Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán trường Chuyên KHTN lần 1 (có đáp án và lời giải chi tiết)

Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán trường Chuyên KHTN lần 1 có đáp án và lời giải chi tiết. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 34 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2021 60 tài liệu

Môn:

Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:
34 trang 10 tháng trước
Tác giả:
Student
Mỹ Duyên
docx.com.vn

Bình luận

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

Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán trường Chuyên KHTN lần 1 (có đáp án và lời giải chi tiết)

Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán trường Chuyên KHTN lần 1 có đáp án và lời giải chi tiết. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF bao gồm 34 trang tổng hợp các kiến thức tổng hợp giúp các bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời các bạn đón xem!

74 37 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2021 60 tài liệu

Môn: Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:

34 trang 10 tháng trước

Tác giả:

Profile Mỹ Duyên
Trang 1
TRƯỜNG ĐH KHTN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHTN
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề
Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
11
:
2 1 2
x y z
d
−+
==
−
và
2
1 2 3
:.
1 2 2
x y z
d
− − −
==
−
Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng
A.
17
16
B.
17
4
C.
D. 16
Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng
3yx=+
và parabol
2
21y x x= − −
bằng
A. 9 B.
13
6
C.
13
3
D.
9
2
Câu 3 (TH): Phương trình
4
16z =
có bao nhiêu nghiệm phức?
A. 0 B. 4 C. 2 D. 1
Câu 4 (VD): Cho hàm số
3 2 2
8.y x mx m x= − − +
Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực
tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành?
A. 3 B. 5 C. 4 D. 6
Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số
4mx
y
xm
+
=
+
nghịch biến trên khoảng
( )
1;1 ?−
A. 4 B. 2 C. 5 D. 0
Câu 6 (NB): Hàm số
( )
1
3
1yx=−
có tập xác định là
A.
)
1; +
B.
( )
1; +
C.
( )
;− +
D.
( ) ( )
;1 1;− +
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
11
:
2 2 1
x y z+−
= =
−
và mặt
phẳng
( )
: 2 0.Q x y z− + =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
đi qua điểm
( )
0; 1;2 ,A −
song song với
đường thẳng
và vuông góc với mặt phẳng
( )
.Q
A.
10xy+ − =
B.
5 3 3 0xy− + + =
C.
10xy+ + =
D.
5 3 2 0xy− + − =
Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình
( )
11
2
2
log log 2 1xx−
là
A.
1
;1
2


B.
1
;1
4


C.
1
;1
4



D.
1
;1
2



Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình
42
2 3 2 1x x m− − = −
có đúng 6 nghiệm
thực phân biệt.
Trang 2
A.
3
1
2
m
B.
45m
C.
34m
D.
5
2
2
m
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình
( )
22
42
log log 2xx=−
là:
A. 0 B. 2 C. 4 D. 1
Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số
3
12 1y x x m= − + −
cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt?
A. 3 B. 33 C. 32 D. 31
Câu 12 (VD): Cho
,ab
là các số thực dương thỏa mãn
( )
3
log 3.
ab
ab=
Tính
( )
3
log .
ab
ba
A.
1
3
B.
1
3
−
C.
3
D.
3−
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
16
yx
x
=+
trên
( )
0;+
bằng:
A. 6 B. 4 C. 24 D. 12
Câu 14 (VD): Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
2.a
Cạnh bên
SA
vuông
góc với đáy. Góc giữa
SC
và mặt phẳng đáy bằng
0
45 .
Gọi E là trung điểm của
.BC
Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
DE
và
.SC
A.
2 19
19
a
B.
10
19
a
C.
10
5
a
D.
2 19
5
a
Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình
12
4 .2 1 0
xx
m
−−
− + =
có nghiệm?
A.
2019
B.
2018
C.
2021
D. 2017
Câu 16 (TH): Biết rằng
2
3
2
1
1
ln3 ln2
x
dx a b c
xx
−
= + +
+
với
,,abc
là các số hữu tỉ. Tính
2 3 4 .a b c+−
A.
5−
B.
19−
C.
5
D.
19
Câu 17 (TH): Biết rằng
22
log 3 ,log 5 .ab==
Tính
45
log 4
theo
,.ab
A.
2
2
ab+
B.
2
2
ba+
C.
2
2ab+
D.
2ab
Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số
đều không vượt quá 5.
A. 38 B. 48 C. 44 D. 24
Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho điểm
( )
1;3; 2A −
và mặt phẳng
( )
:2 2 3 0.P x y z+ − − =
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
( )
P
bằng:
A.
2
3
B. 2 C. 3 D. 1
Trang 3
Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
A.
435
988
B.
135
988
C.
285
494
D.
5750
9880
Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm
2
tan 2 .xdx
A.
1
tan2
2
x x C−+
B.
tan2x x C−+
C.
1
tan2
2
x x C++
D.
tan2x x C++
Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn
99;100−
của bất phương trình
4
3
sin cos
5 10
x
x

là:
A. 5 B. 101 C. 100 D. 4
Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
12
:
1 2 2
x y z−−
= =
−
và mặt
phẳng
( )
:2 2 3 0.P x y z− + − =
Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau
đây là đúng?
A.
4
cos
9
=−
B.
4
sin
9
=
C.
4
cos
9
=
D.
4
sin
9
=−
Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng
( )
n
u
thỏa mãn
1 2020
2,uu+=
1001 1221
1.uu+=
Tính
1 2 2021
.... .u u u+ + +
A.
2021
2
B. 2021 C. 2020 D. 1010
Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
1 2 3
:
2 2 1
x y z− − −
= =
−
và điểm
( )
1;2;0 .A −
Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:
A.
17
9
B.
17
3
C.
2 17
9
D.
2 17
3
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số
3
8
2ln
3
y x x mx= + −
đồng biến trên
( )
0;1 ?
A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số
Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng
11
:
1 1 2
x y z−+
= =
và hai mặt
phẳng
( ) ( )
: 2 3 0, : 2 3 4 0.P x y z Q x y z− + = − + + =
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
.Q
A.
( ) ( )
22
2
1
22
7
x y z+ − + − =
B.
( ) ( )
22
2
1
22
7
x y z+ + + + =
C.
( ) ( )
22
2
2
22
7
x y z+ + + + =
D.
( ) ( )
22
2
2
22
7
x y z+ − + − =
Trang 4
Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm
( )
2 1 lnx xdx−
.
A.
( )
2
2
ln
2
x
x x x x C− + − +
B.
( )
2
2
ln
2
x
x x x x C− − + +
C.
( )
2
2
ln
2
x
x x x x C− − − +
D.
( )
2
2
ln
2
x
x x x x C− + + +
Câu 29 (VDC): Cho
,ab
là các số thực dương thỏa mãn
23
1
2
a b ab
ab
ab
+ + −
−
=
+
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
22
ab+
là:
A.
35−
B.
( )
2
51−
C.
51
2
−
D. 2
Câu 30 (VD): Cho hàm số
( )
32
11y mx mx m x= + − + +
. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch
biến trên R?
A.
3
0
4
m−
B.
0m
C.
3
0
4
m−
D.
3
4
m −
Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số
2
8ln2y x x mx= + −
đồng biến trên
( )
0;+
?
A. 6 B. 7 C. 5 D. 8
Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn
( )
3 8 0z i z+ + =
. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng:
A.
1−
B. 2 C. 1 D.
2−
Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm
( )
1;0;2A
,
( )
1;1;3B −
,
( )
3;2;0C
và
mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z+ − + =
. Biết rằng điểm
( )
;;M a b c
thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức
2 2 2
2MA MB MC+−
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó
abc++
bằng:
A.
1−
B. 1 C. 3 D. 5
Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số
( )
ln 1yx=+
.
A.
1
x
x +
B.
1
1x +
C.
1
xx+
D.
1
22xx+
Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm
( )
2
23
21x x dx−
.
A.
( )
3
3
21
18
x
C
−
+
B.
( )
3
3
21
3
x
C
−
+
C.
( )
3
3
21
6
x
C
−
+
D.
( )
3
3
21
9
x
C
−
+
Câu 36 (TH): Phương trình
2
23
xx
=
có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 2 B. 1 C. 0 D. 3
Trang 5
Câu 37 (VD): Cho hàm số
32
32y x x= − +
. Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm
( )
1;0A
?
A. 2 B. 0 C. 1 D. 3
Câu 38 (TH): Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
3a
,
( )
SA ABCD⊥
và
2SA a=
.
Tính góc giữa SC và
( )
ABCD
.
A.
0
90
B.
0
45
C.
0
30
D.
0
60
Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số
3
32y x x= − +
là:
A.
( )
0;0
B.
( )
0;2
C.
( )
1;0
D.
( )
1;4−
Câu 40 (VD): Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên và thỏa mãn
( ) ( ) ( )
1
x
xf x x f x e
−
+ + =
với mọi
x
.
Tính
( )
0f
.
A. 1 B.
1−
C.
1
e
D.
e
Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 1; 2A −−
và mặt phẳng
( )
: 2 3 4 0P x y z− − + =
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
A.
1 1 2
1 2 3
x y z− + +
==
−−
B.
1 1 2
1 2 3
x y z+ − −
==
−
C.
1 1 2
1 2 3
x y z+ − −
==
−−
D.
1 1 2
1 2 3
x y z+ + +
==
−
Câu 42 (VDC): Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số
( ) ( )
9 2 6 3 2 4
3 2 2y mx m m x m m m x m= + − + + − − +
đồng biến trên .
A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2
Câu 43 (VD): Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
( )
0;+
và thỏa mãn
( )
1
2 f x xf x
x

+=


với mọi
0x
.
Tính
( )
2
1
2
f x dx
.
A.
7
12
B.
7
4
C.
9
4
D.
3
4
Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng
12yx=−
cắt đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
−
=
−
tại hai điểm phân biệt A và
B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
A. 20 B.
20
C. 15 D.
15
Trang 6
Câu 45 (VD): Cho hình chóp
.S ABC
có
3 , 4 , 5AB a BC a CA a= = =
, các mặt bên tạo với đáy góc
0
60
,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
( )
ABC
thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình
chóp
.S ABC
.
A.
3
23a
B.
3
63a
C.
3
12 3a
D.
3
22a
Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều
.ABC A B C
có cạnh đáy là
2a
và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng
( )
A BC
bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ
.ABC A B C
.
A.
3
2
3
a
B.
3
2
2
a
C.
3
22a
D.
3
32
2
a
Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng
32x−
và đồ
thị hàm số
2
yx=
quanh quanh trục
Ox
.
A.
1
6
B.
6
C.
4
5
D.
Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân
( )
n
u
thỏa mãn
( )
3 4 5 6 7 8
2 u u u u u u+ + = + +
. Tính
8 9 10
234
u u u
u u u
++
++
.
A. 4 B. 1 C. 8 D. 2
Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
1 3 1z i z i− + = + −
.
A.
2 2 0xy− − =
B.
20xy+ − =
C.
20xy−+=
D.
20xy− − =
Câu 50 (VDC): Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại B,
3AB BC a==
, góc
0
90SAB SCB = =
và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( )
SBC
bằng
6a
. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
.
A.
2
36 a
B.
2
6 a
C.
2
18 a
D.
2
48 a
Đáp án
1-C
2-A
3-B
4-C
5-B
6-B
7-C
8-A
9-D
10-B
11-D
12-B
13-D
14-A
15-B
16-D
17-C
18-A
19-B
20-C
21-A
22-C
23-B
24-A
25-D
26-C
27-B
28-A
29-C
30-D
31-D
32-D
33-C
34-D
35-A
36-A
37-C
38-C
39-B
40-B
41-A
42-B
43-D
44-D
45-A
46-D
47-D
48-A
49-D
50-A
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải:
Trang 7
Cho đường thẳng
1
d
đi qua điểm
1
M
và có VTCP
1
;u
đường thẳng
2
d
đi qua điểm
2
M
và có VTCP
2
.u
Khi đó ta có khoảng cách giữa
12
,dd
được tính bởi công thức:
( )
1 2 1 2
12
12
,.
;.
,
u u M M
d d d
uu


=


Giải chi tiết:
Ta có:
1
11
:
2 1 2
x y z
d
−+
==
−
1
d
đi qua
( )
1
0;1; 1M −
và có 1 VTCP là:
( )
1
2;1; 2 .u =−
2
1 2 3
:
1 2 2
x y z
d
− − −
==
−
2
d
đi qua
( )
2
1;2;3M
và có 1 VTCP là:
( )
2
1;2; 2 .u =−
( )
( )
12
12
1;1;4
, 2;2;3
MM
uu
=

=

( )
1 2 1 2
12
12
,.
;
,
u u M M
d d d
uu


=


2 2 2
2 2 12
16
.
17
2 2 3
++
==
++
Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn
,x a x b==
.
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
( ) ( )
,y f x y g x==
, đường thẳng
,x a x b==
là
( ) ( )
b
a
S f x g x dx=−
.
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2
2
3 2 1
1
x
x x x
x
=
+ = − −
=−
.
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là
2
2
1
3 2 1 9S x x x dx
−
= + − + + =
.
Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức
( )( )
22
a b a b a b− = − +
.
Giải chi tiết:
Ta có
4
16z =
4
16 0z − =
( )( )
22
4 4 0zz − + =
2
2
2
4
2
4
z
z
zi
z
=
=

=
=−
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.
Trang 8
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Giải phương trình
0y
=
xác định các giá trị cực trị theo m.
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình
0
CT
y
.
Giải chi tiết:
Ta có
22
32y x mx m
= − −
;
0y
=
có
2 2 2
340m m m m
= + =
.
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình
0y
=
phải có 2 nghiệm phân biệt
0m
Khi đó ta có
3
3
2
8
3
0
25
8
3 3 27
mm
x m y m
y
m m m m
xy
+
= = = − +
=
−
= = − = +
Khi đó yêu cầu bài toán
3
3
3
0
8 0 2
0
56
80
27
5
CT
CT
m
y m m
m
m
ym

= − +
= + −
3
02
6
0
5
m
m

−
Lại có
3; 2; 1;1mm − − −
. Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải:
Hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
nghịch biến trên
( )
;

khi và chỉ khi
( )
0
;
y
d
c

−
Giải chi tiết:
TXĐ:
\Dm=−
.
Ta có
( )
2
2
44mx m
yy
xm
xm
+−
= =
+
+
.
Để hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1;1−
thì
( )
2
22
40
0
12
1
1
1;1
21
1
1
m
m
y
m
m
m
m
m
m
m
−
−

− −
− −
− −

−
−
.
Lại có
1mm =
.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải:
Trang 9
Hàm số
n
yx=
với
n
xác định khi và chỉ khi
0x
.
Giải chi tiết:
Hàm số
( )
1
3
1yx=−
xác định khi và chỉ khi
1 0 1xx−
.
Vậy TXĐ của hàm số là
( )
1; +
.
Câu 7: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Xác định
u
là 1 VTCP của
và
Q
n
là 1 VTPT của
( )
Q
.
- Vì
( )
( ) ( )
//
P
PQ
nu
P
PQ
nn
⊥


⊥
⊥
;
PQ
n n u

=

.
- Phương trình mặt phẳng đi qua
( )
0 0 0
;;M x y z
và có 1 VTPT →
( )
;;n A B C
là
( ) ( ) ( )
0 0 0
0A x x B y y C z z− + − + − =
.
Giải chi tiết:
Đường thẳng
có 1 VTCP là
( )
2; 2;1u
=−
.
Mặt phẳng
( )
Q
có 1 VTPT là
( )
1; 1;2
Q
n =−
.
Gọi
P
n
là 1 VTPT của mặt phẳng
( )
P
. Vì
( )
( ) ( )
//
P
PQ
nu
P
PQ
nn
⊥


⊥
⊥
.
( )
; 3;3;0
PQ
n n u

= =

( )
1;1;0n
cũng là 1 VTPT của
( )
P
.
Vậy phương trình mặt phẳng
( )
P
là
( ) ( ) ( )
1. 0 1. 1 0. 2 0x y z− + + + − =
10xy + + =
.
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit:
( ) ( ) ( ) ( )
log log 0 1
aa
f x g x f x g x khi a
.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ:
0
1
2 1 0
2
x
x
x

−
.
Ta có:
( )
11
2
2
log log 2 1xx−
( )
2
11
22
log log 2 1xx −
( )
2
21xx −
22
4 4 1x x x − +
2
3 4 1 0xx − +
1
1
3
x
Trang 10
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là
1
;1
2
S

=

.
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng
( )
m f x=
.
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng
21ym=−
phải cắt đồ thị
hàm số
42
23y x x= − −
tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số
42
23y x x= − −
, từ đó lập BBT hàm số
42
23y x x= − −
,
42
23y x x= − −
và tìm m
thỏa mãn.
Giải chi tiết:
Số nghiệm của phương trình
42
2 3 2 1x x m− − = −
là số giao điểm của đồ thị hàm số
42
23y x x= − −
và
đường thẳng
21ym=−
.
Xét hàm số
42
23y x x= − −
ta có
3
0
4 4 0
1
x
y x x
x
=
= − =
=
BBT:
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số
42
23y x x= − −
.
- Từ đồ thị
42
23y x x= − −
lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục
Ox
qua trục
Ox
.
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục
Ox
.
Ta có BBT của đồ thị hàm số
42
23y x x= − −
như sau:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng
21ym=−
cắt đồ thị hàm số
42
23y x x= − −
tại 6 điểm phân biệt khi
và chỉ khi
5
3 2 1 4 4 2 5 2
2
m m m −
.
Trang 11
Vậy
5
2
2
m
.
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng
( )
m f x=
.
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng
ym=
phải cắt đồ thị hàm
số
( )
y f x=
tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số
( )
y f x=
và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ:
2
2
0
2
0
2
20
2
2
x
x
x
x
x
x
x


−
−
−
Ta có:
( )
22
42
log log 2xx=−
( )
2
22
1
.2.log log 2
2
xx = −
( )
2
22
log log 2xx = −
2
2xx − =
2
20xx − − =
( )
22x x tm = =
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng
( )
m f x=
.
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng
ym=
phải cắt đồ thị hàm
số
( )
y f x=
tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số
( )
y f x=
và tìm m thỏa mãn.
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
( )
33
12 1 0 12 1x x m m x x f x− + − = = − + =
.
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng
ym=
phải cắt đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại 3 điểm phân biệt.
Ta có
( )
2
3 12 0 2f x x x
= − = =
.
BBT:
Trang 12
Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng
ym=
phải cắt đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại 3 điểm phân biệt thì
15 17m−
.
Mà
14; 13; 12;...;15;16mm − − −
. Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng các công thức:
( ) ( )
log log log 0 1, , 0
a a a
xy x y a x y= +
( )
log log 0 1, 0
n
m
a
a
m
b b a b
n
=
Từ giả thiết tính
log
a
b
.
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay
log
a
b
vừa tính được để tính giá
trị biểu thức.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo
gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2
3+134(1+logab)=3⇒logab=−37
( )
(
)
3
2
33
log log .
ab ab
a b ab a=
3
2
3
log log
ab ab
ab a=+
( )
( )
( )
1
2
2
3
1
3
1
2
1
log
log
ab
a
ab
ab
=+
( )
( )
11
2.log
13
3
. log
22
ab
a
ab
ab
=+
( )
21
3
3
1 log
4
a
b
=+
+
( )
21
3
3
3
1 log
4
a
b
+ =
+
Trang 13
3
log
7
a
b = −
Khi đó ta có:
( )
(
)
3
2
33
log log
ab ab
b a ab b=
3
2
3
log log
ab ab
ab b=+
( )
( )
( )
1
2
2
3
1
3
1
2
1
log
log
ab
b
ab
ab
=+
( )
( )
11
.2.log
13
3
. log
22
ab
b
ab
ab
=+
( )
21
3
3
log 1
4
b
a
=+
+
2 4 1 1
.
7
3 3 3
1
3
= + = −
−+
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp giải:
Lập BBT của hàm số trên
( )
0;+
và tìm GTNN của hàm số.
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên
( )
0;+
.
Ta có
3
22
16 2 16
2
x
yx
xx
−
= − =
;
02yx
= =
.
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy
( )
0;
min 12y
+
=
.
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định mặt phẳng
( )
P
chứa
DE
và song song với
SC
, khi đó
( ) ( )
( )
;;d DE SC d SC P=
.
Trang 14
- Đổi sang
( )
( )
;d A P
. Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:
Trong
( )
ABCD
gọi
I AC DE=
, trong
( )
SAC
kẻ
( )
//IG SC G SA
, khi đó ta có
( )
//DE GDE SC
.
( ) ( )
( )
( )
( )
; ; ;d SC DE d SC GDE d C GDE = =
.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
1
2
IC EC
IA AD
==
, do
( )
AC GDE I=
nên
( )
( )
( )
( )
;
1
2
;
d C GDE
IC
IA
d A GDE
==
( )
( )
( )
( )
1
;;
2
d C GDE d A GDE=
.
Trong
( )
ABCD
kẻ
( )
AH DE H DE⊥
, trong
( )
GAH
kẻ
( )
AK GH K GH⊥
ta có:
( )
DE AH
DE AGH DE AK
DE AG
⊥
⊥ ⊥
⊥
( ) ( )
( )
;
AK GH
AK GDE d A GDE AK
AK DE
⊥
⊥ =
⊥
Vì
( )
SA ABCD⊥
nên
AC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên
( )
ABCD
( )
( )
( )
0
; ; 45SC ABCD SC AC SCA = = =
.
SAC
vuông cân tại A.
Vì
ABCD
là hình vuông cạnh
2a
nên
2. 2 2AC a a SA= = =
.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có
24
33
AG AI a
AG
AS AC
= = =
.
Ta có:
( )
2
1 1 1
; . . 2. 2
2 2 2
AED
S d E AD AD AB AD a a a
= = = =
.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
CDE
ta có
2
2 2 2
10
2
22
aa
DE CD CE a= + = + =
.
Trang 15
2
2
2 2 10
5
10
2
AED
S
aa
AH
ED
a
= = =
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
GAH
ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105
2 2 2
2
4 2 10
.
. 4 19
35
19
4 2 10
35
aa
AG AH a
AK
AG AH
aa
= = =
+


+




.
Vậy
( )
1 2 19
;
2 19
a
d DE SC ==
.
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ
2
20
x
t
−
=
.
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng
( )( )
0m g t t=
.
- Lập BBT của hàm số
( )
gt
khi
0t
.
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Giải chi tiết:
Ta có
( )
2
1 2 2 2
4 .2 1 0 4. 2 .2 1 0
x x x x
mm
− − − −
− + = − + =
.
Đặt
2
20
x
t
−
=
, phương trình đã cho trở thành
( )( )
2
2
41
4 1 0 0
t
t mt m g t t
t
+
− + = = =
.
Xét hàm số
( )
2
4 1 1
4
t
g t t
tt
+
= = +
có
( )
2
11
40
2
g t t
t
= − = =
.
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm
04tm
.
Kết hợp điều kiện
4;5;6;...;2020;2021
2021
m
m
m
+

.
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D
Trang 16
Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ
hơn bậc mẫu.
- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng
2
1
k
dx
ax b+
.
- Tính tích phân và tìm
,,abc
Giải chi tiết:
Ta có:
22
3
22
11
11
1
xx
dx x dx
x x x x
−−

= − +

++


( )
( )
22
11
1
1
1
x
x dx dx
xx
−
= − +
+

1
2
I=+
Giả sử
( )
1
11
x B C
x x x x
−
=+
++
( )
( )
( )
1
1
11
B x Cx
x
x x x x
++
−
=
++
( )
( )
( )
1
11
B C x B
x
x x x x
++
−
=
++
11
12
B C B
BC
+ = = −



= − =

Khi đó ta có
( )
2 2 2
1 1 1
1 1 2
11
x
I dx dx dx
x x x x
−−
= = +
++
22
11
ln 2ln 1xx= − + +
ln2 2ln3 2ln2= − + −
2ln3 3ln2=−
2
3
2
1
11
2ln3 3ln2
2
x
dx
xx
−
= + −
+
1
2
2
3
a
b
c
=
=
=−
Vậy
( )
1
2 3 4 2. 3.2 4. 3 19
2
a b c+ − = + − − =
.
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức:
( )
log log 0 1, 0
m
aa
b m b a b=
( )
1
log 0 , 1
log
a
b
b a b
a
=
Giải chi tiết:
Ta có:
2
45
2
3 .5
22
2
log 4 2log 2
log 3 log 5
==
+
Trang 17
22
22
2log 3 log 5 2ab
==
++
Câu 18: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là
( )
; ; ; 0;1;2;3;4;5 ,abcd a b c d a b c d
.
- Vì
15abcd
nên
5 0;5
3
abcd d
abcd

.
- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số
,,abc
tương ứng.
Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là
( )
; ; ; 0;1;2;3;4;5 ,abcd a b c d a b c d
.
Vì
15abcd
nên
5 0;5
3
abcd d
abcd

.
+ TH1:
0d =
, số cần tìm có dạng
0abc
3abc + +
.
Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là
1;2;3 ; 1;3;5 ; 2;3;4 ; 3;4;5
.
⇒ có
4.3! 24=
cách chọn
,,abc
.
⇒ Có 24 số thỏa mãn.
TH2:
5d =
, số cần tìm có dạng
5abc
53abc + + +
abc + +
chia 3 dư 1.
Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là
0;1;3 ; 1;2;4 ; 0;3;4
.
⇒ có
2.2.2! 3! 14+=
cách chọn
,,abc
.
⇒ Có 14 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả
14 14 38+=
số thỏa mãn.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Khoảng cách từ điểm
( )
0 0 0
;;M x y z
đến mặt phẳng
( )
:0P Ax By Cz D+ + + =
là
( )
( )
0 0 0
2 2 2
;
Ax By Cz D
d M P
A B C
+ + +
=
++
.
Giải chi tiết:
( )
( )
( )
( )
2
22
2.1 3 2. 2 3
;2
2 1 2
d A P
+ − − −
==
+ + −
.
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là
( )
n
là số cách chọn 3 học sinh bất kì.
Trang 18
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A
là
( )
nA
.
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ
- Tính xác suất của biến cố A:
( )
( )
( )
nA
PA
n
=
.
Giải chi tiết:
Số cách chọn 3 bạn bất kì là
3
40
C
nên số phần tử của không gian mẫu là
( )
3
40
nC=
.
Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có
12
30 10
.CC
cách.
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có
21
30 10
.CC
cách.
( )
1 2 2 1
40 10 40 10
..n A C C C C = +
.
Vậy xác suất của biến cố A là
( )
( )
( )
1 2 2 1
30 10 30 10
3
40
..
15 285
26 494
nA
C C C C
PA
nC
+
= = = =
.
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức
2
2
1
tan 1
cos
=−
.
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng:
( )
( )
2
2
11
tan
cos
dx ax b
ax b a
=+
+
.
Giải chi tiết:
Ta có:
2
tan 2xdx
2
1
1
cos 2
dx
x

=−


2
1
cos 2
dx dx
x
=−

1
tan2
2
x x C= − +
Câu 22: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng tính chất
sin cos
2


=−


.
- Giải bất phương trình mũ:
( ) ( )
( ) ( )
01
f x g x
a a f x g x khi a
.
- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.
Giải chi tiết:
Vì
35
5 10 10 2
+ = =
nên
3
sin cos
5 10

=
.
Khi đó ta có
Trang 19
44
34
sin cos sin sin 0 sin 1
5 10 5 5 5
xx
xx
x do
x
2
2
4
0
02
x
x
x
x
−
−

Kết hợp điều kiện
99;100x−
ta có
(
99; 2 0;2x − −
.
Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải:
Gọi
là góc giữa
( )
P
và
, khi đó ta có
.
sin
.
Pd
Pd
nu
nu
=
, với
p
n
và
d
u
lần lượt là 1 vtpt của
( )
P
và
vtcp của Δ.
Giải chi tiết:
Mặt phẳng
( )
:2 2 3 0P x y z− + − =
có 1 vtpt là
( )
2; 1;2
P
n =−
, đường thẳng
12
:
1 2 2
x y z−−
= =
−
có 1
vtcp là
( )
1;2; 2
d
u =−
.
Ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
.
2.1 1.2 2. 2
4
sin
9
.
2 1 2 . 1 2 2
Pd
Pd
nu
nu
− + −
= = =
+ + + +
.
2
65
cos 1 sin
9

= − =
.
Câu 24: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC:
( )
1
1
n
u u n d= + −
, giải hệ phương
trình tìm
1
,ud
.
- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC:
( )
1
1 2 3
21
...
2
n
u n d n
u u u u
+−


+ + + + =
Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:
1 2020
1
1
1001 1021
1
2021
2
2 2019 2
2
1
2 2020 1
1
uu
ud
u
uu
ud
d
+=
+=
=

+=
+=
=−
.
Vậy
( )
1
1 2 2021
2 2020 .2021
2021
...
22
ud
u u u
+
+ + + = =
.
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 20
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là
( )
;
;
d
d
AM u
d A d
u


=
, trong đó M là
điểm bất kì thuộc d và
d
u
là 1 vtcp của đường thẳng d.
Giải chi tiết:
Lấy
( )
1;2;3Md
. Đường thẳng d có 1 VTCP là
( )
2; 2;1
d
u =−
.
Ta có:
( )
2;0;3AM =
( )
; 6;4; 4
d
AM u

= −

.
Vậy
( )
( )
( )
2
22
2
22
;
6 4 4
2 17
;
3
2 2 1
d
d
AM u
d A d
u

+ + −

= = =
+ − +
.
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên
( )
0;1
thì
( )
0 0;1yx
.
- Cô lập
m
, đưa bất phương trình về dạng
( ) ( )
( )
0;1
0;1 minm g x x m g x
.
- Lập BBT hàm số
( )
gx
trên
( )
0;1
và kết luận.
Giải chi tiết:
TXĐ:
( )
0;D = +
nên hàm số xác định trên
( )
0;1
.
Ta có
2
2
8y x m
x
= + −
.
Để hàm số đồng biến trên
( )
0;1
thì
( )
0 0;1yx
( )
2
2
8 0;1m x x
x
+
.
Đặt
( ) ( )
2
2
8 , 0;1g x x x
x
= +
, khi đó ta có
( ) ( )
( )
0;1
0;1 minm g x x m g x
.
Ta có
( )
3
22
2 16 2
16
x
g x x
xx
−
= − =
;
( ) ( )
1
0
2
g x x tm
= =
.
BBT:
Dựa vào BBT
6m
. Kết hợp điều kiện
1;2;3;4;5;6mm
+
.
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trang 21
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm
I 
theo biến t.
- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
nên
( )
( )
( )
( )
;;R d I P d I Q==
. Giải phương
trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.
- Mặt cầu tâm
( )
0 0 0
;;I x y z
, bán kính R có phương trình là
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
0 0 0
x x y y z z R− + − + − =
.
Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là
( )
1 ; 1 ;2I t t t+ − +
.
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
nên
( )
( )
( )
( )
;;R d I P d I Q==
.
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 3.2 1 2 1 3.2 4
1 2 3 1 2 3
t t t t t t+ − − + + + − − + + +
=
+ + + +
5 3 5 7 5 3 5 7 1t t t t t + = + + = − − = −
Khi đó mặt cầu có tâm
( )
0; 2; 2I −−
, bán kính
53
2
14 14
R
−+
==
.
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là
( ) ( )
22
2
2
22
7
x y z+ + + + =
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần:
udv uv vdu=−

.
Giải chi tiết:
Đặt
( )
( )
2
ln
21
1
dx
ux
du
x
dv x dx
v x x x x
=
=

=−
= − = −
Khi đó ta có
( )
2 1 lnx xdx−
( )
( )
( )
2
22
ln 1 ln
2
x
x x x x dx x x x x C= − − − = − − + +
Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.
- Biến đổi
( )
2
22
2P a b a b ab= + = + −
, đặt ẩn phụ
2t ab=
, lập BBT tìm miền giá trị của t.
- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
Trang 22
23
1
2
a b ab
ab
ab
+ + −
−
=
+
( ) ( )
22
2 3 log 1 loga b ab ab a b + + − = − − +
( ) ( )
22
2 2 log 1 1 loga b ab ab a b + + − = − + − +
( ) ( )
22
2 2 log 2 2 loga b ab ab a b + + − = − − +
( ) ( ) ( )
22
log log 2 2 2 2 *a b a b ab ab + + + = − + −
Xét hàm số
( )
2
log 0y t t t= +
ta có
1
1 0 0
ln2
yt
t
= +
, do đó hàm số đồng biến trên
( )
0;+
.
Khi đó
( ) ( )
2
* 2 2 1 2 2
12
b
a b ab a b b a
b
−
+ = − + = − =
+
.
Vì
2
, 0 0 2 0 2
12
b
a b b b
b
−
−
+
.
Khi đó ta có
( ) ( )
22
22
2 2 2 2P a b a b ab ab ab= + = + − = − −
.
Đặt
( )
2
2 2 . 0 2
12
b
t ab b b
b
−
= =
+
ta có
2
2
2.
12
bb
t
b
−
=
+
( )( )
( )
( )
2
2
2 2 1 2 2 .2
2.
12
b b b b
t
b
− + − −
=
+
( )
22
2
2 4 2 4 4 2
2.
12
b b b b b
b
+ − − − +
=
+
( )
2
2
4 4 4
12
bb
b
−−
=
+
15
0
2
tb
−+
= =
BBT:
(
0;3 5t
−
.
Khi đó ta có
( )
(
2
2
2 5 4, 0;3 5P t t t t t
= − − = − + −
.
Ta có
( )
5
2 5 0
2
P t t ktm
= − = =
, do đó
( )
min
3 5 3 5PP= − = −
.
Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 23
- Để hàm số nghịch biến trên thì
0yx
- Xét 2 TH:
0m =
và
0
0
m

.
Giải chi tiết:
TXĐ:
D =
.
Ta có:
2
3 2 1y mx mx m
= + − −
.
Để hàm số nghịch biến trên thì
0yx
.
2
3 2 1 0mx mx m x + − −
( )
( )
2
0
10
0
3 1 0
m
x luondung
m
m m m
=
−
= + +
2
0
0
0
0
3
4 3 0
0
4
m
m
m
m
mm
m
=
=


+
−
0
3
0
3
4
0
4
m
m
m
=
−
−
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên
( )
0;+
thì
( )
0 0;yx
+
.
- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng
( ) ( )
)
( )
0;
0; minm g x x m g x
+
+
.
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm
)
( )
0;
min gx
+
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
( )
0;D = +
.
Ta có:
28
2 8. 2
2
y x m x m
xx
= + − = + −
Để hàm số đồng biến trên
( )
0;+
thì
( )
0 0;yx
+
.
( )
8
2 0 0;x m x
x
+ − +
( )( )
8
2 0; *m x x
x
+ +
.
Đặt
( )
8
2g x x
x
=+
, khi đó
( )
)
( )
0;
* minm g x
+

.
Trang 24
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
88
2 2 2 . 2.4 8xx
xx
+ = =
)
( )
0;
min 8gx
+
=
, dấu “=” xảy ra
8
22xx
x
= =
.
Từ đó ta suy ra được
8m
, kết hợp điều kiện
1;2;3;4;5;6;7;8mm
+
.
Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt
( )
;z a bi a b= +
z a bi = −
.
- Thay vào giả thiết
( )
3 8 0z i z+ + =
, đưa phương trình về dạng
00A Bi A B+ = = =
.
Giải chi tiết:
Đặt
( )
;z a bi a b= +
z a bi = −
.
Theo bài ra ta có:
( )
3 8 0z i z+ + =
( ) ( )
3 8 0a bi i a bi + + − + =
3 3 8 0a bi ai b i + + + + =
( )
3 3 8 0a b a b i + + + + =
3 0 1
3 8 0 3
a b a
a b b
+ = =



+ + = = −

Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là
( )
1 3 2ab+ = + − = −
.
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Gọi I là điểm thỏa mãn
20IA IB IC+ − =
. Phân tích
2 2 2
2MA MB MC+−
theo MI.
- Chứng minh đó
2 2 2
2MA MB MC+−
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
MI
đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của
( )
MP
để
min
IM
.
- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và
( )
P
để tìm tọa độ điểm M.
Giải chi tiết:
Gọi I là điểm thỏa mãn
20IA IB IC+ − =
. Khi đó ta có:
2 2 2
2 2 2
22MA MB MC MA MB MC+ − = + −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2MI IA MI IB MI IC MI MI IA IB IC IA IB IC= + + + − + = + + − + + −
( )
2 2 2 2
22MI IA IB IC= + + −
Vì
,,,I A B C
cố định nên
2 2 2
2IA IB IC+−
không đổi, do đó
2 2 2
2MA MB MC+−
đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi
MI
đạt giá trị nhỏ nhất.
Trang 25
Mà
( )
MP
nên
IM
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên
( )
P
hay
( )
IM P IM⊥
và
( )
1;2; 2
P
n =−
cùng phương, với
P
n
là 1 vtpt của
( )
P
.
Tìm tọa độ điểm I ta gọi
( )
;;I x y z
. Ta có:
20IA IB IC+ − =
( ) ( ) ( )
1; ; 2 2 1; 1; 3 3; 2; 0x y z x y z x y z − − + + − − − − − =
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
1 2 1 3 0 2 4 0 2
2 1 2 0 2 0 0 2;0;4
2 2 3 0 2 8 0 4
x x x x x
y y y y y I
z z z z z
− + + − − = + = = −

+ − − − = = = −
− + − − = − = =

Khi đó ta có
( )
2; ; 4IM a b c= + −
Vì
IM
và
( )
1;2; 2
P
n =−
cùng phương, lại có
( )
MP
nên ta có hệ phương trình:
2 4 0 1
24
4 0 2
1 2 2
2 2 1 0
2 2 1 0 2
a b a
a b c
b c b
a b c
a b c c
− + = = −

+−
==

+ − = =
−


+ − + =
+ − + = =

Vậy
1 2 2 3abc+ + = − + + =
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính đạo hàm
( )
ln
u
u
u
=
.
Giải chi tiết:
( )
( )
1
11
1 2 2
21
x
y
x x x
xx
+
= = =
++
+
.
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt
3
21tx=−
.
Giải chi tiết:
Đặt
3 2 2
2 1 6
6
dt
t x dt x dx x dx= − = =
.
Khi đó ta có
( )
( )
3
3
23
2
23
21
1
2 1 .
6 6 3 18
x
t dt t
x x dx C C
−
− = = + = +

.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp logarit hai vế.
Giải chi tiết:
Trang 26
Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có:
22
33
2 3 log 2 log 3
x x x x
= =
( )
2
33
log 2 log 2 0x x x x = − =
33
00
log 2 0 log 2
xx
xx
==



− = =

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Gọi
( )
00
;M x y
thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
M
.
- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại
( )
00
;M x y
là
( )( ) ( )
0 0 0
y f x x x f x
= − +
.
- Cho
( )
1;0Ad
, giải phương trình tìm số nghiệm
0
x
. Số nghiệm
0
x
chính là số tiếp tuyến với đồ thị
hàm số đi qua điểm
( )
1;0A
cần tìm.
Giải chi tiết:
Ta có
2
36y x x
=−
.
Gọi
( )
00
;M x y
thuộc đồ thị hàm số.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
( )
00
;M x y
là
( )
( ) ( )
2 3 2
0 0 0 0 0
3 6 3 2y x x x x x x d= − − + − +
.
Cho
( )
1;0Ad
ta có:
( )
( )
2 3 2
0 0 0 0 0
0 3 6 1 3 2x x x x x= − − + − +
2 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0
0 3 6 3 6 3 2x x x x x x = − − + + − +
3
00
0 2 6 2xx = − − +
0
0,32x
Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm
( )
1;0A
.
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là
2a
.
Giải chi tiết:
Trang 27
Vì
( )
SA ABCD⊥
nên
AC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên
( )
ABCD
.
( )
( )
( )
;;SC ABCD SC AC SCA = =
.
Vì
ABCD
là hình vuông cạnh
3a
nên
3. 2 6AC a a==
.
Xét tam giác vuông
SAC
ta có:
1
tan
3
SA
SCA
SC
= =
0
30SCA =
.
Vậy
( )
( )
0
; 30SC ABCD=
.
Câu 39: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
- Giải phương trình
0y

=
tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn.
Giải chi tiết:
Ta có:
32
3 2 3 3; 6y x x y x y x
= − + = − =
.
Cho
0 6 0 0 2y x x y

= = = =
⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là
( )
0;2
.
Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là
( )
0;2
.
Câu 40: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Nhận thấy
( )
( )
1
xx
x e xe
+=
. Sử dụng công thức
( )
uv u v uv

=+
.
- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm
( )
fx
.
- Tính
( )
fx
và tính
( )
0f
.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có
( ) ( ) ( )
1
x
xf x x f x e
−
+ + =
( ) ( ) ( )
11
xx
xe f x x e f x
+ + =
Ta có
( )
( )
1
x x x x
xe e xe x e
= + = +
( )
( )
( )
1
xx
xe f x xe f x
+ =
( ) ( ) ( )
1
x x x
xe f x xe f x dx dx xe f x x C

= = = +

Thay
0x =
ta có
0 0 0CC= + =
, do đó
( ) ( )
( )
0
10
1
xx
x
x
x
xe f x x x e f x
f x e
e
−
=

= − =

==
Trang 28
( ) ( )
0
01
x
f x e f e
−

= − = − = −
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Vì
( )
dP⊥
nên
dP
un=
.
- Phương trình đường thẳng đi qua
( )
0 0 0
;;A x y z
và có 1 vtcp
( )
;;u a b c
là
0 0 0
x x y y z z
a b c
− − −
==
.
Giải chi tiết:
Mặt phẳng
( )
: 2 3 4 0P x y z− − + =
có 1 vtpt là
( )
1; 2; 3
P
n = − −
.
Gọi d là đường thẳng đi qua
( )
1; 1; 2A −−
và vuông góc với
( )
P
và
d
u
là 1 vtcp của đường thẳng d.
Vì
( )
dP⊥
nên
( )
1; 2; 3
dP
un= = − −
.
Vậy phương trình đường thẳng d là
1 1 2
1 2 3
x y z− + +
==
−−
.
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
TXĐ:
D =
.
Ta có:
( ) ( )
8 2 5 3 2 3
9 6 3 2 4 2y mx m m x m m m x
= + − + + − −
( ) ( )
3 5 2 2 3 2
9 6 3 2 4 2y x mx m m x m m m

= + − + + − −

Cho
( )
( ) ( )
( )
5 2 2 3 2
03
0
9 6 3 2 4 2 0 *
x nghiemboi
y
mx m m x m m m
=
=
+ − + + − − =
Để hàm số đồng biến trên thì
0x =
phải là nghiệm bội chẵn của phương trình
0y
=
, do đó phương
trình (*) phải nhận
0x =
là nghiệm bội lẻ.
Vì
0x =
là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có:
32
1
1
20
2
0
m
m m m m
m
=
− − = = −
=
Thử lại:
+ Với
0m =
ta có
5
12yx
=
không thỏa mãn
0yx
.
+ Với
1m =
ta có
8
90y x x
=
(thỏa mãn).
Trang 29
+ Với
1
2
m =−
ta có
( )
8 5 5 3
3
0
9 45 9
50
2 2 2
5
x
y x x x x
x
=
= − + = − − =
=
, do đó không thỏa mãn
0yx
Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1m =
.
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Thay
1
x
t
=
, sau đó rút
1
f
x



theo
( )
fx
và thế vào giả thiết.
- Tìm
( )
fx
theo x và tính
( )
2
1
2
f x dx
bằng phương pháp tích phân 2 vế.
Giải chi tiết:
Ta có:
( )
1
2 f x xf x
x

+=


, với
1
x
t
=
ta có
( )
1 1 1
2 f f t
t t t

+=


( )
1 1 1 1
2
f f t
t t t
= −
( )
1 1 1 1
2
f f x
x x x
= −
Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
22
2 2 2
f x x f x x f x f x x
xx

+ − = + − =


( ) ( )
22
11
22
3 1 3 1
2 2 2 2
f x x f x dx x dx

= − = −



( ) ( )
22
11
22
3 9 3
2 8 4
f x dx f x dx = =

Câu 44: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.
- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng
( ) ( )
22
B A B A
AB x x y y= − + −
.
Giải chi tiết:
TXĐ:
\1D =
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
( )( )
2
1 2 2 1 1 2
1
x
x x x x
x
−
= − − = − −
−
( )
22
2 1 2 2 2 2 1 0 *x x x x x x − = − − + − − =
Trang 30
Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là
,
AB
xx
là nghiệm của phương trình (*).
Áp dụng định lí Vi-ét ta có
12
12
1
1
2
xx
xx
+=
=−
.
Ta có:
( ) ( )
;1 2 ; ;1 2
A A B B
A x x B x x−−
nên:
( ) ( )
22
2
1 2 1 2
B A B A
AB x x x x= − + − − +
( ) ( )
22
2
4
B A B A
AB x x x x= − + −
( )
2
2
5
BA
AB x x=−
( )
2
2
54
A B A B
AB x x x x

= + −

Vậy
15AB =
.
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác
ABC
, chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
.
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.
- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
S
r
p
=
, với
,Sp
lần lượt là diện tích và
nửa chu vi tam giác.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp.
- Tính thể tích khối chóp
.
1
.
3
S ABC ABC
V SH S
=
.
Giải chi tiết:
Vì chóp
.S ABC
có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam
giác
ABC
nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
.
22
1
5 1 4. 15
2
AB


= − − =




Trang 31
Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
( )
SH ABC⊥
Xét
ABC
có
2 2 2 2
25AB BC CA a+ = =
nên
ABC
vuông tại B (định lí Pytago đảo).
Trong
( )
ABC
kẻ
( )
//HK BC K AB
ta có
( )
AB SH
AB SHK AB SK
AB HK
⊥
⊥ ⊥
⊥
.
( ) ( )
( )
( )
;
;
SAB ABC AB
SK SAB SK AB
HK ABC HK AB
=
⊥
⊥
( ) ( )
( )
( )
0
; ; 60SAB ABC SK HK SKH = = =
.
Vì
HK
là bán kính đường tròn nội tiếp
ABC
nên
1
.3 .4
2
345
2
ABC
ABC
aa
S
HK a
a a a
p
= = =
++
.
Xét tam giác vuông
SHK
ta có
0
.tan60 3SH HK a==
.
Vậy
3
.
1 1 1
. 3. .3 .4 2 3
3 3 2
S ABC ABC
V SH S a a a a
= = =
.
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xác định góc từ điểm
A
đến
( )
A BC
.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính
AA
.
- Tính thể tích
.
.
ABC A B C ABC
V A A S
=
.
Giải chi tiết:
Gọi M là trung điểm của BC ta có
( )
BC AM
BC A BC
BC AA
⊥
⊥
⊥
.
Trong
( )
A BC
kẻ
( )
AH A M H A M

⊥
ta có:
( )
AH BC
AH A BC
AH A M
⊥
⊥
⊥
( )
( )
;d A A BC AH a
= =
.
Trang 32
Vì tam giác
ABC
đều cạnh
2a
nên
3
2 . 3
2
AM a a==
và
( )
2
2
3
23
4
ABC
S a a
==
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
AA M
ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
3AH A A AM a A A a
= + = +

22
1 2 6
32
a
AA
A A a
= =
Vậy
3
2
.
6 3 2
. . 3
22
ABC A B C ABC
aa
V A AS a
= = =
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp giải:
Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng
( )
y f x=
; đồ thị hàm số
( )
y g x=
; đường thẳng
;x a x b==
quanh quanh trục
Ox
là
( ) ( )
22
b
a
V f x g x dx=−
.
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2
1
32
2
x
xx
x
=
− =
=
.
Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng
32x−
và đồ thị hàm số v
quanh quanh trục
Ox
là
( )
2
2
4
1
4
32
5
V x x dx
= − − =
.
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức
nk
nk
u u q
−
=
Giải chi tiết:
Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:
( )
3 4 5 6 7 8
2 u u u u u u+ + = + +
( )
22
3 3 3 6 6 6
2 u u q u q u u q u q + + = + +
( ) ( )
22
36
2 1 1u q q u q q + + = + +
( )
2
36
2 1 0u u do q q q = + + =
3
33
2u u q=
( )
3
3
20uq − =
3
3
0
2
u
q
=
=
Ta có:
8 9 10
234
u u u
u u u
++
++
( )
( )
2
2
6
8
6
8 8 8
2
2
2
2 2 2 2
2
1
4
1
u q q
u u q u q
uq
q
u u q u q u
u q q
++
++
= = = = =
++
++
Câu 49: Đáp án D
Trang 33
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức
1 2 1 2
z z z z+ = +
;
zz=
.
- Đặt
z a bi=+
, sử dụng công thức
22
z a b=+
, biến đổi rút ra mối quan hệ giữa
,ab
và kết luận.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có
1 3 1z i z i− + = + −
1 3 1 1 3 1z i z i z i z i − + = + + − + = + +
1 3 1z i z i − + = + +
Đặt
z a bi=+
ta có:
1 3 1a bi i a bi i+ − + = + + +
( ) ( ) ( )
1 3 1 1a b i a b i − + + = + + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 3 1 1a b a b − + + = + + +
2 1 6 9 2 1 2 1 4 4 8 0a b a b a b − + + + = + + + − − =
20ab − − =
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z
là đường thẳng
20xy− − =
.
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Gọi I là trung điểm của
SB
.
Vì
0
90SAB SCB = =
nên
IS IA IB IC= = =
, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp
.S ABC
, bán kính
1
2
R IS SB==
.
Xét
v
SAB
và
v
SCB
có
( )
,AB CB gt SB=
chung
vv
SAB SCB =
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
SA S SAC =
cân tại S.
Trang 34
Gọi M là trung điểm của AC ta có
( )
SM AC
AC SBM
BM AC
⊥
⊥
⊥
.
Trong
( )
SBM
kẻ
SH BM⊥
ta có:
( )
( )
( )
SH BM
SH ABC
SH AC AC SBM
⊥
⊥
⊥⊥
.
Đặt
SA SC x==
.
Vì
ABC
vuông cân tại B nên
32
2 3 2
2
a
AC AB a BM AM MC= = = = =
.
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2
2 2 2
9
2
a
SM SC MC x= − = −
2 2 2 2
9SB BC SC a x= + = +
.
Gọi p là nửa chu vi tam giác
SBM
ta có
22
2 2 2
99
9
22
2
aa
x a x
p
− + + +
=
.
Diện tích tam giác
SBM
là:
( )( )( )
SBM
S p p SM p SB p BM= − − −
Khi đó ta có
2
SBM
S
SH
BM
=
.
Ta có:
( )
( )
.
11
. ; .
33
S ABC ABC SBC
V SH S d A SBC S

==
( )
( )
. ; .
ABC SBC
SH S d A SBC S

=
2
11
. .3 .3 6. .3 . 3 3
22
SBM
S
a a a a x x a
BM
= =
Áp dụng định lí Pytago ta có:
2 2 2 2
27 9 6 3SB SC BC a a a R IS a= + = + = = =
.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp
.S ABC
là
2 2 2
4 4 .9 36S R a a
= = =
.
| 1/34

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

TRƯỜNG ĐH KHTN
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021 KHTN MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề x y −1 z +1
Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = và 1 2 1 2 − x −1 y − 2 z − 3 d : = =
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 2 1 2 2 − 17 17 16 A. B. C. D. 16 16 4 17
Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = x + 3 và parabol 2
y = 2x − x −1 bằng 13 13 9 A. 9 B. C. D. 6 3 2
Câu 3 (TH): Phương trình 4
z = 16 có bao nhiêu nghiệm phức? A. 0 B. 4 C. 2 D. 1
Câu 4 (VD): Cho hàm số 3 2 2
y = x − mx − m x + 8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực
tiểu nằm hoàn toàn phía bên trên trục hoành? A. 3 B. 5 C. 4 D. 6 mx + 4
Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y =
nghịch biến trên khoảng ( 1 − ; ) 1 ? x + m A. 4 B. 2 C. 5 D. 0
Câu 6 (NB): Hàm số y = ( x − )13
1 có tập xác định là A. 1;+) B. (1;+) C. (− ;  +) D. (− ;  ) 1 (1;+) x y +1 z −1
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : = = và mặt 2 2 − 1
phẳng (Q) : x − y + 2z = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua điểm A(0; 1 − ;2), song song với
đường thẳng  và vuông góc với mặt phẳng (Q).
A. x + y −1 = 0 B. 5
− x +3y +3 = 0
C. x + y +1 = 0 D. 5
− x +3y − 2 = 0
Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log x  log 2x −1 là 1 1 ( ) 2 2  1   1  1  1  A. ;1   B. ;1  C. ;1 D. ;1       2   4  4  2 
Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 4 2
x − 2x − 3 = 2m −1 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt. Trang 1 3 5 A. 1  m
B. 4  m  5
C. 3  m  4 D. 2  m  2 2
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình 2 log x = log ( 2 x − 2 là: 4 2 ) A. 0 B. 2 C. 4 D. 1
Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số 3
y = x −12x +1− m cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt? A. 3 B. 33 C. 32 D. 31
Câu 12 (VD): Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ( 3 log a b ) = 3. Tính b a ab ( 3 log ). ab 1 1 A. B. − C. 3 D. −3 3 3 16
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 y = x +
trên (0;+) bằng: x A. 6 B. 4 C. 24 D. 12
Câu 14 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 0
45 . Gọi E là trung điểm của .
BC Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DE và SC. 2a 19 a 10 a 10 2a 19 A. B. C. D. 19 19 5 5
Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình x 1 − x−2 4 − . m 2 +1= 0 có nghiệm? A. 2019 B. 2018 C. 2021 D. 2017 2 3 x −1
Câu 16 (TH): Biết rằng
dx = a + b ln 3 + c ln 2  với , a ,
b c là các số hữu tỉ. Tính 2a + 3b − 4 . c 2 x + x 1 A. −5 B. 19 − C. 5 D. 19
Câu 17 (TH): Biết rằng log 3 = a, log 5 = . b Tính log 4 theo , a . b 2 2 45 2a + b 2b + a 2 A. B. C. D. 2ab 2 2 2a + b
Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số
đều không vượt quá 5. A. 38 B. 48 C. 44 D. 24
Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;3; 2 − ) và mặt phẳng
(P):2x+ y −2z −3= 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng: 2 A. B. 2 C. 3 D. 1 3 Trang 2
Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ. 435 135 285 5750 A. B. C. D. 988 988 494 9880
Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm 2 tan 2xd . x 1 1 A.
tan 2x − x + C
B. tan 2x − x + C C.
tan 2x + x + C
D. tan 2x + x + C 2 2 4 x     3 x
Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  9
− 9;100 của bất phương trình sin  cos     là:  5   10  A. 5 B. 101 C. 100 D. 4 x −1 y − 2 z
Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : = = và mặt 1 2 2 −
phẳng (P) :2x − y + 2z − 3 = 0. Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau đây là đúng? 4 4 4 4
A. cos = − B. sin = C. cos = D. sin = − 9 9 9 9
Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng (u thỏa mãn u + u = 2, u + u
=1. Tính u + u +....+ u . n ) 1 2020 1001 1221 1 2 2021 2021 A. B. 2021 C. 2020 D. 1010 2 x −1 y − 2 z − 3
Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : = = và điểm 2 2 − 1 A( 1
− ;2;0). Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng: 17 17 2 17 2 17 A. B. C. D. 9 3 9 3 8
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 3 y =
x + 2 ln x − mx đồng biến trên 3 (0; )1? A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số x −1 y +1 z
Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : = = và hai mặt 1 1 2
phẳng (P) :x − 2y + 3z = 0,(Q) :x − 2y + 3z + 4 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). 2 2 1 2 2 1 A. 2
x + ( y − 2) + ( z − 2) = B. 2
x + ( y + 2) + ( z + 2) = 7 7 2 2 2 2 2 2 C. 2
x + ( y + 2) + ( z + 2) = D. 2
x + ( y − 2) + ( z − 2) = 7 7 Trang 3
Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm (2x −  ) 1 ln xdx . x x
A. ( x − x ) 2 2 ln x +
− x + C
B. ( x − x ) 2 2 ln x − + x + C 2 2 x x
C. ( x − x ) 2 2 ln x −
− x + C
D. ( x − x ) 2 2 ln x + + x + C 2 2 + + − 1− ab
Câu 29 (VDC): Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn 2 3 2a b ab =
. Giá trị nhỏ nhất của biểu a + b thức 2 2
a + b là: 5 −1 A. 3 − 5 B. ( − )2 5 1 C. D. 2 2
Câu 30 (VD): Cho hàm số 3 2
y = mx + mx − (m + )
1 x +1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R? 3 3 3 A. −  m  0
B. m  0 C. −  m  0 D. m  − 4 4 4
Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 2
y = x + 8ln 2x − mx đồng biến trên (0;+)? A. 6 B. 7 C. 5 D. 8
Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn 3z + i ( z + 8) = 0. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng: A. 1 − B. 2 C. 1 D. 2 −
Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;2) , B( 1
− ;1;3) , C(3;2;0) và
mặt phẳng (P) :x + 2y − 2z +1 = 0 . Biết rằng điểm M ( ; a ;
b c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức 2 2 2
MA + 2MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng: A. 1 − B. 1 C. 3 D. 5
Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y = ln ( x + ) 1 . x 1 1 1 A. B. C. D. x +1 x +1 x + x 2x + 2 x
Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm x ( x −  )2 2 3 2 1 dx . ( x − )3 3 2 1 ( x − )3 3 2 1 ( x − )3 3 2 1 ( x − )3 3 2 1 A. + C B. + C C. + C D. + C 18 3 6 9
Câu 36 (TH): Phương trình 2 2x 3x =
có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Trang 4
Câu 37 (VD): Cho hàm số 3 2
y = x − 3x + 2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;0) ? A. 2 B. 0 C. 1 D. 3
Câu 38 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 3 , SA ⊥ ( ABCD) và SA = a 2 .
Tính góc giữa SC và ( ABCD) . A. 0 90 B. 0 45 C. 0 30 D. 0 60
Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số 3
y = x − 3x + 2 là: A. (0;0) B. (0;2) C. (1;0) D. ( 1 − ;4)
Câu 40 (VD): Cho hàm số f ( x) liên tục trên và thỏa mãn ( ) ( ) 1 ( ) x xf x x f x e−  + + = với mọi x .
Tính f (0) . 1 A. 1 B. 1 − C. D. e e
Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 1 − ; 2 − ) và mặt phẳng
(P):x−2y −3z +4 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). x −1 y +1 z + 2 x +1 y −1 z − 2 A. = = B. = = 1 2 − 3 − 1 2 − 3 x +1 y −1 z − 2 x +1 y +1 z + 2 C. = = D. = = 1 2 − 3 − 1 2 − 3 Câu 42 (VDC): Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số 9 y = mx + ( 2 m − m + ) 6 x + ( 3 2
m − m − m) 4 3 2 2
x + m đồng biến trên . A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2  
Câu 43 (VD): Cho hàm số f ( x) liên tục trên (0;+) và thỏa mãn ( ) 1 2 f x + xf = x   với mọi x  0 .  x  2 Tính f ( x) dx  . 1 2 7 7 9 3 A. B. C. D. 12 4 4 4 x − 2
Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y =1− 2x cắt đồ thị hàm số y =
tại hai điểm phân biệt A và x −1
B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng: A. 20 B. 20 C. 15 D. 15 Trang 5
Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABC có AB = 3 , a BC = 4 ,
a CA = 5a , các mặt bên tạo với đáy góc 0 60 ,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình chóp S.ABC . A. 3 2a 3 B. 3 6a 3 C. 3 12a 3 D. 3 2a 2
Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều AB . C A BC
  có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng ( A B
C) bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ AB . C A BC  . 3 2a 3 a 2 3 3a 2 A. B. C. 3 2 2a D. 3 2 2
Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x − 2 và đồ thị hàm số 2
y = x quanh quanh trục Ox . 1  4 A. B. C. D. 6 6 5 u + u + u
Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân (u thỏa mãn 2(u + u + u = u + u + u . Tính 8 9 10 . 3 4 5 ) n ) 6 7 8 u + u + u 2 3 4 A. 4 B. 1 C. 8 D. 2
Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z −1+ 3i = z +1− i .
A. x − 2y − 2 = 0
B. x + y − 2 = 0
C. x − y + 2 = 0
D. x − y − 2 = 0
Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , góc 0 SAB = S
CB = 90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 2 36a B. 2 6 a C. 2 18 a D. 2 48 a Đáp án 1-C 2-A 3-B 4-C 5-B 6-B 7-C 8-A 9-D 10-B 11-D 12-B 13-D 14-A 15-B 16-D 17-C 18-A 19-B 20-C 21-A 22-C 23-B 24-A 25-D 26-C 27-B 28-A 29-C 30-D 31-D 32-D 33-C 34-D 35-A 36-A 37-C 38-C 39-B 40-B 41-A 42-B 43-D 44-D 45-A 46-D 47-D 48-A 49-D 50-A
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải: Trang 6
Cho đường thẳng d đi qua điểm M và có VTCP u ; đường thẳng d đi qua điểm M và có VTCP u . 1 1 1 2 2 2
u ,u .M M  
Khi đó ta có khoảng cách giữa d , d được tính bởi công thức: d (d ;d = . 1 2 ) 1 2 1 2 1 2 u ,u  1 2   Giải chi tiết: Ta có: x y −1 z +1 d : = =
d đi qua M 0;1; −1 và có 1 VTCP là: u = 2;1; 2 − . 1 ( ) 1 ( ) 1 2 1 2 − 1 x −1 y − 2 z − 3 d : = =
d đi qua M 1; 2;3 và có 1 VTCP là: u = 1; 2; 2 − . 2 ( ) 2 ( ) 2 1 2 2 − 2 M M = 1;1;4  1 2 ( )  
u , u  = 2; 2;3  1 2 ( )     ( u u M M   + +  2 2 12 16 d d ; d ) , . 1 2 1 2 = = = . 1 2 u ,u  2 2 2 2 + 2 + 3 17 1 2  
Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn x = , a x = b .
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x), y = g ( x) , đường thẳng x = , a x = b là b S = f
 (x)− g(x) dx. a Giải chi tiết: x = 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2
x + 3 = 2x − x −1   . x = 1 − 2
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là 2 S =
x + 3 − 2x + x +1 dx = 9  . 1 −
Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức 2 2
a − b = (a −b)(a + b) . Giải chi tiết: Ta có 4 z = 16 4  z −16 = 0  ( 2 z − )( 2 4 z + 4) = 0 2 z = 4 z = 2      2 z = 4 − z = 2  i
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức. Trang 7
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Giải phương trình y = 0 xác định các giá trị cực trị theo m.
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình y  0. CT Giải chi tiết: Ta có 2 2
y = 3x − 2mx − m ; y = 0 có 2 2 2 
 = m + 3m = 4m  0 m  .
Để hàm số có cực tiểu, tức là có 2 điểm cực trị thì phương trình y = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt  m  0  m + 2m 3 x =
= m y = −m + 8  Khi đó ta có 3 y = 0   3  m − 2m m 5m x = = −  y = + 8  3 3 27 m  0  3 y
= −m + 8  0  m  2     CT 0 m 2 Khi đó yêu cầ 
u bài toán  m  0   6  −  m  0 3  5m 6 3  5 y = + 8  0  m  −  CT 3  27 5 Lại có m  m 3 − ; 2 − ; 1 − ; 
1 . Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp giải: y  0 ax + b  Hàm số y =
nghịch biến trên (;  ) khi và chỉ khi  d cx + d −   (; )  c Giải chi tiết: TXĐ: D = \−  m . 2 mx + 4 m − 4 Ta có y =  y = . x + m (x + m)2
Để hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1 − ; ) 1 thì 2 m − 4  0  2 −  m  2 y  0   1   m  2 
 −  −      − . m   ( m m 1 − ; ) 1 1 1    2 −  m  1 − −m 1 m  1 − Lại có m  m = 1  .
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải: Trang 8 Hàm số n
y = x với n
xác định khi và chỉ khi x  0 . Giải chi tiết:
Hàm số y = ( x − )13
1 xác định khi và chỉ khi x −1  0  x  1.
Vậy TXĐ của hàm số là (1;+) .
Câu 7: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Xác định u là 1 VTCP của  và n là 1 VTPT của (Q) . Q (  P) / / n ⊥ u - Vì P  =   (    n n ;u     . P  ) ⊥ (Q) P Qn ⊥ nP Q
- Phương trình mặt phẳng đi qua M ( x ; y ; z và có 1 VTPT → n ( ; A ; B C) là 0 0 0 )
A( x − x + B y − y + C z − z = 0 . 0 ) ( 0 ) ( 0 ) Giải chi tiết:
Đường thẳng  có 1 VTCP là u = −  (2; 2; ) 1 .
Mặt phẳng (Q) có 1 VTPT là n = (1; 1 − ;2 . Q ) (  P) / / n ⊥ u
Gọi n là 1 VTPT của mặt phẳng ( P) . Vì P    . P (  P  ) ⊥ (Q) n ⊥ nP Q
n = n ;u  =   (3;3;0
n 1;1;0 cũng là 1 VTPT của ( P) . P Q )   ( )
Vậy phương trình mặt phẳng ( P) là 1.( x − 0) +1.( y + )
1 + 0.( z − 2) = 0  x + y +1= 0 .
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit: log f ( x)  log g ( x)  f (x)  g (x)khi 0  a 1. a a Giải chi tiết: x  0 1 ĐKXĐ:   x  . 2x −1  0 2 Ta có: log x  log 2x −1 1 1 ( ) 2 2
 log x  log (2x − )2 1
x  ( x − )2 2 1 1 1 2 2 2 2
x  4x − 4x +1 2
 3x − 4x +1 1 0   x 1 3 Trang 9  
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là 1 S = ;1   .  2 
Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = 2m −1 phải cắt đồ thị hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 , từ đó lập BBT hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 , 4 2
y = x − 2x − 3 và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết:
Số nghiệm của phương trình 4 2
x − 2x − 3 = 2m −1 là số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 và
đường thẳng y = 2m −1. x = 0 Xét hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 ta có 3
y = 4x − 4x = 0   x = 1  BBT:
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 . - Từ đồ thị 4 2
y = x − 2x − 3 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục Ox qua trục Ox .
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .
Ta có BBT của đồ thị hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 như sau:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 2m −1 cắt đồ thị hàm số 4 2
y = x − 2x − 3 tại 6 điểm phân biệt khi 5
và chỉ khi 3  2m −1  4  4  2m  5  2  m  . 2 Trang 10 5 Vậy 2  m  . 2
Câu 10: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm
số y = f ( x) tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y = f ( x) và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết: x  0 2 x  0  x  2 ĐKXĐ:     x  2   2 x − 2  0   x  − 2  x  − 2 Ta có: 2 log x = log ( 2 x − 2 4 2 ) 1  .2.log x = log ( 2 x − 2 2 2 ) 2  log x = log ( 2 x − 2 2
x − 2 = x 2 2 ) 2
x − x − 2 = 0  x = 2  x = 2  (tm)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x) .
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm
số y = f ( x) tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y = f ( x) và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 3
x −12x +1− m = 0  m = x −12x +1 = f ( x) .
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số
y = f ( x) tại 3 điểm phân biệt. Ta có f ( x) 2
= 3x −12 = 0  x = 2  . BBT: Trang 11
Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại 3 điểm phân biệt thì 1 − 5  m 17. Mà m  m 1 − 4; 1 − 3; 1 − 2;...;15;1 
6 . Vậy có 31 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Sử dụng các công thức: log ( xy) = log x + log y (0  a 1, , x y  0 a a a ) m log m b = ba b n loga (0 1, 0) a n
Từ giả thiết tính log b . a
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay log b vừa tính được để tính giá a trị biểu thức. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo
gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2
3+134(1+logab)=3⇒logab=−37 log ( 3a b)=log (3 3 2 ab. a ab ab ) 3 3 2 = log ab + log a ab ab 1 1 = 3 log ab + 1 ( ) (ab) 1 2 2 log ab 2 ( ) 3 a 1 = ab + ab ( ) 1 2.log 3 1 3 . log ab a ( ) 2 2 2 1 = + 3 3 (1+ log b) 4 a 2 1  + = 3 3 3 (1+ log b) 4 a Trang 12 3  log b = − a 7 Khi đó ta có: log ( 3b a)=log ab b ab ab ( 3 3 2 ) 3 3 2 = log ab + log b ab ab 1 1 = 3 log ab + 1 ( ) (ab) 1 2 2 log ab 2 ( ) 3 b 1 = ab + ab ( ) 1 .2.log 3 1 3 . log ab b ( ) 2 2 2 1 = + 3 3 (log a + )1 4 b 2 4 1 1 = + . = − 3 3 7 3 − +1 3
Câu 13: Đáp án D
Phương pháp giải:
Lập BBT của hàm số trên (0;+) và tìm GTNN của hàm số. Giải chi tiết:
Hàm số đã cho xác định trên (0;+). 3 16 2x −16
Ta có y = 2x − =
; y = 0  x = 2. 2 2 x x BBT:
Dựa vào BBT ta thấy min y = 12 . (0;+)
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định mặt phẳng ( P) chứa DE và song song với SC , khi đó d (DE; SC) = d (SC;(P)) . Trang 13 - Đổi sang d ( ;
A (P)). Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách. Giải chi tiết:
Trong ( ABCD) gọi I = AC DE , trong (SAC) kẻ IG / /SC (G SA) , khi đó ta có DE  (GDE) / /SC .  d (S ;
C DE) = d (S ;
C (GDE)) = d (C;(GDE)) . IC EC 1
d (C;(GDE )) IC 1
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: =
= , do AC (GDE) = I nên = = IA AD 2 d ( ; A (GDE )) IA 2
d (C (GDE)) 1 ; = d ( ; A (GDE)) . 2
Trong ( ABCD) kẻ AH ⊥ DE(H DE), trong (GAH ) kẻ AK ⊥ GH (K GH ) ta có: DE ⊥ AH
DE ⊥ ( AGH )  DE ⊥ AK DE ⊥ AGAK ⊥ GH
AK ⊥ (GDE)  d ( ;
A (GDE )) = AK AK ⊥ DE
Vì SA ⊥ ( ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD)
 (SC (ABCD)) = (SC AC) 0 ; ; = SCA = 45 .  S
AC vuông cân tại A.
Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC = a 2. 2 = 2a = SA . AG AI 2 4a
Áp dụng định lí Ta-lét ta có = =  AG = . AS AC 3 3 1 1 1 Ta có: S
= d E AD AD = AB AD = a a = a . AED  ( ; ) 2 . . 2. 2 2 2 2 2 a a 10
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có 2 2 2
DE = CD + CE = 2a + = . 2 2 Trang 14 2 2S 2a 2a 10 AEDAH = = = . ED a 10 5 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông GAH ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105 4a 2a 10 . A . G AH 4a 19 3 5 AK = = = . 2 2 2 2 + 19 AG AH  4a   2a 10  +      3  5   a
Vậy d (DE SC) 1 2 19 ; = = . 2 19
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ x−2 t = 2  0.
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = g (t)(t  0) .
- Lập BBT của hàm số g (t) khi t  0 .
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm. Giải chi tiết: Ta có x− x
− m − + =  ( x− )2 1 2 2 x−2 4 .2 1 0 4. 2 − . m 2 +1= 0 . 2 + Đặ 4t 1 t x−2 t = 2
 0, phương trình đã cho trở thành 2
4t − mt +1 = 0  m =
= g (t)(t  0) . t t + 1 1
Xét hàm số g (t ) 2 4 1 1 =
= 4t + có g(t) = 4 − = 0  t = . t t 2 t 2 BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t  0  m  4 . m +   Kết hợp điều kiện 
m4;5;6;...;2020;202  1 . m  2021
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D Trang 15
Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu. 2 k
- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng dx  . ax + b 1 - Tính tích phân và tìm , a , b c Giải chi tiết: 2 3 2 x −1  x −1  Ta có: dx = x −1+ dx    2 2 x + xx + x  1 1 2 2 ( − = x − ) x 1 1 dx + dx  1 = + I x x +1 2 1 1 ( ) x −1 B C x −1 B ( x + ) 1 + Cx Giả sử = +  = x ( x + ) 1 x x +1 x ( x + ) 1 x ( x + ) 1 x −1
(B +C)x + B  + =  = −  = B C 1 B 1     x ( x + ) 1 x ( x + ) 1 B = 1 − C  = 2 Khi đó ta có 2 2 2 x −1 1 − 2 I = dx = dx + dx    x x +1 x x +1 1 ( ) 1 1 2 2
= −ln x + 2ln x +1 = −ln 2 + 2ln3− 2ln 2 = 2ln3−3ln 2 1 1  1 a =  2 2 3 x −1 1   dx = + 2ln 3 − 3ln 2   b  = 2 2 x + x 2 1 c = 3 −   1
Vậy 2a + 3b − 4c = 2. + 3.2 − 4.( 3 − ) =19 . 2
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức: log m
b = mlog ba b a a (0 1, 0) 1 log b =  a b a (0 , ) 1 log a b Giải chi tiết: Ta có: 2 log 4 = 2 log 2 = 2 45 3 .5 2 log 3 + log 5 2 2 Trang 16 2 2 = = 2 log 3 + log 5 2a + b 2 2
Câu 18: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( ; a ; b ;
c d 0;1;2;3;4; 
5 , a b c d ) .
abcd 5  d 0;  5 - Vì abcd 15 nên  . abcd 3
- Ứng với mõi trường hợp của d, tìm các cặp số , a , b c tương ứng. Giải chi tiết:
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là abcd ( ; a ; b ;
c d 0;1;2;3;4; 
5 , a b c d ) .
abcd 5  d 0;  5 Vì abcd 15 nên  . abcd 3
+ TH1: d = 0 , số cần tìm có dạng abc0  a + b + c 3.
Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là 1;2;  3 ;1;3;  5 ;2;3;  4 ;3;4;  5 .
⇒ có 4.3! = 24 cách chọn , a , b c . ⇒ Có 24 số thỏa mãn.
TH2: d = 5, số cần tìm có dạng abc5  a + b + c + 5 3  a + b + c chia 3 dư 1.
Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là 0;1;  3 ;1;2;  4 ;0;3;  4 .
⇒ có 2.2.2!+ 3! =14 cách chọn , a , b c . ⇒ Có 14 số thỏa mãn.
Vậy có tất cả 14 +14 = 38 số thỏa mãn.
Câu 19: Đáp án B
Phương pháp giải: - Khoảng cách từ điểm
M ( x ; y ; z đến mặt phẳng
(P):Ax+ By +Cz + D = 0 là 0 0 0 ) (
Ax + By + Cz + D d M ;( P)) 0 0 0 = . 2 2 2 A + B + C Giải chi tiết: + − − −
d ( A (P)) 2.1 3 2.( 2) 3 ; = = 2 . 2 +1 + ( 2 − )2 2 2
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là n () là số cách chọn 3 học sinh bất kì. Trang 17
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A là n( A) .
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ n A
- Tính xác suất của biến cố A: P ( A) ( ) = . n () Giải chi tiết:
Số cách chọn 3 bạn bất kì là 3
C nên số phần tử của không gian mẫu là n() 3 = C . 40 40
Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có 1 2 C .C cách. 30 10
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có 2 1 C .C cách. 30 10  n( ) 1 2 2 1
A = C .C + C .C . 40 10 40 10 1 2 2 1 n A
C .C + C .C 15 285
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) ( ) 30 10 30 10 = = = = . n() 3 C 26 494 40
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải: 1 - Sử dụng công thức 2 tan  = −1. 2 cos  1 1
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: 2 dx = tan ax + b  . 2 cos (ax + b) ( ) a Giải chi tiết: Ta có:  1  1 2 tan 2xdx  = −1 dx   = dx − dx   1
= tan 2x − x + C 2  cos 2x  2 cos 2x 2
Câu 22: Đáp án C
Phương pháp giải:   
- Sử dụng tính chất sin = cos −   .  2 
- Giải bất phương trình mũ: f (x) g( x) aa
f (x)  g (x)khi 0  a 1.
- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài. Giải chi tiết:  3 5   3 Vì + = = nên sin = cos . 5 10 10 2 5 10 Khi đó ta có Trang 18 4 4 x x     3 x       x  4    sin  cos  sin  sin  x do 0  sin 1            5   10   5   5  x  5  2 x − 4 x  2 −   0   x 0  x  2
Kết hợp điều kiện x  9
− 9;100 ta có x 9 − 9;−  2 (0;  2 .
Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn.
Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải: n .u P d
Gọi  là góc giữa ( P) và  , khi đó ta có sin =
, với n và u lần lượt là 1 vtpt của ( P) và p d n . u P d vtcp của Δ. Giải chi tiết: x −1 y − 2 z
Mặt phẳng (P) :2x − y + 2z −3 = 0 có 1 vtpt là n = (2; 1
− ;2 , đường thẳng  : = = có 1 P ) 1 2 2 − vtcp là u = (1;2; 2 − . d ) n .u − + − P d 2.1 1.2 2.( 2) 4 Ta có: sin = = = . 2 2 2 2 2 2 n . u + + + + 9 2 1 2 . 1 2 2 P d 65 2  cos = 1−sin  = . 9
Câu 24: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: u = u + n −1 d , giải hệ phương n 1 ( )
trình tìm u , d . 1
2u + n −1 d n  1 ( ) 
- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u + u + u + ... + u = 1 2 3 n 2 Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:  2021 u  + u = 2
2u + 2019d = 2 u  = 1 2020 1 1      2 . u + u =1 2u + 2020d = 1  1001 1021  1 d = 1 −
(2u + 2020d .2021 2021 1 )
Vậy u + u + ... + u = = . 1 2 2021 2 2
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải: Trang 19 AM u d  
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d ( A d ) ; ; = , trong đó M là ud
điểm bất kì thuộc d và u là 1 vtcp của đường thẳng d. d Giải chi tiết:
Lấy M (1;2;3)d . Đường thẳng d có 1 VTCP là u = (2; 2 − ; ) 1 . d
Ta có: AM = (2;0;3)   AM ;u  = (6;4; 4 − d )   . 2   2 2 AM ;u + + − d 6 4 4   2 17 Vậy d ( ; A d ) ( ) = = = . u + − + d ( )2 2 2 3 2 2 1
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên (0 )
;1 thì y  0 x  (0; ) 1 .
- Cô lập m , đưa bất phương trình về dạng m g ( x) x  (0 )
;1  m  min g ( x) . 0; 1
- Lập BBT hàm số g ( x) trên (0 ) ;1 và kết luận. Giải chi tiết:
TXĐ: D = (0;+) nên hàm số xác định trên (0 ) ;1 . 2 Ta có 2 y = 8x + − m . x Để 2
hàm số đồng biến trên (0 )
;1 thì y  0 x  (0; ) 1 2  m  8x + x  (0 ) ;1 . x Đặ 2 t g ( x) 2
= 8x + , x (0 )
;1 , khi đó ta có m g ( x) x  (0 )
;1  m  min g ( x) . x 0; 1 2 16x − 2 1 Ta có g( x) 3 = 16x − =
; g( x) = 0  x = (tm) . 2 2 x x 2 BBT: +
Dựa vào BBT  m  6. Kết hợp điều kiện m
m1;2;3;4;5;  6 .
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trang 20
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I  theo biến t.
- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P) và (Q) nên R = d (I;(P)) = d (I;(Q)) . Giải phương
trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu. 2 2 2
- Mặt cầu tâm I ( x ; y ; z , bán kính R có phương trình là ( x − x + y − y + z − z = R . 0 ) ( 0 ) ( 0 ) 2 0 0 0 ) Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là I (1+ t; 1
− +t;2t) .
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P) và (Q) nên R = d (I;(P)) = d (I;(Q)) . 1+ t − 2( 1 − + t) + 3.2t 1+ t − 2( 1
− + t) + 3.2t + 4  = 2 2 2 2 2 2 1 + 2 + 3 1 + 2 + 3
 5t +3 = 5t + 7  5t +3 = 5
− t − 7  t = 1 − 5 − + 3 Khi đó mặ 2
t cầu có tâm I (0; 2 − ; 2 − ) , bán kính R = = . 14 14 2 2 2
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là 2
x + ( y + 2) + ( z + 2) = 7
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: udv = uv − vdu   . Giải chi tiết: dx u  = ln xdu = Đặt  = (   x dv 2x −  ) 1 dx 2
v = x − x = x(x −  ) 1 Khi đó ta có ( x 2x −  )
1 ln xdx = ( x − x) x − (x − )dx = (x − x) 2 2 2 ln 1 ln x − + x + C 2
Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.
- Biến đổi P = a + b = (a + b)2 2 2
− 2ab , đặt ẩn phụ t = 2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t.
- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có: Trang 21 + + − 1− ab 2 3 2a b ab = a + b
a +b + 2ab −3 = log 1− ab − log a +b 2 ( ) 2 ( )
a +b + 2ab − 2 = log 1− ab +1−log a +b 2 ( ) 2 ( )
a + b + 2ab − 2 = log 2 − 2ab −log a +b 2 ( ) 2 ( )
 log a +b + a +b = log 2 − 2ab + 2 − 2ab * 2 ( ) 2 ( ) ( ) 1
Xét hàm số y = log t + t t  0 ta có y = +1  0 t
  0 , do đó hàm số đồng biến trên (0;+). 2 ( ) t ln 2 − Khi đó b
( )  a + b = − ab a ( + b) 2 * 2 2 1 2
= 2 − b a = . 1+ 2b 2 − b
Vì a,b  0 
 0  2 − b  0  b  2 . 1+ 2b
Khi đó ta có P = a + b = (a + b)2 − ab = ( − ab)2 2 2 2 2 2 − 2ab . − 2 − Đặ 2 b 2b b t t = 2ab = 2
.b (0  b  2) ta có t = 2. 1+ 2b 1+ 2b
(2− 2b)(1+ 2b)−( 2 2b − b ).2  t = 2. ( 1+ 2b)2 2 2
2 + 4b − 2b − 4b − 4b + 2b 2 − − = 4 4b 4b 2. = ( 2 1+ 2b)2 (1+ 2b) 1 − + 5 t = 0  b = 2 BBT:
t (0;3− 5 .
Khi đó ta có P = ( −t)2 2 2
−t = t −5t + 4,t (0;3− 5 . 5
Ta có P = 2t − 5 = 0  t =
(ktm), do đó P = P 3− 5 = 3− 5 . min ( ) 2
Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải: Trang 22
- Để hàm số nghịch biến trên
thì y  0 x   m  0
- Xét 2 TH: m = 0 và  .   0 Giải chi tiết: TXĐ: D = . Ta có: 2
y = 3mx + 2mx − m −1.
Để hàm số nghịch biến trên thì y  0 x   . 2
 3mx + 2mx − m −1 0 x   m = 0  =  m 0 m = 0 1 −  0 x    (luondung)    m  0   m  0     m  0    3  2
4m +3m  0  −  m  0  2
  = m + 3m  (m + ) 1  0  4 m = 0 3   3  −  m  0  −  m  0 4  4
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên (0;+) thì y  0 x  (0;+).
- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m g ( x) x
 (0;+)  m  min g (x) . 0;+)
- Sử dụng BĐT Cô-si tìm min g ( x) . 0;+) Giải chi tiết: TXĐ: D = (0;+) . 2 8
Ta có: y = 2x + 8.
− m = 2x + − m 2x x
Để hàm số đồng biến trên (0;+) thì y  0 x  (0;+). 8
 2x + − m  0 x  (0;+) x 8  m  2x + x  (0;+)( ) * . x Đặt g (x) 8 = 2x + , khi đó ( )
*  m  min g ( x) . x 0;+) Trang 23 8 8
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2x +  2 2 . x
= 2.4 = 8  min g (x) = 8 , dấu “=” xảy ra x x 0;+) 8
 2x =  x = 2 . x
Từ đó ta suy ra được m  8 , kết hợp điều kiện m + 
m1;2;3;4;5;6;7;  8 .
Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt z = a + bi ( ;
a b  )  z = a − bi .
- Thay vào giả thiết 3z + i ( z + 8) = 0, đưa phương trình về dạng A + Bi = 0  A = B = 0 . Giải chi tiết:
Đặt z = a + bi ( ;
a b  )  z = a − bi . Theo bài ra ta có:
3z + i ( z +8) = 0
 3(a +bi)+i(a −bi +8) = 0  3a +3bi + ai +b +8i = 0  + =  =  a b a
3a + b + (a + 3b + 8)i = 3 0 1 0    
a + 3b + 8 = 0 b  = 3 −
Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a + b =1+ (− ) 3 = 2 − .
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2IB − IC = 0 . Phân tích 2 2 2
MA + 2MB − MC theo MI. - Chứng minh đó 2 2 2
MA + 2MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của M (P) để IM . min
- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và ( P) để tìm tọa độ điểm M. Giải chi tiết:
Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2IB − IC = 0 . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2
MA + 2MB − MC = MA + 2MB − MC
= (MI + IA)2 + (MI + IB)2 −(MI + IC)2 2
= MI + MI (IA+ IB − IC) 2 2 2 2 2 2 2
+ IA + 2IB − IC 2 = MI + ( 2 2 2 2
IA + 2IB − IC ) Vì I, , A , B C cố định nên 2 2 2
IA + 2IB − IC không đổi, do đó 2 2 2
MA + 2MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Trang 24
Mà M (P) nên IM đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P) hay
IM ⊥ ( P)  IM và n = (1;2; 2
− cùng phương, với n là 1 vtpt của (P) . P ) P
Tìm tọa độ điểm I ta gọi I ( ; x ; y z ) . Ta có:
IA + 2IB − IC = 0  (x −1; ;
y z − 2) + 2( x +1; y −1; z − 3) − ( x − 3; y − 2; z) = 0
x −1+ 2(x + ) 1 − ( x − 3) = 0 2x + 4 = 0 x = 2 −   
 y + 2( y − ) 1 − ( y − 2) = 0  2y = 0
 y = 0  I ( 2 − ;0;4)    z − 2 + 2 
(z −3)− z = 0 2z − 8 = 0 z = 4  
Khi đó ta có IM = (a + 2; ; b c − 4)
Vì IM và n = (1;2; 2
− cùng phương, lại có M (P) nên ta có hệ phương trình: P )
a + 2 b c − 4
2a − b + 4 = 0 a = 1 −  = =    1 2 2 −  b  + c − 4 = 0  b  = 2
a + 2b−2c +1= 0  
a + 2b − 2c +1 = 0 c = 2  
Vậy a + b + c = 1 − + 2 + 2 = 3
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp giải: u 
Sử dụng công thức tính đạo hàm (ln u) = . u Giải chi tiết: (  x + ) 1 1 1 y = = = . x +1 2 x ( x + ) 1 2x + 2 x
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt 3 t = 2x −1. Giải chi tiết: Đặ dt t 3 2 2
t = 2x −1  dt = 6x dx x dx = . 6 2x −1 Khi đó ta có  ( t dt t x 2x − ) 1 ( )3 3 2 3 2 2 3 1 dx = = . + C = + C  . 6 6 3 18
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp logarit hai vế. Giải chi tiết: Trang 25
Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có: 2 2 2x 3x log 2x log 3x =  = 2
xlog 2 = x x x −log 2 = 0 3 ( 3 ) 3 3 x = 0 x = 0     x − log 2 = 0 x = log 2  3  3
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Gọi M ( x ; y thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M . 0 0 )
- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y = f ( x) tại M ( x ; y là y = f ( x
x − x + f x . 0 ) ( 0 ) ( 0) 0 0 )
- Cho A(1;0)d , giải phương trình tìm số nghiệm x . Số nghiệm x chính là số tiếp tuyến với đồ thị 0 0
hàm số đi qua điểm A(1;0) cần tìm. Giải chi tiết: Ta có 2
y = 3x − 6x .
Gọi M ( x ; y thuộc đồ thị hàm số. 0 0 ) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
M ( x ; y là 0 0 ) y = ( 2
3x − 6x )( x − x ) 3 2
+ x − 3x + 2 d . 0 0 0 0 0 ( )
Cho A(1;0)d ta có: 0 = ( 2
3x − 6x )(1− x ) 3 2 + x − 3x + 2 0 0 0 0 0 2 3 2 3 2
 0 = 3x − 6x − 3x + 6x + x − 3x + 2 3  0 = 2
− x − 6x + 2  x  0,32 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Vậy có duy nhất 1 tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1;0) .
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2 . Giải chi tiết: Trang 26
Vì SA ⊥ ( ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD) .
 (SC;(ABCD)) = (SC; AC) = SCA.
Vì ABCD là hình vuông cạnh a 3 nên AC = a 3. 2 = a 6 . SA 1
Xét tam giác vuông SAC ta có: tan SCA = = 0  SCA = 30 . SC 3
Vậy (SC ( ABCD)) 0 ; = 30 .
Câu 39: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
- Giải phương trình y = 0 tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn. Giải chi tiết: Ta có: 3 2
y = x − 3x + 2  y = 3x − 3; y = 6x .
Cho y = 0  6x = 0  x = 0  y = 2
⇒ Hàm số đã cho có điểm uốn là (0;2) .
Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
Vậy hàm số đã cho có tâm đối xứng là (0;2) .
Câu 40: Đáp án B Phương pháp giải:   - Nhận thấy ( + ) 1 x = ( x x e
xe ) . Sử dụng công thức (uv) = u v  + uv .
- Sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế để tìm f ( x) .
- Tính f ( x) và tính f (0) . Giải chi tiết: Theo bài ra ta có ( ) ( ) 1 ( ) x xf x x f x e−  + + = x  ( )+( + ) 1 x xe f x x e f (x) =1  Ta có ( x ) x x = + = ( + ) 1 x xe e xe x e x  ( ) +( x xe f x
xe ) f ( x) =1   x   ( ) =1 x    ( ) x xe f x
xe f x dx = dx xe f
(x) = x +C     x = 0
Thay x = 0 ta có 0 = 0 + C C = 0 , do đó xxe f ( x) x
= x x e f (x) −1 = 0     f ( x) 1 −x = = e xe Trang 27  ( ) −x f x = e −  f ( ) 0 0 = e − = 1 −
Câu 41: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Vì d ⊥ (P) nên u = n . d P x − x y − y z − z
- Phương trình đường thẳng đi qua A( x ; y ; z và có 1 vtcp u ( ; a ; b c) là 0 0 0 = = . 0 0 0 ) a b c Giải chi tiết:
Mặt phẳng (P) :x − 2y −3z + 4 = 0 có 1 vtpt là n = (1; 2 − ; 3 − . P )
Gọi d là đường thẳng đi qua A(1; 1 − ; 2
− ) và vuông góc với (P) và u là 1 vtcp của đường thẳng d. d
Vì d ⊥ (P) nên u = n = (1; 2 − ; 3 − . d P ) x −1 y +1 z + 2
Vậy phương trình đường thẳng d là = = . 1 2 − 3 −
Câu 42: Đáp án B
Phương pháp giải: Giải chi tiết: TXĐ: D = . Ta có: 8 y = mx + ( 2 m − m + ) 5 x + ( 3 2
m − m − m) 3 9 6 3 2 4 2 x 3 5
y = x mx +  ( 2 m − m + ) 2 x + ( 3 2 9 6 3 2
4 2m − m − m)
x = 0(nghiemboi3) Cho y = 0   5 9mx + 6  ( 2 m − 3m + 2) 2 x + 4( 3 2
2m − m − m) = 0 ( ) *
Để hàm số đồng biến trên thì x = 0 phải là nghiệm bội chẵn của phương trình y = 0 , do đó phương
trình (*) phải nhận x = 0 là nghiệm bội lẻ.
Vì x = 0 là nghiệm của (*) nên thay x=0x=0 vào phương trình (*) ta có: m =1  1 3 2
2m − m − m = 0  m = −  2 m = 0  Thử lại: + Với m = 0 ta có 5
y = 12x không thỏa mãn y  0 x   . + Với m = 1 ta có 8
y = 9x  0 x   (thỏa mãn). Trang 28 1 x = 0 9 45 9 + Với m = − ta có 8 5 5 y = − x + x = − x ( 3 x − 5) = 0   , do đó không thỏa mãn 2 3 2 2 2 x = 5 y  0 x  
Vậy có duy nhất 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m = 1.
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp giải: 1  
- Thay x = , sau đó rút 1
f   theo f (x) và thế vào giả thiết. tx  2
- Tìm f ( x) theo x và tính f ( x) dx
bằng phương pháp tích phân 2 vế. 1 2 Giải chi tiết:   1 1 1 1 1 1 1 1  Ta có: ( ) 1 2 f x + xf = x  
, với x = ta có 2 f + f (t) =    f = − f    (t)  x tt t t
t  2  t t   1  1  1 1   f = − f    (x)
x  2  x x  Khi đó ta có   f ( x) 1 1 1 + x − f
(x) = x f  (x) 1 1 2 2
+ − f (x) = x 2  x x  2 2 2 2 3    f (x) 1 3 = x −  f  (x) 1 dx = x − dx   2 2 2  2  1 1 2 2 2 2 3  f ( x) 9 dx =  f (x) 3 dx =   2 8 4 1 1 2 2
Câu 44: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai. 2 2
- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB = ( x − x + y − y . B A ) ( B A) Giải chi tiết: TXĐ: D = \   1
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x − 2 =1− 2x x − 2 = (x − )1(1−2x) x −1 2 2
x − 2 = x −1− 2x + 2x  2x − 2x −1= 0 ( ) * Trang 29
Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là x , x là nghiệm của phương trình (*). A Bx + x = 1 1 2 
Áp dụng định lí Vi-ét ta có  1 . x x = −  1 2  2
Ta có: A( x ;1− 2x ); B( x ;1− 2x nên: A A B B )
AB = ( x − x )2 + ( − x − + x )2 2 1 2 1 2 B A B A
AB = ( x − x )2 + ( x − x )2 2 4 B A B A
AB = ( x − x )2 2 5 B A
AB = ( x + x )2 2 5 − 4x x A B A B     1  2 2 AB = 5 1 − 4. − =15      2  Vậy AB = 15 .
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Gọi H là hình chiếu của S thuộc miền trong tam giác ABC , chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp ABC  .
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng
vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó. S
- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r =
, với S, p lần lượt là diện tích và p nửa chu vi tam giác.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp. 1
- Tính thể tích khối chóp V = SH.S . S. ABC  3 ABC Giải chi tiết:
Vì chóp S.ABC có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam
giác ABC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp ABC  . Trang 30
Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp ABC
SH ⊥ ( ABC) Xét ABC  có 2 2 2 2
AB + BC = CA = 25a nên ABC
vuông tại B (định lí Pytago đảo). AB ⊥ SH
Trong ( ABC ) kẻ HK / /BC (K AB) ta có 
AB ⊥ (SHK )  AB ⊥ SK . AB ⊥ HK (
SAB) ( ABC) = AB
SK  (SAB);SK ⊥ AB HK  
(ABC);HK ⊥ AB
 ((SAB) (ABC)) = (SK HK) 0 ; ; = SKH = 60 . 1 .3 .4 a a S
Vì HK là bán kính đường tròn nội tiếp ABC  nên ABC  2 HK = = = a p 3a + 4a + . 5a ABC  2
Xét tam giác vuông SHK ta có 0
SH = HK.tan 60 = a 3 . 1 1 1 Vậy 3 V = SH.S = a 3. .3 .
a 4a = 2 3a . S. ABC  3 ABC 3 2
Câu 46: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Xác định góc từ điểm A đến ( A BC) .
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính A A  . - Tính thể tích V =     A . A S . ABC. A B C ABC Giải chi tiết: BC ⊥ AM
Gọi M là trung điểm của BC ta có 
BC ⊥ ( A BC  ). BC ⊥ AA AH ⊥ BC Trong ( A B
C) kẻ AH ⊥ A M  (H A M  ) ta có: 
AH ⊥ ( A BC  )
AH ⊥ AMd ( ; A ( A B
C)) = AH = a. Trang 31 3 3
Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên AM = 2 . a = a 3 và S = a = a . ABC  (2 )2 2 3 2 4 1 1 1 1 1 1
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AA M  ta có = +  = + 2 2 2 2 2 2 AH A AAM a A A  3a 1 2 a 6  =  A A  = 2 2 A A  3a 2 3 a 6 3a 2 Vậy 2 V =  = =    A . A S .a 3 ABC.A B C ABC 2 2
Câu 47: Đáp án D
Phương pháp giải:
Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y = f ( x) ; đồ thị hàm số b
y = g ( x) ; đường thẳng x = ;
a x = b quanh quanh trục Ox là 2 V = f  (x) 2
− g (x) dx . a Giải chi tiết: x =1
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2
3x − 2 = x   . x = 2
Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x − 2 và đồ thị hàm số v 2  2 4
quanh quanh trục Ox là V =  (3x − 2) 4 − x dx =  . 5 1
Câu 48: Đáp án A
Phương pháp giải: Sử dụng công thức n k u u q − = n k Giải chi tiết:
Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có:
2(u + u + u = u + u + u 3 4 5 ) 6 7 8  2( 2
u + u q + u q ) 2
= u + u q + u q  2u ( 2
1+ q + q ) = u ( 2 1+ q + q 3 6 ) 3 3 3 6 6 6  2u = u ( 2
do1+ q + q  0 = q 3 6 ) u = 0 3
 2u = u q u ( 3 2 − q = 3 0   3 ) 3 3 3 q = 2 Ta có: + +
u 1+ q + q u u q u q 8 ( 2 2 ) u + u + u 6 u q 8 9 10 8 8 8 2 6 = = = = q = 4 u + u + u 2
u + u q + u q
u 1+ q + q u 2 ( 2 2 2 2 ) 2 3 4 2
Câu 49: Đáp án D Trang 32
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức z + z = z + z ; z = z . 1 2 1 2
- Đặt z = a + bi , sử dụng công thức 2 2
z = a + b , biến đổi rút ra mối quan hệ giữa a,b và kết luận. Giải chi tiết: Theo bài ra ta có
z −1+ 3i = z +1− i
z −1+ 3i = z +1+ i z −1+ 3i = z +1+ i z −1+3i = z +1+ i
Đặt z = a + bi ta có:
a + bi −1+ 3i = a + bi +1+ i  ( 2 2 2 2 a − )
1 + (b + 3)i = a +1+ (b + ) 1 i  (a − )
1 + (b + 3) = (a + ) 1 + (b + ) 1  2
− a +1+ 6b +9 = 2a +1+ 2b +1 4a − 4b −8 = 0
a −b − 2 = 0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng x − y − 2 = 0 .
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải: Giải chi tiết:
Gọi I là trung điểm của SB . Vì 0 SAB = S
CB = 90 nên IS = IA = IB = IC , do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC , bán kính 1 R = IS = SB . 2
Xét  SAB và  SCB có AB = CB( gt ), SB chung   SAB =  SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) v v v v
SA = S SAC cân tại S. Trang 33 SM ⊥ AC
Gọi M là trung điểm của AC ta có 
AC ⊥ (SBM ) . BM ⊥ ACSH ⊥ BM
Trong (SBM ) kẻ SH ⊥ BM ta có:   ⊥ . SH ⊥ AC  (AC ⊥ 
(SBM )) SH (ABC)
Đặt SA = SC = x . 3a 2 Vì ABC
vuông cân tại B nên AC = AB 2 = 3a 2  BM = AM = MC = . 2
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 9a 2 2 2 SM = SC − MC = x − 2 2 2 2 2
SB = BC + SC = 9a + x . 2 2 9a 9a 2 2 2 x − + 9a + x + 2 2
Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p = . 2
Diện tích tam giác SBM là: S
= p p − SM p − SB p − BM SBM ( )( )( ) Khi đó ta có 2S SBM SH = . BM Ta có: 1 1 V = SH.S = d ; A SBC .S S.ABC ABC ( ( ))  3 3 SBCSH.S = d
( ;A(SBC)).S ABC SBC 2S 1 1 SBM  . .3 .
a 3a = a 6. .3 .
a x x = 3 3a BM 2 2
Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 2 2 2
SB = SC + BC = 27a + 9a = 6a R = IS = 3a .
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là 2 2 2
S = 4 R = 4.9a = 36a . Trang 34