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Đặt 2020 x t   .  y '  0 ax  b  - Hàm số y  nghịch biến trên  ; m n khi  d . cx  d     ; m n  c Cách giải: Đặt 2020 x t   , với x  ;
 0 thì t 1;,t, x ngược tính đơn điệu. t  2
Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số y 
nghịch biến trên 1;. t  m  m  2 y '   0        t  m2 m 2    2  m 1.    m     m 1 1;
Kết hợp điều kiện m 10;10 ta có m 2; 
1 . Lại có m    m1;0;  1 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. Chọn B. Câu 41 (VDC) 30 Cách giải: Ta có: 1 1 1   1  t
       1     t f x x e f t dt f x x f t dt  e f  tdt * 1  1  1  1 1 Giả sử     , t f t dt a e f
 tdt  b  f x1 xa b  f x  ax b1. 1  1 Thay vào (*) ta có: 1 1      1 t ax b x at b dt  e at  b     1 dt 1 1  2 1  at  1 t  ax  b  x  bt  t   e  at b 1dt 2 1    1 1  a a   ax  b  x  b 1  b 1    at  b   t 1 1 t e  a e dt 1   2 2   1
 ax  b  x b    a  b  e a  b   1 e  a  1 2 2 1 1 e  e  ax b x  b  b e  a b  1 2 2 1 2 1 e          a  2b  2  a  2b  2      b    b   1 e  2a  b   1 1 e b   
b  1e 3b 3 1 e 2  2e a   2 a  2b  2 e  e 1    3    3  3   e  2 b  e  b  e     e  3  e   e  e b   2  3 e  e  3 1 e   e 1 1 2 e  t x 3 Vậy e f  tdt  e f  xdx   I. 2 e  e  3 1  1  Chọn C. Câu 42 (VDC) Phương pháp:
- Đặt t  x 1  2t  2.
- Từ BBT suy ra f ' x, tính f  x  f '
 xdx, sử dụng f  1  4, f 3  2  .
- Tính f 2 với hàm f  x vừa tìm được, sau đó tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm. 31 Cách giải:
Đặt t  x 1  2t  2. Khi đó ta có f t  m có 2 nghiệm (ứng với mỗi nghiệm t cho ta một nghiệm x tương ứng).
Từ BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x  1, x  3 nên f  x  a x   x    a  2 ' 1 3 x  4x  3.    f x  f '  xdx  a   1 2 x  4x  3 3 2 dx  a x  2x  3x  C.    3   f    4 C   2 1  4  a  C  4  Có       f  3 3 9 .  2 a  C   2  2    f x 9 1 3 27 3 2 3 2 
x  2x  3x  2  x  9x  x  2   2  3  2 2  f 2 1.
Dựa vào BBT ta thấy phương trình f  x  m có 2 nghiệm  2  m  1.
Mà m    m1;0;  1 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. Chọn A. Câu 43 (VD) Phương pháp: x u   
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt  dv  f  x . ' dx Cách giải: Đặt  '    x I f x  d . x x x u    du   ln Đặt    dv  f '  xdx v  f  x x     ln x I f x   f  xd .x F 'x  f x x   Vì   x
F x   là một nguyên hàm của hàm số f  x x    f  x x
 dx  F x  C  x  C.   1    .x 1  .x  f x. x   f x  x  32  1  x  x  I    x ln  C x   1 I .x     x  ln  C Chọn B. Câu 44: Phương pháp:
- Tính số tiền nhận được sau 1 tháng, 2 tháng và suy ra số tiền nhận được sau 24 tháng.
- Giải phương trình tìm T. Cách giải:
Số tiền nhận được sau 1 tháng là T  T. 1 0,56% (đồng). 1  
Số tiền nhận được sau 2 tháng là T  T  T . 1 0,56% 2  1     T  .1 0,56% T    1 0,56%  T   2
. 1 0,56%  T 1 0,56% …
Số tiền nhận được sau 24 tháng là:
T  T 1 0,56%24  T 1 0,56%23  ... T 1 0,56% 24    T      23    22 1 0,56% 1 0,56% 1 0,56%  ...1   24  
 T 1 0,56%1 1 0,56% 1 1 0,56%    T     24 1 0,56% 1 1 0,56% 0,56% Theo bài ra ta có: T  30000000 24    T     24 1 0,56% 1 1 0,56%  30000000 0,56%
 T  1.164.849 (đồng). Chọn D. Câu 45 (VDC) 33 Phương pháp:
Sử dụng phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số. Cách giải: Ta có: x 1 8 2   1  3  2x x x y 2 2  4  2x  2y  3  0 x 1  x 1 8x 2 1 6x 2 y 2      4  2  2  2x  2y  3  0 x 1  x 1 8x 2 1 x 1 6 x 2 y 2       4 x 1 2 8x 2 1 2 6x 2 y 2           4 * Xét hàm số    2t f t  t ta có '   2t f t ln 2 1  0 t
  , suy ra hàm số f t đồng biến trên .  Do đó   x 1  x 1 * 8x 2 1 6x 2y 2         4 3  2x
 2x  2y  3  0  y  2 Khi đó ta có 2 2 P  x  y  6x  4y 2  3  2x  3  2x 2  P  x   6x  4.    2  2 2 4x 12x  9 2  P  x   6x  6  4x 4 33 2  P  2x  x  4  1 1  65 2  P  2 x  2 . x      4 16  8 2  1  65 65  P  2 x     8,125    4  8 8 1 P  8,125  x  . min 4 Chọn D. Câu 46 (VD) Phương pháp: 34
Giả sử vật thể T giới hạn bởi hai mặt phẳng x  a, x  .
b Cắt vật thể T bởi một mặt phẳng vuông góc với trục
Ox tại điểm có hoành độ x a  x  b được thiết diện có thể tích S  x. Khi đó thể tích vật thể T là b V  S x dx T    . a Cách giải:
Giả sử vật thể là hình trụ  Thiết diện ABCD là hình vuông. Ta có 2 2 2 2 2 2
DH  OD  DH  R  x  CD  2 R  x . 2  S  CD   2 2 4 R  x . ABCD
Khi đó thể tích vật thể là: R   V   R  x  3 x R 2 2 2 4 dx  4 R x    3 R R  3 3 3  R R  16R 3 3  4 R   R     3 3  3 3 16R 
 2021  R  7, 247;8. 3 Chọn B. Câu 47 (VDC) Phương pháp: 2 64
- Nhận xét  x  22 dx  , áp dụng tính chất tích phân và đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng bình 3 2  phương. 35 b - Sử dụng f
 xdx  0  f x  0. a Cách giải: 2 64 Ta có  x  22 dx   nên 3 2  2 2  f 
x  2 f xx  2 dx   x22 2 dx   2  2  2   f 
x  2 f xx  2 x  22 2  dx  0   2  2   f   x 2  x  2 dx  0  f  x  x  2 2  1 x  2   ln 2 Vậy I  dx  .  2 x 1 2 0 Chọn C. Câu 48 (VD) Phương pháp:
- Tìm ĐK để phương trình mẫu có nghiệm thỏa mãn ĐKXĐ.
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m  f  x.
- Lập BBT hàm số y  f  x và suy ra . m Cách giải:
ĐKXĐ: x  2  0  x  2.
Để đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng thì phương trình 2
x  m  2 x  2  0 có 1 nhiệm x  2. 2 x  2 2  m  2 
 x  (do x  2 ) * x x 2 2
Xét hàm số f  x  x   x  2 ta có f ' x  1  0 x  2. x 2 x BBT: 36
Để phương trình * có nghiệm x  2 thì m  2  3  m  5.
Kết hợp với điều kiện đề bài  m 5;202 
1 . Vậy có 2017 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C. Câu 49 (VCD) Cách giải:
Đặt t  f  x. Ta có BBT hàm số t  f  x.
Dựa vào BBT hàm số y  f  x ta thấy: t   
0; 1  f tt 0;  1 Với  t   
1;0  f t1;0
Từ đó ta mô phỏng được hình dáng hàm số y  f t như sau:
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực đại. Chọn A. Câu 50 (VDC) Phương pháp:
- Đặt AC  x, BD  y  x, y  0  CD  x  . y
- Sử dụng định lí Pytago tìm x . y
- Gọi I là trung điểm của C .
D Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 37 - Áp dụng BĐT Cô-si. Cách giải: AC  BD Ta có:   AC   ABD. AC  AB
Đặt AC  x, BD  y  x, y  0  CD  x  . y
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 AD  2020  y 2 2 2 CD  AC  AD  x  y2 2 2 2  x  2020  y 2 2020  xy  2
Gọi I là trung điểm của C . D BD  AB Ta có: 
 BD   ABC  BD  BC. BD  AC 1 Vì ACD, B
 CD là các tam giác vuông tại ,
A B nên IA  IB  CD  IC  ID  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp 2 1
khối chóp ABCD, bán kính R  C . D 2 2 1 x  y 2020 Ta có R  CD   xy  1428,355. 2 2 2 Chọn B.
____________________ HẾT ____________________ https://toanmath.com/ 38
Document Outline

  • de-thi-thu-thpt-quoc-gia-2021-mon-toan-lan-2-truong-thpt-kim-lien-ha-noi
    • 001
    • Đáp-án-lần-2-môn-Toán2021
  • THPT Kim Liên - Hà Nội - Lần 2

Tài liệu liên quan: