32 trang 64 lượt tải

Đề thi thử Toán TN THPT 2021 lần 1 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

128

Giới thiệu đến với các bạn học sinh đề thi thử Toán TN THPT 2021 lần 1 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội mã đề 111 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
/32
Trang 1/6 - Mã đề thi 111
Họ và tên thí sinh:……………………………………
Số báo danh: …………………………………………
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
1 3 5
:
2 4 6
x y z
d


. Vectơ
nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của
?d
A.
1; 3; 5u
. B.
1; 2;3u 
. C.
2;4;6u
. D.
1;2;3u 
.
Câu 2: Diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol
2
2yx
, đường
thẳng
và trục
Oy
bằng
A.
7
6
. B.
5
6
. C.
11
6
. D.
9
2
.
Câu 3: Cho các số thực dương
,,a b x
khác
1
, thỏa mãn
log
a
x
;
3 log
b
x
. Giá trị của
3
23
log
x
ab
bằng
A.
3
. B.
3
. C.
1
. D.
9
.
Câu 4: Cho mặt cầu có bán kính
3
2
r
. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng
A.
3
. B.
3
. C.
33
. D.
3
2
.
Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình
2
2
log 1xx
là
A.
[ 1;0) (1;2]
. B.
; 1 2;
.
C.
[ 1;2]
. D.
(0;1)
.
Câu 6: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
2a
.
Diện tích xung quanh của hình nón bằng
A.
. B.
2
22a
. C.
2
2 a
. D.
2
a
.
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cầu
2
2
2
: 1 2 3 16S x y z
.
Tọa độ tâm của
S
là
A.
. B.
1; 2; 3
. C.
1;2; 3
. D.
1; 2;3
.
Câu 8: Cho hai số thực
x
,
y
thoả mãn
25yi x i
, trong đó
i
là đơn vị ảo. Giá trị của
x
và
y
là
A.
2x
,
5y 
. B.
2x
,
5yi
.
C.
5x 
,
2y
. D.
5xi
,
2y
.
Câu 9: Cho cấp số cộng
n
u
với
1
2u
và công sai
3d
. Giá trị của
4
u
bằng
A.
11
. B.
54
. C.
14
. D.
162
.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Đề thi gồm 6 trang
KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 – LẦN 1
BÀI THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Mã đề: 111
Trang 2/6 - Mã đề thi 111
Câu 10: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có
3; 5; ' 8AB AC AA
. Thể tích của khối
hộp đã cho bằng
A.
120
. B.
32
. C.
96
. D.
60
.
Câu 11: Tập xác định của hàm số
5
logyx
là
A.
;
. B.
; 0 0; 
.
C.
;0 0;
. D.
0;
.
Câu 12: Cho hàm số bậc ba
y f x
có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình
2fx
là
A.
1
. B.
0
. C.
2
. D.
3
.
Câu 13: Nghiệm của phương trình
3 2020
42
x
là
A.
1013x
. B.
2023x
. C.
1007x
. D.
2017x
.
Câu 14: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
21
21
x
y
x
là
A.
1y
. B.
1x
. C.
1
2
x
. D.
1
2
y
.
Câu 15: Cho hàm số
fx
có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A.
8
. B.
5
. C.
3
. D.
1
.
Câu 16: Cho hàm số
fx
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
2;2
. B.
0;2
. C.
2;0
. D.
2;
.
Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ):2 2 7 0P x y z
và điểm
(1;1; 2)A
. Điểm
( ; ; )H a b c
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
()P
. Tổng
abc
bằng
Trang 3/6 - Mã đề thi 111
A.
3
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Câu 18: Số phức liên hợp của số phức
34zi
là
A.
34zi
. B.
34zi
. C.
34zi
. D.
34zi
.
Câu 19: Trên mặt phẳng toạ độ
Oxy
, biết
2;1M
là điểm biểu diễn số phức
z
. Phần thực của
số phức
3 2 .iz
bằng
A.
8
. B.
7
. C.
1
. D.
4
.
Câu 20: Biết
2
1
d2f x x
. Giá trị của
2
1
+2 df x x x

bằng
A.
1
. B.
5
. C.
4
. D.
1
.
Câu 21: Cho hình nón có đường kính đáy bằng 2, đường cao bằng
3
. Diện tích xung quanh của
hình nón đã cho bằng
A.
3
. B.
10 1
. C.
10
. D.
6
.
Câu 22: Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai triển
8
32x
A.
3
8
1944 .C
B.
3
8
864 .C
C.
3
8
864 .C
D.
3
8
1944 .C
Câu 23: Nghiệm của phương trình
3
log ( 1) 2x 
là
A.
10x
. B.
9x
. C.
8.x
D.
11.x
Câu 24:
9
(2 5)x dx
bằng
A.
10
1
25
10
xC
. B.
8
18(2 5)xC
.
C.
8
9(2 5)xC
. D.
10
1
25
20
xC
.
Câu 25: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng
a
. Thể tích của khối lăng trụ đã
cho bằng
A.
B.
3
3
4
a
C.
2
3
4
a
D.
3
a
Câu 26: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ sau
A.
32
3y x x
. B.
42
2y x x
. C.
32
3y x x
D.
42
2y x x
.
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
(5;7;11)A
trên
trục
Oz
có tọa độ là
A.
(0;7;11)
. B.
(5;7;0)
. C.
(5;0;0)
. D.
(0;0;11)
.
Câu 28: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
2
2
2 16 5 4 0
x
xx
là
A.
4
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Trang 4/6 - Mã đề thi 111
Câu 29: Cho khối trụ có bán kính đáy
3r
và độ dài đường sinh
5l
. Thể tích của khối trụ đã
cho bằng
A.
45
. B.
30
. C.
15
. D.
90
.
Câu 30: Biết
fx
là hàm số liên tục trên
0;3
và có
1
0
33f x dx
. Giá trị của
3
0
f x dx
bằng
A.
9
. B.
1
. C.
3
. D.
1
3
.
Câu 31: Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông,
2SA SB SC AB BC a
. Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
bằng
A.
2
82
3
a
. B.
2
8
3
a
. C.
3
32 3
3
a
. D.
2
8 a
.
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai điểm
1;1;1 , 3; 1;1 .AB
Mặt cầu
đường kính
AB
có phương trình là
A.
22
2
2 1 4.x y z
B.
22
2
2 1 2.x y z
C.
22
2
2 1 2.x y z
D.
22
2
2 1 4.x y z
Câu 33: Cho hàm số
fx
liên tục trên và có bảng xét dấu của
'fx
như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A.
3
. B.
4
. C.
1
. D.
2
.
Câu 34: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
cos2 5cosf x x x
bằng
A.
4
. B.
33
8
. C.
5
. D.
6
.
Câu 35: Cho hai số phức
43zi
và
1wi
. Mô đun của số phức
.zw
bằng:
A.
52
. B.
42
. C.
5
. D.
32
.
Câu 36: Cho hình lăng trụ
.ABC A B C
có tam giác
ABC
vuông tại
A
,
, 3, 2AB a AC a AA a
. Hình chiếu vuông góc của điểm
A
trên mặt phẳng
ABC
trùng
với trung điểm
H
của đoạn
BC

(tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường
thẳng
AA
và
BC
bằng
A.
5
5
a
. B.
5
3
a
. C.
15
3
a
. D.
15
5
a
.
Câu 37: Một người gửi tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được
nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng?
A.
8
(năm). B.
9
(năm). C.
10
(năm). D.
11
(năm).
Trang 5/6 - Mã đề thi 111
Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
1;1;1A
,
0;2;1B
và
1; 1;2C
.
Mặt phẳng đi qua
A
và vuông góc với
BC
có phương trình là
A.
1 1 1
1 3 1
x y z

. B.
3 1 0x y z
. C.
3 1 0x y z
. D.
1 1 1
1 3 1
x y z

.
Câu 39: Cho hàm số
3
f x x
có đồ thị (
1
C
) và hàm số
2
3g x x k
có đồ thị (
2
C
). Có bao
nhiêu giá trị của
k
để (
1
C
) và (
2
C
) có đúng hai điểm chung?
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
4
.
Câu 40: Gọi S là tập hợp các giá trị của x để ba số
8 4 2
log (4 ); 1 log ; logx x x
theo thứ tự lập
thành một cấp số nhân. Số phần tử của S là
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
0
.
Câu 41: Gọi
S
là tập hợp các giá trị nguyên không âm của
m
để hàm số
ln 10
ln
x
y
xm
đồng biến
trên khoảng
3
(1; )e
. Số phần tử của S bằng
A.
7
. B.
6
. C.
8
. D.
9
Câu 42: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của A’ trên
mặt phẳng (ABC) là trung điểm của BC. Mặt phẳng
P
vuông góc với các cạnh bên và cắt các
cạnh bên của hình lăng trụ lần lượt tại D, E, F. Biết mặt phẳng (ABB’A’) vuông góc với mặt
phẳng (ACC’A’) và chu vi của tam giác DEF bằng 4, thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
A.
12 10 7 2 .
B.
4 10 7 2 .
C.
6 10 7 2 .
D.
12 10 7 2 .
Câu 43: Cho hàm số bậc bốn trùng phương
fx
có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số
4
4
1
.1y f x
x

là
A.
6
. B.
7
. C.
5
. D.
4
.
Câu 44: Cho hình chóp
.S ABC
có
12SA
cm,
5AB
cm,
9AC
cm,
13SB
cm,
15SC
cm
và
10BC
cm. Tan của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
bằng
A.
14
10
. B.
10 14
14
. C.
4
3
. D.
12
5
.
Câu 45: Cho hàm số
32
, , ,y ax bx cx d a b c d
có đồ thị là đường cong như hình vẽ
bên
Trang 6/6 - Mã đề thi 111
Có bao nhiêu số dương trong các số
, , ,a b c d
?
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Câu 46: Cho
Fx
là nguyên hàm của hàm số
1
23
fx
xx
trên khoảng
0;
thỏa
mãn
1 ln3F
. Giá trị của
2021 2020FF
ee
thuộc khoảng nào?
A.
1
0;
10



. B.
11
;
10 5



. C.
11
;
53



. D.
11
;
32



.
Câu 47: Một nhóm 10 học sinh gồm 5 học sinh nam trong đó có An và 5 học sinh nữ trong đó có
Bình được xếp ngồi vào 10 cái ghế trên một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp nam và
nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình?
A.
2
16. 4!
. B.
16.8!
. C.
2
32. 4!
. D.
32.8!
.
Câu 48: Cho hàm số
fx
liên tục trên thỏa
mãn
3 3 2
3 sin 2 3 ,f x f x x x x x
. Tích phân
1
0
I f x dx
thuộc khoảng nào?
A.
3; 2
. B.
2; 1
. C.
1;1
. D.
1;2
.
Câu 49: Cho
,,abc
là ba số thực dương đôi một phân biệt. Có bao nhiêu bộ
;;abc
thỏa mãn
2 2 2 2 2 2
;;
b a c b a c
a b b c c a
A.
1
. B.
3
. C.
6
. D.
0
.
Câu 50: Xét các số thực dương
a
và
b
thỏa mãn
33
1
log (1 ) log ( )
2
ab b a
. Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
22
11
()
ab
P
a a b

bằng
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
3
.
-----------------------------------------------
----------- HẾT ----------
9
BẢNG ĐÁP ÁN
1-D 2-A 3-C 4-B 5-A 6-A 7-D 8-A 9-A 10-C
11-C 12-C 13-C 14-C 15-B 16-B 17-B 18-B 19-D 20-B
21-C 22-D 23-A 24-D 25-B 26-D 27-D 28-A 29-A 30-A
31-D 32-B 33-A 34-A 35-A 36-D 37-B 38-C 39-A 40-A
41-C 42-A 43-D 44-B 45-A 46-A 47-C 48-C 49-D 50-B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (NB)
Phương pháp:
- Đường thẳng
0 0 0
:
x x y y z z
d
a b c
có 1 VTCP là
; ;
u a b c
- Mọi vectơ cùng phương với
u
đều là 1 VTCP của đường thẳng
.
d
Cách giải:
Đường thẳng
1 3 5
:
2 4 6
x y z
d
có 1 VTCP là
2; 4; 6 2 1;2;3
u
nên
1;2;3
u
cũng là 1
VTCP của đường thẳng
.
d
Chọn D.
Câu 2 (TH)
Phương pháp:
- Xác định các đường giới hạn hình phẳng.
- Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
, , ,
y f x y g x x a x b
là
.
b
a
f x g x dx
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
1
2 2 0
2
x
x x x x
x
Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên
0 1.
x x
Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol
2
2 ,
y x
đường thẳng
y x
và
trục
Oy
giới hạn bởi các đường
2
2 , , 1, 0
y x y x x x
nên
0
2
1
7
2 .
6
S x x dx
Chọn A.
10
Câu 3 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng các công thức
log log 0 1, 0
n
m
a
a
m
b b a b
n
1
log 0 , 1
log
a
b
b a b
a
Cách giải:
Ta có:
3
2 3
log
x
a b
2 3
1
log log
3
x x
a b
2
log log
3
x x
a b
2 1
3log log
a b
x x
3 1 1
2 3
Chọn C.
Câu 4 (NB)
Phương pháp:
Diện tích mặt cầu bán kính
R
là
2
4
S R
.
Cách giải:
Diện tích của mặt cầu có bán kính
3
2
r bằng:
2
2
3
4 4 3 .
2
S r
Chọn B.
Câu 5 (TH)
Phương pháp:
Với
0,
a
giải bất phương trình logarit:
log 0 .
b
a
f x b f x a
Cách giải:
Ta có:
11
2
2
log 1 1
x
2
0 2
x x
2
2
0
2 0
x x
x x
1
0
1 2
x
x
x
1;0 1;2 .
x
Chọn A.
Câu 6 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính độ dài đường sinh và bán kính đáy hình nón.
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh
l
và bán kính đáy
r
là
.
xq
S rl
Cách giải:
Vì hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng
2
a
nên độ dài đường sinh của
hình nón là
2
2
2
a
l a
và bán kính đáy của hình nón
2
.
2
a
r a
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là:
2
. . 2 2
xq
S rl a a a
.
Chọn A.
Câu 7 (NB)
Phương pháp:
Mặt cầu
2 2 2
2
:
S x a y b z c R
có tọa độ tâm là
; ;
I a b c
Cách giải:
Mặt cầu
2 2 2
: 1 2 3 16
S x y z
có tọa độ tâm là
1; 2;3 .
I
Chọn D.
Câu 8 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau:
1 2
1 1 1 2 2 2 1 2
1 2
; .
a a
z a b i z a b i z z
b b
Cách giải:
12
Ta có
2
2 5 .
5
x
yi x i
y
Chọn A.
Câu 9 (NB)
Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSC:
1
1 .
n
u u n d
Cách giải:
Ta có
4 1
3 2 3.3 11.
u u d
Chọn A.
Câu 10 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng định lí Pytago tính
.
BC
- Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước
, ,
a b c
là
.
V abc
Cách giải:
Xét tam giác vuông
ABC
ta có
2 2 2 2
5 3 4.
BC AC AB
Vậy
. ' ' ' '
. . ' 3.4.8 96.
ABCD A B C D
V AB BC AA
Chọn C.
Câu 11 (NB)
Phương pháp:
Hàm số
log
a
y f x
xác định khi và chỉ khi
f x
xác định và
0.
f x
Cách giải:
Hàm số
5
log
y x
xác định khi
0 0.
x x
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là
;0 0; .
 
Chọn C.
Câu 12 (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:
13
Số nghiệm của phương trình
2
f x
là số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
và đường thẳng
2
y
song
song với trục hoành.
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng
2
y
cắt đồ thị hàm số
y f x
tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình
2
f x
có 2 nghiệm thực.
Chọn C.
Câu 13 (TH)
Phương pháp:
- Đưa về cùng cơ số.
- Giải phương trình mũ
.
f x g x
a a f x g x
Cách giải:
Ta có:
3 2020 2 6 2020
4 2 2 2
x x
2 6 2020 1007
x x
Chọn C.
Câu 14 (NB)
Phương pháp:
Đồ thị hàm số
ax b
y
cx d
có TCĐ
.
d
x
c
Cách giải:
Đồ thị hàm số
2 1
2 1
x
y
x
có TCĐ
1
.
2
x
Chọn C.
Câu 15 (NB)
Phương pháp:
- Dựa vào BBT xác định điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà tại đó hàm số xác định và qua đó đạo hàm đổi
dấu từ âm sang dương.
- Giá trị cực tiểu của hàm số là giá trị tại điểm cực tiểu của hàm số.
Cách giải:
Hàm số đạt cực tiểu tại
3
x
và giá trị cực tiểu là
3 5.
CT
x y
Chọn B.
Câu 16 (NB)
14
Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định khoảng đồng biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.
Cách giải:
Hàm số đã cho đồng biến trên
; 2

và
0;2 .
Chọn B.
Câu 17 (TH)
Phương pháp:
- Viết phương trình đường thẳng
đi qua
A
và vuông góc với
.
P
- Tìm
H P
.
- Tìm
, ,
a b c
và tính tổng.
Cách giải:
Gọi
là đường thẳng đi qua
A
và vuông góc với
,
P
phương trình đường thẳng
là:
1 2
1 2
2
x t
y t
z t
Vì
H
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
P
nên
H P
Tọa độ điểm
H
là nghiệm của hệ phương
trình
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2
2 2 7 0 2 4 2 4 2 7 0
x t x t
y t y t
z t z t
x y z t t t
1 2 1
1 2 1
1;3; 1
2 3
9 9 0 1
x t t
y t z
H
z t y
t z
1, 3, 1.
a b c
Vậy
1 3 1 1.
a b c
Chọn B.
Câu 18 (NB)
Phương pháp:
Số phức liên hợp của số phức
z a bi
là
.
z a bi
15
Cách giải:
Số phức liên hợp của số phức
3 4
z i
là
3 4 .
z i
Chọn B.
Câu 19 (TH)
Phương pháp:
- Điểm
;
M a b
là điểm biểu diễn số phức
.
z a bi
Từ đó tìm số phức
.
z
- Thực hiện phép nhân tìm số phức
3 2 .
i z
Cách giải:
Vì
2;1
M là điểm biểu diễn số phức
z
nên
2 .
z i
3 2 3 2 2 4 7
i z i i i
Vậy số phức
3 2
i z
có phần thực là
4.
Chọn D.
Câu 20 (TH)
Phương pháp:
Sử dụng tính chất tích phân:
.
b b b
a a a
f x g x dx f x dx g x dx
Cách giải:
Ta có
2 2 2
1 1 1
2 2
f x x dx f x dx xdx
2
2
2 2 4 1 5
1
x
Chọn B.
Câu 21 (TH)
Phương pháp:
- Tính độ dài đường sinh
2 2
.
l r h
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh
l
và bán kính đáy
r
là
.
xq
S rl
Cách giải:
Hình nón đã cho có bán kính đáy
1
r
và đường cao
3
h
nên độ dài đường sinh
2 2
1 3 10.
l
16
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là
.1. 10 10 .
xq
S rl
Chọn C.
Câu 22 (TH)
Phương pháp:
- Khai triển nhị thức Niu-tơn:
0
.
n
n
k k n k
n
k
a b C a b
- Tìm
k
tương ứng với hệ số của số hạng chứa
5
,
x
giải phương trình tìm
.
k
- Suy ra hệ số của
5
.
x
Cách giải:
Ta có
8 8
8 8
8
8 8
0 0
3 2 3 2 . 2 .
k k k
k k k
k k
x C x C x
Hệ số của số hạng chứa
5
x
ứng với
8 5 3.
k k
Vậy hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai triển
8
3 2
x là
3
3 5 3
8 8
3 2 1944 .
C C
Chọn D.
Câu 23 (NB)
Phương pháp:
Giải phương trình logarit:
log .
b
a
x b x a
Cách giải:
3
log 1 2 1 9 10.
x x x
Chọn A.
Câu 24 (TH)
Phương pháp:
- Sử dụng phương pháp đưa biến vào vi phân.
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm
1
1 .
1
n
n
u
u du C n
n
Cách giải:
9 9
1
2 5 2 5 2 5
2
x dx x d x
10
10
2 5
1 1
. 2 5 .
2 10 20
x
C x C
17
Chọn D.
Câu 25 (TH)
Phương pháp:
- Diện tích tam giác đều cạnh
a
là
2
3
.
4
a
S
- Thể tích khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao.
Cách giải:
Diện tích đáy lăng trụ là
2
3
.
4
a
S
Thể tích lăng trụ là
2 3
3 3
. .
4 4
a a
V a
Chọn B.
Câu 26 (NB)
Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra dạng đồ thị hàm số.
Cách giải:
Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương
4 2
y ax bx c
có hệ số
0
a
nên chỉ có đáp án D
thỏa mãn.
Chọn D.
Câu 27 (NB)
Phương pháp:
Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
hình chiếu vuông góc của điểm
; ;
A a b c
trên trục
Oz
có tọa độ là
0;0; .
c
Cách giải:
Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
hình chiếu vuông góc của điểm
5;7;11
A trên trục
Oz
có tọa độ là
0;0;11 .
Chọn D.
Câu 28 (TH)
Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải phương trình tích
0
. 0 .
0
A
A B
B
18
- Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm và đếm số nghiệm nguyên của bất phương trình.
Cách giải:
ĐKXĐ
2
2
2
2 16 0 4 .
2
x
x
x
x
Ta có:
2
2
2 16 5 4 0
x
x x
2
2
2 16 0
5 4 0
x
x x
2
2
4
1 4
1 4
x
x
x
x
Kết hợp ĐKXĐ ta có
2;4 2
x
.
Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 4.
Chọn A.
Câu 29 (NB)
Phương pháp:
Thể tích khối trụ có bán kính đáy
r
và đường sinh
l
là
2
.
V r l
Cách giải:
Thể tích khối nón là
2 2
.3 .5 45 .
V r l
Chọn A.
Câu 30 (TH)
Phương pháp:
Đổi biến số, đặt
3 .
t x
Cách giải:
Đặt
3 3 .
t x dt dx
Đổi cận:
0 0
1 3
x t
x t
1 3 3
0 0 0
1
3 3 3 9.
3
f x dx f t dt f x dx
Chọn A.
Câu 31 (VD)
19
Phương pháp:
- Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có các cạnh bên bằng nhau là
2
2
canh ben
R
h
với
h
là chiều cao của hình chóp.
- Diện tích mặt cầu bán kính
R
là
2
4 .
S R
Cách giải:
Gọi
O
trung điểm của
AC
.
Vì tam giác
ABC
vuông cân tại
B
nên
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC
.
Chóp .
S ABC
có
SA SB SC
nên
SO ABC
.
Tam giác
ABC
vuông cân tại
B
có
2 2 2 2.
AB BC a AC a OA a
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
2 2 2 2
: 4 2 2.
SOA SO SA OA a a a
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là
2
2
2
2.
2.
2. 2
a
SA
R a
SO
a
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là
2 2
4 8 .
S R a
Chọn D.
Câu 32 (TH)
Phương pháp:
- Mặt cầu đường kính
AB
có tâm là trung điểm của
AB
và bán kính
.
2
AB
R
- Mặt cầu tâm
; ;
I a b c
bán kính
R
có phương trình
2 2 2
2
.
x a y b z c R
Cách giải:
Gọi
I
là trung điểm của
2;0;1
AB I .
Ta có
2
2 2
2 2 0 2 2.
AB
20
Mặt cầu đường kính
AB
có tâm là
2;0;1
I và bán kính
2.
2
AB
R
Vậy phương trình mặt cầu đường kính
AB
là:
2 2
2
2 1 2.
x y z
Chọn B.
Câu 33 (TH)
Phương pháp:
Xác định số điểm cực trị là số điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu.
Cách giải:
Vì hàm số liên tục trên
nên hàm số liên tục tại mọi
,
x
và
'
f x
đổi dấu khi đi qua các điểm
3, 2, 1.
x x x
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Chọn A.
Chú ý khi giải: Hàm số vẫn đạt cực trị tại
2,
x
không nhất thiết
' 2 0.
f
Câu 34 (VD)
Phương pháp:
- Sử dụng công thức nhân đôi
2
cos2 2cos 1
x x
- Đặt ẩn phụ
cos , 1;1 ,
t x t đưa về bài toán tìm GTNN của hàm số
y f t
nên
1;1 .
- Tính
'
f t
, xác định các nghiệm
1;1 .
i
t
- Tính các giá trị
1 , 1 ,
i
f f f t
.
- KL:
1;1
min min 1 , 1 ,
i
f t f f f t
.
Cách giải:
Ta có
2
cos2 5cos 2cos 5cos 1.
f x x x x x
Đặt
cos , 1;1 ,
t x t bài toán trở thành tìm GTNN của hàm số
2
2 5 1
y f t t t
trên
1;1 .
Ta có:
5
' 4 5 0 1;1 .
4
f t t t
Lại có
1 6, 1 4.
f f
Vậy
1;1
min 4.
f t
Chọn A.
Câu 35 (TH)
Phương pháp:
21
Sử dụng công thức
1 2 1 2
. .
z z z z
và
.
z z
Cách giải:
Ta có:
.w . w . w
z z z
2
2 2 2
4 3 . 1 1 5 2.
Chọn A.
Câu 36 (VD)
Phương pháp:
- Chứng minh
'; ' ; ' ' ,
d AA BC d A BCC B sử dụng định lí khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
bằng khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.
- Trong
ABC
kẻ
,
AK BC K BC
trong
AHK
kẻ
,
AI HK I HK
chứng minh
' '
AI BCC B
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.
Cách giải:
Ta có
'/ / ' '/ / ' ' ' '; ' '; ' ' ; ' '
AA BB AA BCC B BC d AA BC d AA BCC B d A BCC B
Trong
ABC
kẻ
,
AK BC K BC
trong
AHK
kẻ
AI HK I HK
ta có:
BC AK
BC AHK BC AI
BC AH
' '
AI HK
AI BCC B
AI BC
; ' ' '; '
d A BCC B AI d AA BC
.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
ABC
ta có
2 2 2 2
. . 3 3
.
2
3
AB AC a a a
AK
AB AC a a
Tam giác
' ' '
A B C
có
2 2
1
' ' ' ' ' ' 2 ' ' ' .
2
B C A B A C a A H B C a
22
2 2 2 2
' ' 4 3.
AH AA A H a a a
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
AHK
ta có:
2 2 2
2
3
3.
. 15
2
.
5
3
3
4
a
a
AH AK a
AI
AH AK a
a
Vậy
15
'; ' .
5
a
d AA BC
Chọn D.
Câu 37 (TH)
Phương pháp:
- Giả sử sau
n
năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng, tính số tiền có được sau
n
năm
1
n
n
A A r
với
A
là số tiền ban đầu,
r
là lãi suất 1 kì hạn,
n
là số kì hạn gửi.
- Giải bất phương trình
300,
n
A tìm
n
là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn.
Cách giải:
Giả sử sau
n
năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.
Số tiền có được sau
n
năm
1 200 1 0,05 .
n n
n
A A r
Ta có:
300 200 1 0,05 300 8,31.
n
n
A n
Vậy sau ít nhất 9 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.
Chọn B.
Câu 38 (TH)
Phương pháp:
- Mặt phẳng đi qua
A
và vuông góc với
BC
nhận
BC
là 1 VTPT.
- Phương trình mặt phẳng đi qua
0 0 0
; ;
A x y z
và có 1 VTPT
; ;
n a b c
có phương trình là:
0 0 0
0
a x x b y y c z z
Cách giải:
Ta có
1; 3;1
BC
là 1 VTPT của mặt phẳng cần tìm.
Phương trình mặt phẳng cần tìm:
1 1 3 1 1 1 0 3 1 0
x y z x y z
.
Chọn C.
Câu 39 (TH)
Phương pháp:
23
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Cô lập
,
m
đưa phương trình về dạng
* .
k h x
- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm điều kiện của
k
để (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
3 2 3 2
3 3 * .
x x k k x x h x
Ta có
2
0
' 3 6 0
2
x
h x x x
x
BBT:
Để
1
C
và
2
C
có đúng hai điểm chung thì phương trình
*
phải có 2 nghiệm phân biệt
4
.
0
k
k
Vậy có 2 giá trị của
k
thỏa mãn.
Chọn A.
Câu 40 (VD)
Phương pháp:
- Điều kiện để 3 số
, ,
a b c
theo thứ tự lập thành 1 CSN là
2
.
ac b
- Đưa về cùng cơ số 2, sử dụng các công thức
1
log log 0 1, 0 .log log log
n
a a a a
a
b b a b xy x y
n
0 1, , 0
a x y
.
- Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số logarit, giải phương trình tìm
.
x
Cách giải:
Để ba số
8 4 2
log 4 ,1 log ,log
x x x
theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì
2
8 2 4
log 4 .log 1 log
x x x
2
2 2 2
1 1
log 4 .log 1 log
3 2
x x x
24
2
2 2 2 2 2
1 1
log 4 log .log log log 1
3 4
x x x x
2 2
2 2 2 2
2 1 1
log log log log 1
3 3 4
x x x x
2
2 2
1 1
log log 1 0
12 3
x x
6
2
6
2
2
log 6
1
2 ;
1
log 2
4
4
x
x
S
x
x
.
Vậy tập hợp
S
có 2 phần tử.
Chọn A.
Câu 41 (VD)
Phương pháp:
- Đặt
ln ,
t x
tìm khoảng giá trị của
t
và xét tính cùng tăng giảm của
, .
x t
- Đưa bài toán về dạng tìm
m
để hàm số
at b
y
ct d
đồng biến trên khoảng
' 0
;
;
y
m n
d
m n
c
.
- Đối chiếu điều kiện đề bài tìm
.
m
Cách giải:
Đặt
ln ,
t x
với
3
1;
x e
thì
0;3 , ,
t x t
cùng tính tăng giảm.
Bài toán trở thành tìm
m
để hàm số
10
t
y
t m
đồng biến trên khoảng
0;3 .
Ta có TXĐ
\
D m
và
2
10
' .
m
y
t m
Để hàm số
10
t
y
t m
đồng biến trên khoảng
0;3
thì
10 0
' 0
3 10
.
3
0;3
0
0
m
y
m
m
m
m
m
Mà
m
là số nguyên không âm nên
0;3;4;5;6;7;8;9 .
S
Vậy tập hợp
S
có 8 phần tử.
Chọn C.
Câu 42 (VD)
Cách giải:
25
- Sưu tầm FB Nguyễn Duy Tân –
Gọi
,
M N
lần lượt là trung điểm của
, ' '.
BC B C
Gọi
.
K MN EF
Ta có
' ' '.
'
BC AM
BC AMNA BC AA BC BB
BC A M
Do
DEF
'
BB
nên
'.
EF BB
Trong
' '
BCC B
có
'
/ / ,
'
EF BB
BC EF
BC BB
suy ra
K
là trung điểm của
.
EF
Lại có
' .
BC AMNA BC DK EF DK
Suy ra
DEF
cân tại
.
D
Vì
0
' ' ' ' 90
ABB A ACC A EDF DEF
vuông cân tại
D
.
Theo bài ra ta có:
4 4
DEF
C DE DF EF
4 4 2 1 4 2 1 .
2 2
EF EF
EF EF BC EF
Vì
ABC
đều nên
3
2 3 2 1 .
2
BC
AM
Kẻ
'
MH AA
ta có
1
2 2 1 .
2
MH DK EF
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
'
A MA
ta có:
2 2 2
1 1 1
'
MH MA A M
26
2 2
2
1 1 1
'
4 2 1 12 2 1
A M
2
2
1 1
' 6 2 1
'
6 2 1
A M
A M
Vậy
. ' ' '
1
' . ' . . 12 10 7 2 .
2
ABC A B C ABC
V A M S A M AM BC
Chọn A.
Câu 43 (VDC)
Phương pháp:
- Tính
',
y
sử dụng quy tắc tính đạo hàm một tích.
- Sử dụng tương giao, phương pháp lấy nguyên hàm hai vế xác định số nghiệm bội lẻ của phương trình
' 0
y
và suy ra số điểm cực trị của hàm số.
Cách giải:
ĐKXĐ:
0.
x
Ta có
4
4
1
1
y f x
x
4 3
5 4
4 1
' 1 .4 1 '
y f x f x f x
x x
3
5
4
' 1 1 . '
y f x f x x f x
x
1 1
' 0
. ' 1 0 2
f x
y
x f x f x
Dựa vào BBT ta thấy phương trình
1
có 3 nghiệm phân biệt trong đó
0
x
là nghiệm bội chẵn.
Xét phương trình
2 : . ' 1 0
x f x f x
2 2
' . . '
1
f x x f x x
x x
2
1
'
f x
x x
Lấy nguyên hàm hai vế ta có
2
1 1
.
f x
dx C
x x x
27
Dựa vào BBT ta thấy
1 1
f
nên
1 1
2,
1 1
C C
do đó
1 2 * .
f x x
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt trong đó
0
x
không thỏa mãn.
Tóm lại, phương trình
' 0
y
có 4 nghiệm bội lẻ phân biệt.
Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.
Chọn D.
Câu 44 (VD)
Phương pháp:
- Chứng minh ,
SAB SAC
vuông tại
.
A
Suy ra
SA 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.
- Tính
ABC
S
nhờ công thức Hê-rong, từ đó tính
2
.
ABC
S
AH
BC
- Tính tan của góc trong tam giác vuông.
Cách giải:
28
Áp dụng định lí Pytago đảo ta chứng minh được ,
SAB SAC
vuông tại
.
A
.
SA AB
SA ABC
SA AC
Trong
ABC
dựng
AH BC
ta có:
BC AH
BC SAH BC SH
BC SA
.
, ; ; .
,
SBC ABC BC
SH SBC SH BC SBC ABC SH AH SHA
AH ABC AH BC
Ta có:
6 14
ABC
S p p AB p BC p AC
với
p
là nửa chu vi tam giác
, 12.
ABC p
2
2.6 14 6 14
10 5
ABC
S
AH
BC
2
2.6 114 6 114
.
10 5
SBC
S
SH
BC
Xét tam giác vuông
SAH
ta có
12 10 14
tan .
14
6 14
5
SA
SHA
AH
Vậy
10 14
tan ; .
14
SBC ABC
Chọn B.
Câu 45 (VD)
Phương pháp:
- Dựa vào
lim
x
y

tìm dấu hệ số
.
a
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số
.
d
- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số
, .
b c
29
Cách giải:
Ta có
lim 0.
x
y a


Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm
0.
d
Ta có
2
' 3 2 .
y ax bx c
Vì hàm số có 2 điểm cực trị âm nên phương trình
' 0
y
có 2 nghiệm âm phân biệt
2
0
3
0
3
b
a
c
a
Mà
0
a
nên
0, 0.
b c
Vậy trong các số
, , ,
a b c d
không có số dương nào.
Chọn A.
Câu 46 (VDC)
Phương pháp:
Đặt
3
3 .
2
t x x x
Cách giải:
Đặt
3
3 .
2
t x x x
2 3
1
2 3
x
dt dx
x x
2 3 2 3
2 3
x x x
dt dx
x x
3
3
2
3
x x x
dt dx
x x
3
t
dt dx
x x
3
dx dt
t
x x
Khi đó ta có:
30
1 1 1
ln
2 2
2 3
dt
F x dx t C
t
x x
1 3
ln 3
2 2
F x x x x C
Lại có
1 ln3
F
1 3
ln 1 4 ln3
2 2
C
1 9
ln ln 3
2 2
C
ln 9 ln 2 2 ln9
C
1
2 ln 2 ln 2
2
C C
1 3 1
ln 3 ln 2
2 2 2
F x x x x
1 3 1
ln 3 ln2
2 2 2
x x x
F x
e e
1
3
2
1
ln 3
ln2
2
2
.
x x x
e e
3
2. 3
2
x x x
2 3 2 3
x x x
2021
2020
2.2021 3 2 2021 2021 3
2.2020 3 2 2020 2020 3
F
F
e
e
Vậy
2021 2020
0,022.
F F
e e
Chọn A.
Câu 47 (VDC)
Cách giải:
- Sưu tầm FB –
Xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ.
31
Xếp 5 học sinh nam có
5!
cách, xếp 5 học sinh nữ vào 5 vị trí còn lại có
5!
cách. Đổi chỗ nam và nữ có 2 cách.
Có
2
2. 5!
cách xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ.
* Xếp 8 học sinh không có An và Bình trước:
TH1:
+ Học sinh nam đứng đầu hàng, có
2
4!
cách.
+ Xếp An và Bình vào 1 trong 9 vị trí gồm 7 vị trí giữa 2 học sinh liền kề nhau và 2 vị trí biên. Ứng với mỗi vị
trí có 1 cách xếp An và Bình sao cho thỏa mãn yêu cầu, do đó có 9 cách xếp.
Có
2
9. 4!
cách.
TH2:
+ Học sinh nữ đứng đầu hàng, tương tự TH1 có
2
9. 4!
cách.
Số cách xếp 10 học sinh xen kẽ mà An luôn cạnh Bình là
2
2.9. 4!
cách.
Vậy số cách sắp xếp nam và nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình là:
2 2 2 2 2
2. 5! 2.9. 4! 2.5.5. 4! 18. 4! 32. 4!
cách.
Chọn C.
Câu 48 (VDC)
Phương pháp:
- Từ giả thiết
3 3 2
3 sin 2 3
f x f x x x x
thay
x
bởi
1
x
và chứng minh
1 .
f x f x
- Chứng minh
1 1
0 0
1 ,
f x dx f x dx
từ đó tính
.
I
Cách giải:
- Sưu tầm FB Lưu Thêm -
Theo bài ra ta có:
3 2
3
1 3 1 sin 2 1 3 1 1
f x f x x x x
3 2 3 2
1 3 1 sin 2 6 6 2 3 6 3 1
f x f x x x x x x x
3 3 2
1 3 1 sin 2 3
f x f x x x x
3 3 2
1 3 1 sin 2 3
f x f x x x x
3 3
1 3 1 3
f x f x f x f x
32
3 3
1 3 1 3 0
f x f x f x f x
2 2
1 1 1 3 1 0
f x f x f x f x f x f x f x f x
2 2
1 1 1 3 0
f x f x f x f x f x f x
1
f x f x
Suy ra
1 1
0 0
1
f x dx f x dx
.
Ta lại có
1 1 0 1
0 0 1 0
1 1 1 .
f x dx f x d x f x dx f x dx
Do đó
1 1 1
0 0 0
0.
I f x dx f x dx f x dx
Vậy
1;1 .
I
Chọn C.
Câu 49 (VDC)
Cách giải:
- Sư tầm FB Trần Minh Quang –
Với mọi bộ số
; ;
a b c
thỏa mãn
1
a b c
ta có:
b c a
c a b
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
2
2 2 2
2
2 2 2
. . 1
. . 2
b c a
c a b
a b c abc ab bc ca
a b c abc ab bc ca
Cộng vế theo vế BĐT
1
và
2
ta có
2
2 2 2 2 2 2
. . . . . 2 * .
b c b c a b
a b c a b c abc ab bc ca
Mà
2 2 2 2 2 2
, ,
a b b c a c
b a c b c a
nên từ
*
ta có
2
2
2 2 2
2 . .
b c a
abc ab bc ca a b c
2 2 2
2 . .
b c a
abc ab bc ca a b c
1 1 1
2 . . 1 1 1
b c a
ab bc ca a b c b a c b a c
2
ab bc ca ab bc ca a b c
2 1
ab bc ca ab bc ca
2
2 1 0
ab bc ca ab bc ca
33
2
1 1
0
2
2
ab bc ca
(vô lý).
Vậy không có bộ số
; ;
a b c
nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn D.
Câu 50 (VDC)
Cách giải:
ĐKXĐ:
0
.
, 0
b a
a b
Ta có:
3 3
1
log 1 log
2
ab b a
3 3
1
log 1 log
2
ab b a
3
1 1
log
2
ab
b a
1
3
ab
b a
1 3
ab b a
1
3 1
b
b
a a
Áp dụng BĐT Cô-si ta có
1
2
b
b
a a
nên
2 1 2 3 2 3 0
b b b b
a a a a
3
3 3
1
3
b
a b b
a a
b
Loai
a
Ta có:
2 2
2 2 2 2
1 1
1
a b
a b a b
P
a a b a a b
Áp dụng BĐT Cô-si ta có
2 2 2 2
1 2 2
a b a b ab
nên
2
2 2 2 2 2 2
1 2
a b a b a b ab a b
2
2 2 2 2
1
1 4.
a b
a b a b a b b
P
a a b a a b a a
34
Vậy
min
1
1
3
1
3
4 3 3 .
, 0, 0
3
, 0, 0
b
a
a
a
a
b
P b a
a
a b b a
b
a b b a
Chọn B.
____________________ HẾT ____________________
https://toanmath.com/

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 – LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BÀI THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 6 trang Mã đề: 111
Họ và tên thí sinh:……………………………………
Số báo danh: ………………………………………… x y z
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 3 5 d :   . Vectơ 2 4  6 
nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ?
A. u  1; 3  ; 5  . B. u  1; 2  ;3 .
C. u  2;4;6 . D. u   1  ;2;3.
Câu 2: Diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol 2
y  2  x , đường
thẳng y  x và trục Oy bằng 7 5 11 9 A. . B. . C. . D. . 6 6 6 2
Câu 3: Cho các số thực dương , a ,
b x khác 1 , thỏa mãn   log x ; 3  log x . Giá trị của a b 2 3 log a b bằng 3 x 3  1 9 A.  . B. . C. 3  . D.  .
Câu 4: Cho mặt cầu có bán kính 3 r
. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng 2 3 A. 3 . B. 3 . C. 3 3 . D.  . 2
Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình log  2
x x  1 là 2 A. [ 1  ;0) (1;2] . B.  ;    1  2; . C. [ 1  ;2] . D. (0;1) .
Câu 6: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a .
Diện tích xung quanh của hình nón bằng A. 2  2a . B. 2 2 2a . C. 2 2 a . D. 2 a . 2 2 2
Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  :  x  
1   y  2   z  3  16 .
Tọa độ tâm của S  là A. 1; 2;3 . B.  1  ; 2  ;  3 . C.  1  ;2;  3 . D. 1; 2  ;3 .
Câu 8: Cho hai số thực x , y thoả mãn 2  yi x  5i , trong đó i là đơn vị ảo. Giá trị của x và y là
A. x  2 , y  5  .
B. x  2 , y  5i . C. x  5  , y  2 . D. x  5
i , y  2 .
Câu 9: Cho cấp số cộng u với u  2 và công sai d  3. Giá trị của u bằng n  1 4 A. 11. B. 54 . C. 14 . D. 162 .
Trang 1/6 - Mã đề thi 111
Câu 10: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  3; AC  5; AA'  8 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 120 . B. 32 . C. 96 . D. 60.
Câu 11: Tập xác định của hàm số y  log x là 5
A.  ;  . B.  ;
 0  0; .
C.  ;0  0;   . D. 0 ;  .
Câu 12: Cho hàm số bậc ba y f x có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f x  2 là A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3.
Câu 13: Nghiệm của phương trình x3 2020 4  2 là A. x 1013 . B. x  2023. C. x 1007 . D. x  2017 . x
Câu 14: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 1
y  2x  là 1 1 1 A. y  1. B. x 1. C. x  . D. y  . 2 2
Câu 15: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 8  . B. 5 . C. 3. D. 1 .
Câu 16: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2  ;2. B. 0;2 . C.  2  ;0 . D. 2; .
Câu 17: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( )
P : 2x  2y z  7  0 và điểm (
A 1;1;  2) . Điểm H ( ; a ;
b c) là hình chiếu vuông góc của A trên ( )
P . Tổng a b c bằng
Trang 2/6 - Mã đề thi 111 A. 3  . B. 1 . C. 2 . D. 3.
Câu 18: Số phức liên hợp của số phức z  3 4i là A. z  3   4i .
B. z  3  4i . C. z  3   4i .
D. z  3  4i .
Câu 19: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , biết M  2  ; 
1 là điểm biểu diễn số phức z . Phần thực của
số phức 3 2i.z bằng A. 8  . B. 7 . C. 1  . D. 4 . 2 2 Câu 20: Biết f
 xdx  2. Giá trị của  f
 x+2xdx  bằng 1 1 A. 1 . B. 5 . C. 4 . D. 1 .
Câu 21: Cho hình nón có đường kính đáy bằng 2, đường cao bằng 3. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 3 . B.  10   1  . C. 10 . D. 6 .
Câu 22: Tìm hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển  x  8 3 2 A. 3 1944C . B. 3 864C . C. 3 8  64C . D. 3 1  944C . 8 8 8 8
Câu 23: Nghiệm của phương trình log (x 1)  2 là 3 A. x 10. B. x  9 . C. x  8. D. x 11. Câu 24: 9 (2x  5) dx  bằng 1 A.
2x  510  C . B. 8
18(2x  5)  C . 10 1 C. 8
9(2x  5)  C . D.
2x  510  C . 20
Câu 25: Cho khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 a 2 3 a 3 2 a 3 A. B. C. D. 3 a  3 4 4
Câu 26: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ sau A. 3 2
y x  3x . B. 4 2
y   x  2x . C. 3 2
y  x  3x D. 4 2
y x  2x .
Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm ( A 5;7;11) trên
trục Oz có tọa độ là A. (0;7;11) . B. (5;7;0) . C. (5;0;0) . D. (0;0;11) . 2
Câu 28: Số nghiệm nguyên của bất phương trình x   2 2
16 x  5x  4  0 là A. 4 . B. 3. C. 2 . D. 1 .
Trang 3/6 - Mã đề thi 111
Câu 29: Cho khối trụ có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  5 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 45 . B. 30 . C. 15 . D. 90 . 1 3
Câu 30: Biết f x là hàm số liên tục trên 0;  3 và có
f 3xdx  3 
. Giá trị của f xdx  bằng 0 0 1 A. 9 . B. 1 . C. 3. D. . 3
Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông, SA SB SC AB BC  2a . Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 2 8 a 2 2 8 a 3 32 a 3 A. . B. . C. . D. 2 8 a . 3 3 3
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;1;  1 , B3; 1  ;  1 . Mặt cầu
đường kính AB có phương trình là 2 2 2 2
A. x   2 2
y  z   1  4. B. x   2 2
y  z   1  2. 2 2 2 2
C. x   2 2
y  z   1  2. D. x   2 2
y  z   1  4.
Câu 33: Cho hàm số f x liên tục trên và có bảng xét dấu của f ' x như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 4 . C. 1 . D. 2 .
Câu 34: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  cos 2x  5cos x bằng 33 A. 4 . B. . C. 5  . D. 6  . 8
Câu 35: Cho hai số phức z  4  3i và w 1 i . Mô đun của số phức . z w bằng: A. 5 2 . B. 4 2 . C. 5 . D. 3 2 .
Câu 36: Cho hình lăng trụ AB . C A BC
  có tam giác ABC vuông tại A,
AB a, AC a 3, AA  2a . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  A BC   trùng
với trung điểm H của đoạn B C
  (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA và BC bằng a 5 a 5 a 15 a 15 A. . B. . C. . D. . 5 3 3 5
Câu 37: Một người gửi tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được
nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng? A. 8 (năm). B. 9 (năm). C. 10 (năm). D. 11(năm).
Trang 4/6 - Mã đề thi 111
Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1;1;  1 , B 0;2; 
1 và C 1;1;2 .
Mặt phẳng đi qua Avà vuông góc với BC có phương trình là x  1 y  1 z  1 x 1 y 1 z 1 A.  
x y z   .
C. x  3y z  1  0 . D.   1  . B. 3 1 0 3 1 1  . 3 1 Câu 39: Cho hàm số   3
f x x có đồ thị ( C ) và hàm số g x 2
 3x k có đồ thị (C ). Có bao 1 2
nhiêu giá trị của k để ( C ) và (C ) có đúng hai điểm chung? 1 2 A. 2 . B. 3. C. 1 . D. 4 .
Câu 40: Gọi S là tập hợp các giá trị của x để ba số log (4x); 1 log ;
x log x theo thứ tự lập 8 4 2
thành một cấp số nhân. Số phần tử của S là A. 2 . B. 3. C. 1 . D. 0 . x
Câu 41: Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên không âm của m để hàm số ln 10
y  ln x  đồng biến m trên khoảng 3
(1;e ) . Số phần tử của S bằng A. 7 . B. 6 . C. 8 . D. 9
Câu 42: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của A’ trên
mặt phẳng (ABC) là trung điểm của BC. Mặt phẳng  P vuông góc với các cạnh bên và cắt các
cạnh bên của hình lăng trụ lần lượt tại D, E, F. Biết mặt phẳng (ABB’A’) vuông góc với mặt
phẳng (ACC’A’) và chu vi của tam giác DEF bằng 4, thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
A. 1210  7 2 . B. 410  7 2 . C. 610  7 2 .
D. 1210  7 2 .
Câu 43: Cho hàm số bậc bốn trùng phương f x có bảng biến thiên như sau: 1
Số điểm cực trị của hàm số y  . f   x 4 1 4  là x A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 .
Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có SA 12 cm, AB  5cm, AC  9cm, SB 13cm, SC  15cm
và BC 10cm. Tan của góc giữa hai mặt phẳng SBC và  ABC bằng 14 10 14 4 12 A. . B. . C. . D. . 10 14 3 5 Câu 45: Cho hàm số 3 2
y ax bx cx d a,b,c, d   có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên
Trang 5/6 - Mã đề thi 111
Có bao nhiêu số dương trong các số a, , b , c d ? A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3. 1
Câu 46: Cho F x là nguyên hàm của hàm số f x 
trên khoảng 0;  thỏa
2 x x  3 mãn F  
1  ln 3. Giá trị của F202  1 F 2020 ee thuộc khoảng nào?  1   1 1   1 1   1 1  A.  0;  . B.  ;  . C.  ;  . D.  ;  .  10  10 5   5 3   3 2 
Câu 47: Một nhóm 10 học sinh gồm 5 học sinh nam trong đó có An và 5 học sinh nữ trong đó có
Bình được xếp ngồi vào 10 cái ghế trên một hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp nam và
nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình? A.  2 16. 4! . B. 16.8!. C.  2 32. 4! . D. 32.8!.
Câu 48: Cho hàm số f x liên tục trên thỏa 1 mãn 3
f x  f x   3 2 3
sin 2x  3x x, x
  . Tích phân I f
 xdx thuộc khoảng nào? 0 A.  3  ; 2   . B.  2  ;  1 . C.  1  ;  1 . D. 1;2 .
Câu 49: Cho a, ,
b c là ba số thực dương đôi một phân biệt. Có bao nhiêu bộ  a; ; b c thỏa mãn b2 a2 c2 b2 a2 c2 ab ;bc ;ca A. 1 . B. 3. C. 6 . D. 0 . 1
Câu 50: Xét các số thực dương a và b thỏa mãn log (1  ab) 
 log (b a) . Giá trị nhỏ nhất 3 3 2  2  a  2 1 1  b
của biểu thức P a(a  bằng b) A. 1 . B. 4 . C. 2 . D. 3.
----------------------------------------------- ----------- HẾT ----------
Trang 6/6 - Mã đề thi 111 BẢNG ĐÁP ÁN 1-D 2-A 3-C 4-B 5-A 6-A 7-D 8-A 9-A 10-C 11-C 12-C 13-C 14-C 15-B 16-B 17-B 18-B 19-D 20-B 21-C 22-D 23-A 24-D 25-B 26-D 27-D 28-A 29-A 30-A 31-D 32-B 33-A 34-A 35-A 36-D 37-B 38-C 39-A 40-A 41-C 42-A 43-D 44-B 45-A 46-A 47-C 48-C 49-D 50-B
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: x  x y  y z  z  - Đường thẳng 0 0 0 d :   có 1 VTCP là u  a; ; b c a b c 
- Mọi vectơ cùng phương với u đều là 1 VTCP của đường thẳng d. Cách giải: x 1 y  3 z  5   Đường thẳng d :  
có 1 VTCP là u  2;4; 6    2
 1;2;3 nên u  1;2;3 cũng là 1 2 4  6
VTCP của đường thẳng d. Chọn D. Câu 2 (TH) Phương pháp:
- Xác định các đường giới hạn hình phẳng. b
- Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x, y  g  x, x  a, x  b là f  x gx d .x a Cách giải: x  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 2
2  x  x  x  x  2  0   x  2
Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên x  0  x  1  .
Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol 2
y  2  x , đường thẳng y  x và 0 7
trục Oy giới hạn bởi các đường 2
y  2  x , y  x, x  1  , x  0 nên 2 S  2  x  x dx  .  6 1 Chọn A. 9 Câu 3 (TH) Phương pháp: Sử dụng các công thức m log m b  b  a  b  n loga 0 1, 0 a n 1 log b   a b  a 0 , 1 log a b Cách giải: Ta có: 2 3 log a b 3 x 1   2 3 log a  log b  3 x x 2  log a  log b 3 x x 2 1   3log x log x a b 3 1 1    2 3  Chọn C. Câu 4 (NB) Phương pháp:
Diện tích mặt cầu bán kính R là 2 S  4 R . Cách giải: 2 3  3 
Diện tích của mặt cầu có bán kính r  bằng: 2 S  4 r  4    3. 2  2    Chọn B. Câu 5 (TH) Phương pháp:
Với a  0, giải bất phương trình logarit: log f x  b   f x  a a   0   b. Cách giải: Ta có: 10 log  2 x 1  1 2  2  0  x  x  2 2 x  x  0   2 x  x  2  0 x  1   x  0   1   x  2
 x1;0 1;2. Chọn A. Câu 6 (TH) Phương pháp:
- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân tính độ dài đường sinh và bán kính đáy hình nón.
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy r là S   rl. xq Cách giải:
Vì hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a nên độ dài đường sinh của 2a 2a hình nón là l 
 a 2 và bán kính đáy của hình nón r   . a 2 2
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: 2 S   rl   . . a a 2   2a . xq Chọn A. Câu 7 (NB) Phương pháp:
Mặt cầu S   x  a2   y  b2   z  c2 2 :
 R có tọa độ tâm là I  ; a ; b c Cách giải:
Mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 2
3  16 có tọa độ tâm là I 1; 2  ;3. Chọn D. Câu 8 (NB) Phương pháp: a  a
Sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau: 1 2
z  a  b i; z  a  b i  z  z   . 1 1 1 2 2 2 1 2 b  b  1 2 Cách giải: 11 x  2
Ta có 2  yi  x  5i   . y  5  Chọn A. Câu 9 (NB) Phương pháp:
Sử dụng công thức SHTQ của CSC: u  u  n 1 d. n 1   Cách giải:
Ta có u  u  3d  2  3.3  11. 4 1 Chọn A. Câu 10 (TH) Phương pháp:
- Sử dụng định lí Pytago tính BC.
- Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước a,b, c là V  ab . c Cách giải:
Xét tam giác vuông ABC ta có 2 2 2 2
BC  AC  AB  5  3  4. Vậy V  A . B BC.AA'  3.4.8  96. ABCD. A'B 'C ' D' Chọn C. Câu 11 (NB) Phương pháp:
Hàm số y  log f x xác định khi và chỉ khi f  x xác định và f  x  0. a   Cách giải:
Hàm số y  log x xác định khi x  0  x  0. 5
Vậy TXĐ của hàm số đã cho là  ;  0 0;. Chọn C. Câu 12 (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: 12
Số nghiệm của phương trình f  x  2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x và đường thẳng y  2 song song với trục hoành.
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số y  f  x tại 2 điểm phân biệt.
Vậy phương trình f  x  2 có 2 nghiệm thực. Chọn C. Câu 13 (TH) Phương pháp: - Đưa về cùng cơ số.
- Giải phương trình mũ f x g x a  a  f x  g x. Cách giải: Ta có: x3 2020 2 x6 2020 4  2  2  2
 2x  6  2020  x 1007 Chọn C. Câu 14 (NB) Phương pháp: ax  b d Đồ thị hàm số y  có TCĐ x   . cx  d c Cách giải: 2x 1 1 Đồ thị hàm số y  có TCĐ x  . 2x 1 2 Chọn C. Câu 15 (NB) Phương pháp:
- Dựa vào BBT xác định điểm cực tiểu của hàm số là điểm mà tại đó hàm số xác định và qua đó đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương.
- Giá trị cực tiểu của hàm số là giá trị tại điểm cực tiểu của hàm số. Cách giải:
Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và giá trị cực tiểu là x  y 3  5. CT Chọn B. Câu 16 (NB) 13 Phương pháp:
Dựa vào BBT xác định khoảng đồng biến là khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương. Cách giải:
Hàm số đã cho đồng biến trên  ;  2 và 0;2. Chọn B. Câu 17 (TH) Phương pháp:
- Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với P.
- Tìm H    P .
- Tìm a,b, c và tính tổng. Cách giải:
Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với P, phương trình đường thẳng  là: x  1 2t   y  1 2t  z  2   t 
Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên P nên H   P  Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x  1 2t x  1 2t   y 1 2t     y  1 2t    z  2   t z  2  t  
2x  2y  z  7  0 2 4t  2 4t  2t  7  0 x  1 2t t   1  y 1 2t    z  1       H 1;3;  1 z  2  t y  3   9
 t 9  0 z  1 
 a  1,b  3,c  1.
Vậy a  b  c  1 3 1  1. Chọn B. Câu 18 (NB) Phương pháp:
Số phức liên hợp của số phức z  a  bi là z  a  b .i 14 Cách giải:
Số phức liên hợp của số phức z  3  4i là z  3  4 .i Chọn B. Câu 19 (TH) Phương pháp: - Điểm M  ;
a b là điểm biểu diễn số phức z  a  b .i Từ đó tìm số phức z.
- Thực hiện phép nhân tìm số phức 3  2i z. Cách giải: Vì M  2  ; 
1 là điểm biểu diễn số phức z nên z  2  .i
 3 2i z  3 2i2  i  4  7i
Vậy số phức 3  2i z có phần thực là 4. Chọn D. Câu 20 (TH) Phương pháp: b b b
Sử dụng tính chất tích phân:  f
 x gx dx  f   xdx g  xd .x a a a Cách giải: Ta có 2 2 2  f
 x 2xdx  f   xdx 2xdx  1 1 1 2 2  2  x  2  4 1  5 1 Chọn B. Câu 21 (TH) Phương pháp:
- Tính độ dài đường sinh 2 2 l  r  h .
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy r là S   rl. xq Cách giải:
Hình nón đã cho có bán kính đáy r  1 và đường cao h  3 nên độ dài đường sinh 2 2 l  1  3  10. 15
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S   rl  .1. 10  10. xq Chọn C. Câu 22 (TH) Phương pháp: n
- Khai triển nhị thức Niu-tơn: a  bn k k n k  C a b  . n k 0
- Tìm k tương ứng với hệ số của số hạng chứa 5
x , giải phương trình tìm k. - Suy ra hệ số của 5 x . Cách giải: 8 8
Ta có 3x  28  C 3x8k  2  k  C . 2  k k k 8 . k x 8 8 k 0 k 0
 Hệ số của số hạng chứa 5
x ứng với 8  k  5  k  3.
Vậy hệ số của số hạng chứa 5
x trong khai triển  x  8 3 2 là C 3  2  3 3 5 3  1944C . 8 8 Chọn D. Câu 23 (NB) Phương pháp:
Giải phương trình logarit: log b x  b  x  a . a Cách giải:
log x 1  2  x 1  9  x  10. 3   Chọn A. Câu 24 (TH) Phương pháp:
- Sử dụng phương pháp đưa biến vào vi phân. n 1 
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm n u u du   C  n   1. n 1 Cách giải:  x  9 1 2
5 dx  2x  59 d 2x  5 2 1 2x  510 1  .  C  2x 510 C. 2 10 20 16 Chọn D. Câu 25 (TH) Phương pháp: 2 a 3
- Diện tích tam giác đều cạnh a là S  . 4
- Thể tích khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao. Cách giải: 2 a 3
Diện tích đáy lăng trụ là S  . 4 2 3 a 3 a 3
Thể tích lăng trụ là V  .a  . 4 4 Chọn B. Câu 26 (NB) Phương pháp:
Dựa vào hình dáng đồ thị suy ra dạng đồ thị hàm số. Cách giải:
Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương 4 2
y  ax  bx  c có hệ số a  0 nên chỉ có đáp án D thỏa mãn. Chọn D. Câu 27 (NB) Phương pháp:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A ; a ;
b c trên trục Oz có tọa độ là 0;0;c. Cách giải:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A5;7;1 
1 trên trục Oz có tọa độ là 0;0;1 1. Chọn D. Câu 28 (TH) Phương pháp:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.  A  0
- Giải phương trình tích A.B  0  .  B  0 17
- Kết hợp ĐKXĐ suy ra tập nghiệm và đếm số nghiệm nguyên của bất phương trình. Cách giải: x  2 ĐKXĐ 2x 2 2 16  0  x  4  .  x  2 Ta có: 2 x   2 2 16 x  5x  4  0 2 2x 16  0   2 x  5x  4  0 2 x  4 x  2     1   x  4 1   x  4
Kết hợp ĐKXĐ ta có x 2;4  2 .
Vậy số nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 4. Chọn A. Câu 29 (NB) Phương pháp:
Thể tích khối trụ có bán kính đáy r và đường sinh l là 2 V   r l. Cách giải: Thể tích khối nón là 2 2
V   r l  .3 .5  45. Chọn A. Câu 30 (TH) Phương pháp:
Đổi biến số, đặt t  3 . x Cách giải:
Đặt t  3x  dt  3d . x x  0  t  0 Đổi cận:  x  1 t  3 1 3 3  f   x 1 3 dx  3  f  tdt  3  f  xdx  9. 3 0 0 0 Chọn A. Câu 31 (VD) 18 Phương pháp:
- Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có các cạnh bên bằng nhau là canh ben2 R 
với h là chiều cao của hình chóp. 2h
- Diện tích mặt cầu bán kính R là 2 S  4 R . Cách giải:
Gọi O trung điểm của AC .
Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Chóp S.ABC có SA  SB  SC nên SO   ABC .
Tam giác ABC vuông cân tại B có AB  BC  2a  AC  2a 2  OA  a 2.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông 2 2 2 2
SOA : SO  SA  OA  4a  2a  a 2. SA  a2 2 2
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp là R    a 2. 2.SO 2.a 2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là 2 2 S  4 R  8 a . Chọn D. Câu 32 (TH) Phương pháp: AB
- Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm của AB và bán kính R  . 2 - Mặt cầu tâm I  ; a ;
b c bán kính R có phương trình  x  a2   y  b2   z  c2 2  R . Cách giải:
Gọi I là trung điểm của AB  I 2;0;  1 . Ta có AB    2 2 2 2 2  0  2 2. 19 AB
Mặt cầu đường kính AB có tâm là I 2;0;  1 và bán kính R   2. 2
Vậy phương trình mặt cầu đường kính AB là:  x  2  y   z  2 2 2 1  2. Chọn B. Câu 33 (TH) Phương pháp:
Xác định số điểm cực trị là số điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu. Cách giải:
Vì hàm số liên tục trên  nên hàm số liên tục tại mọi x  , và f ' x đổi dấu khi đi qua các điểm x  3  , x  2
 , x 1. Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Chọn A.
Chú ý khi giải: Hàm số vẫn đạt cực trị tại x  2
 , không nhất thiết f '2  0. Câu 34 (VD) Phương pháp:
- Sử dụng công thức nhân đôi 2 cos 2x  2 cos x 1
- Đặt ẩn phụ t  cos x,t  1  ; 
1 , đưa về bài toán tìm GTNN của hàm số y  f t nên 1;  1 .
- Tính f 't , xác định các nghiệm t 1;  1 . i
- Tính các giá trị f   1 , f   1 , f t . i 
- KL: min f t   min f   1 , f   1 , f t . i  1; 1 Cách giải: Ta có f  x 2
 cos 2x  5cos x  2cos x  5cos x 1. Đặt t  cos x,t  1  ; 
1 , bài toán trở thành tìm GTNN của hàm số y  f t 2
 2t  5t 1 trên 1;  1 . 5
Ta có: f 't  4t  5  0  t  1;  1 . 4 Lại có f   1  6, f   1  4.
Vậy min f t   4. 1; 1 Chọn A. Câu 35 (TH) Phương pháp: 20
Sử dụng công thức z .z  z . z và z  z . 1 2 1 2 Cách giải: Ta có: z.w  z . w  z . w     2 2 2 2 4 3 . 1 1  5 2. Chọn A. Câu 36 (VD) Phương pháp:
- Chứng minh d  AA'; BC '  d  ;
A BCC 'B ', sử dụng định lí khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
bằng khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.
- Trong  ABC kẻ AK  BC K  BC, trong  AHK  kẻ AI  HK I  HK , chứng minh AI  BCC ' B '
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách. Cách giải:
Ta có AA'/ /BB '  AA'/ / BCC ' B '  BC '  d  AA'; BC '  d  AA';BCC 'B '  d  ; A BCC 'B '
Trong  ABC kẻ AK  BC K  BC, trong  AHK  kẻ AI  HK I  HK  ta có: BC  AK 
 BC   AHK   BC  AI BC  AH AI  HK   AI  BCC 'B ' AI  BC  d  ;
A BCC ' B '  AI  d  AA'; BC ' . A . B AC a.a 3 a 3
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có AK    . 2 2 2 2 AB  AC a  3a 2 Tam giác A' B 'C ' có 2 2 1
B 'C '  A' B '  A'C '  2a  A' H  B 'C '  . a 2 21 2 2 2 2
 AH  AA'  A' H  4a  a  a 3. a 3 a 3. AH.AK a 15
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHK ta có: 2 AI    . 2 2 2 AH  AK 3a 5 2 3a  4 a Vậy d  AA BC  15 '; '  . 5 Chọn D. Câu 37 (TH) Phương pháp:
- Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng, tính số tiền có được sau n năm
A  A1 rn với A là số tiền ban đầu, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi. n
- Giải bất phương trình A  300, tìm n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn. n Cách giải:
Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.
Số tiền có được sau n năm A  A  r   n 1 n 2001 0,05n . Ta có: A  300  200    n  n 1 0,05n 300 8,31.
Vậy sau ít nhất 9 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng. Chọn B. Câu 38 (TH) Phương pháp: 
- Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC nhận BC là 1 VTPT. 
- Phương trình mặt phẳng đi qua A x ; y ; z và có 1 VTPT na; ;
b c có phương trình là: 0 0 0 
a  x  x  b y  y  c z  z  0 0   0   0  Cách giải:  Ta có BC  1;3; 
1 là 1 VTPT của mặt phẳng cần tìm.
Phương trình mặt phẳng cần tìm: 1 x   1  3 y   1 1 z  
1  0  x  3y  z 1  0 . Chọn C. Câu 39 (TH) Phương pháp: 22
- Xét phương trình hoành độ giao điểm.
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng k  h x*.
- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm điều kiện của k để (*) có đúng 2 nghiệm phân biệt. Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2
x  3x  k  k  x  3x  h x  * . x  0 Ta có h ' x 2  3x  6x  0   x  2 BBT: k  4
Để C và C có đúng hai điểm chung thì phương trình * phải có 2 nghiệm phân biệt  . 2  1   k  0
Vậy có 2 giá trị của k thỏa mãn. Chọn A. Câu 40 (VD) Phương pháp:
- Điều kiện để 3 số a,b, c theo thứ tự lập thành 1 CSN là 2 ac  b . 1
- Đưa về cùng cơ số 2, sử dụng các công thức log b  b  a  b  xy  x  y n loga 0 1, 0.loga   log log a a a n
0  a 1, x, y  0 .
- Đưa về phương trình bậc hai đối với hàm số logarit, giải phương trình tìm . x Cách giải:
Để ba số log 4x ,1 log x,log x theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì 8   4 2
log 4x.log x  1 log x2 8 2 4 2 1  1 
 log 4x .log x  1 log x 2   2  2  3  2  23 1  log 4  log x 1 2
.log x  log x  log x 1 2 2 2 2 2 3 4 2 1 2 1 2
 log x  log x  log x  log x 1 2 2 2 2 3 3 4 1 2 1  log x  log x 1  0 2 2 12 3 6 x  2 log x  6 2   6 1     S   2 ; 1  . log x  2   x   4  2  4
Vậy tập hợp S có 2 phần tử. Chọn A. Câu 41 (VD) Phương pháp:
- Đặt t  ln x, tìm khoảng giá trị của t và xét tính cùng tăng giảm của x,t.  y '  0 at  b 
- Đưa bài toán về dạng tìm m để hàm số y 
đồng biến trên khoảng  ; m n   d . ct  d     ; m n  c
- Đối chiếu điều kiện đề bài tìm . m Cách giải:
Đặt t  ln x, với x  3
1;e  thì t 0;3, x,t cùng tính tăng giảm. t 10
Bài toán trở thành tìm m để hàm số y 
đồng biến trên khoảng 0;3. t  m m 10 Ta có TXĐ D   \  m và y '  . t  m2 m 10  0 t 10  y '  0   3  m 10 Để hàm số y 
đồng biến trên khoảng 0;3 thì   m  3  . t  m m  0;3    m  0 m  0
Mà m là số nguyên không âm nên S  0;3;4;5;6;7;8;  9 .
Vậy tập hợp S có 8 phần tử. Chọn C. Câu 42 (VD) Cách giải: 24
- Sưu tầm FB Nguyễn Duy Tân –
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, B 'C '. Gọi K  MN  EF. BC  AM Ta có 
 BC   AMNA'  BC  AA'  BC  BB '. BC  A'M
Do DEF   BB ' nên EF  BB '. EF  BB ' Trong BCC ' B ' có 
 BC / /EF, suy ra K là trung điểm của EF. BC  BB '
Lại có BC   AMNA'  BC  DK  EF  DK. Suy ra DEF cân tại . D
Vì  ABB A    ACC A  0 ' ' ' '  E  DF  90  D  EF vuông cân tại D . Theo bài ra ta có: C
 4  DE  DF  EF  4 DEF EF EF  
 EF  4  EF  4 2  
1  BC  EF  4 2   1 . 2 2 BC 3 Vì ABC đều nên AM   2 3  2   1 . 2 1
Kẻ MH  AA' ta có MH  DK  EF  2 2   1 . 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A' MA ta có: 1 1 1   2 2 2 MH MA A' M 25 1 1 1       2   2 2 ' 4 2 1 12 2 1 A M 1 1    A'M  6 2 1 2 2   A'M 6 2   1 1 Vậy V  A'M.S
 A'M . AM .BC  12 10  7 2 . ABC.A'B 'C ' ABC   2 Chọn A. Câu 43 (VDC) Phương pháp:
- Tính y ', sử dụng quy tắc tính đạo hàm một tích.
- Sử dụng tương giao, phương pháp lấy nguyên hàm hai vế xác định số nghiệm bội lẻ của phương trình y '  0
và suy ra số điểm cực trị của hàm số. Cách giải: ĐKXĐ: x  0. Ta có 1 y   f   x 4 1 4 x  4  y   f   x 4 1 ' 1  .4  f    x 3 1 f ' x 5 4    x x 4  y '   f   x 3 1  f x 1 . x f ' x  5       x   f x 1   1 y '  0    . x f ' 
x f x 1 0 2
Dựa vào BBT ta thấy phương trình  
1 có 3 nghiệm phân biệt trong đó x  0 là nghiệm bội chẵn.
Xét phương trình 2 : .
x f ' x  f  x 1  0
f ' x.x  f  x.x ' 1    2 2 x x  f  x 1    '   2 x x   f  x 1 1
Lấy nguyên hàm hai vế ta có   dx   C.  2 x x x 26 1 1
Dựa vào BBT ta thấy f   1  1 nên   C  C  2
 , do đó f x 1 2x  * . 1 1
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy (*) có 4 nghiệm phân biệt trong đó x  0 không thỏa mãn.
Tóm lại, phương trình y '  0 có 4 nghiệm bội lẻ phân biệt.
Vậy hàm số đã cho có 4 điểm cực trị. Chọn D. Câu 44 (VD) Phương pháp:
- Chứng minh SAB, SAC vuông tại . A Suy ra SA   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. 2S - Tính S
nhờ công thức Hê-rong, từ đó tính ABC AH  . A  BC BC
- Tính tan của góc trong tam giác vuông. Cách giải: 27
Áp dụng định lí Pytago đảo ta chứng minh được SAB, SAC vuông tại . A SA  AB    SA   ABC. SA  AC BC  AH
Trong  ABC dựng AH  BC ta có: 
 BC  SAH   BC  SH . BC  SA 
 SBC   ABC  BC 
SH  SBC , SH  BC  SBC ; ABC   SH; AH   S  H . A AH    ABC, AH  BC Ta có: S
 p p  AB p  BC p  AC 
với p là nửa chu vi tam giác ABC, p  12.   6 14 ABC 2S 2.6 14 6 14 A  BC  AH    BC 10 5 2S 2.6 114 6 114 S  BC SH    . BC 10 5 SA 12 10 14
Xét tam giác vuông SAH ta có tan SHA    . AH 6 14 14 5 Vậy
SBC  ABC 10 14 tan ;  . 14 Chọn B. Câu 45 (VD) Phương pháp:
- Dựa vào lim y tìm dấu hệ số . a x
- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số d.
- Dựa vào các điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số b, . c 28 Cách giải:
Ta có lim y    a  0. x
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm  d  0. Ta có 2 y '  3ax  2bx  . c  2b   0 
Vì hàm số có 2 điểm cực trị âm nên phương trình y '  0 có 2 nghiệm âm phân biệt 3a   c   0 3a
Mà a  0 nên b  0, c  0.
Vậy trong các số a,b, c, d không có số dương nào. Chọn A. Câu 46 (VDC) Phương pháp: 3
Đặt t  x   x  x  3. 2 Cách giải: 3
Đặt t  x   x  x  3. 2  2x 3    dt  1 dx  2 x  x  3   
2 x  x  3  2x  3  dt  dx 2 x  x  3 3 x   x  x  3 2  dt  dx x  x  3 t  dt  dx x  x  3 dx dt   x  x  3 t Khi đó ta có: 29 F  x 1 1 dt 1  dx   ln t  C   2 x  x  3 2 t 2  F x 1 3
 ln x   xx  3  C 2 2 Lại có F   1  ln 3 1 3
 ln 1  4  C  ln 3 2 2 1 9  ln  C  ln 3 2 2
 ln 9  ln 2  2C  ln 9 1
 2C  ln 2  C  ln 2 2  F x 1 3  x   x  x   1 ln 3  ln 2 2 2 2 1 3 1     F  x ln x x x 3 ln 2 2 2 2  e  e 1 3  x  xx  2 1 ln 3  2   e   ln2 e 2 .     3
 2. x   x x  3 2
 2x  3  2 x x  3  F202 1 e
 2.2021 3  2 20212021 3    F 2020 e
 2.2020  3  2 20202020  3  Vậy F202 1 F 2020 e  e  0,022. Chọn A. Câu 47 (VDC) Cách giải: - Sưu tầm FB –
Xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ. 30
Xếp 5 học sinh nam có 5! cách, xếp 5 học sinh nữ vào 5 vị trí còn lại có 5! cách. Đổi chỗ nam và nữ có 2 cách.  Có  2
2. 5! cách xếp 10 học sinh sao có nam nữ ngồi xen kẽ.
* Xếp 8 học sinh không có An và Bình trước: TH1:
+ Học sinh nam đứng đầu hàng, có  2 4! cách.
+ Xếp An và Bình vào 1 trong 9 vị trí gồm 7 vị trí giữa 2 học sinh liền kề nhau và 2 vị trí biên. Ứng với mỗi vị
trí có 1 cách xếp An và Bình sao cho thỏa mãn yêu cầu, do đó có 9 cách xếp.  Có  2 9. 4! cách. TH2:
+ Học sinh nữ đứng đầu hàng, tương tự TH1 có  2 9. 4! cách.
 Số cách xếp 10 học sinh xen kẽ mà An luôn cạnh Bình là  2 2.9. 4! cách.
Vậy số cách sắp xếp nam và nữ ngồi xen kẽ, đồng thời An không ngồi cạnh Bình là:  2   2 
 2   2   2 2. 5! 2.9. 4! 2.5.5. 4! 18. 4! 32. 4! cách. Chọn C. Câu 48 (VDC) Phương pháp: - Từ giả thiết 3 f  x  f  x   3 2 3
sin 2x  3x  x thay x bởi 1 x và chứng minh f x   f 1 x. 1 1 - Chứng minh f  1 xdx  f
 xdx, từ đó tính I. 0 0 Cách giải: - Sưu tầm FB Lưu Thêm - Theo bài ra ta có:
f   x  f   x 
   x3    x2 3 1 3 1 sin 2 1 3 1 1 x   3
 f   x  f   x   2 3 2 1 3 1
sin 2  6x  6x  2x  3  6x  3x 1 x 3
 f   x  f   x   3 2 1 3 1 sin 2  x  3x  x 3
 f   x  f   x    3 2 1 3 1 sin 2x  3x  x 3
 f   x  f   x 3 1 3 1
  f  x  3 f x 31 3  f   x 3 1
 f  x  3 f 1 x  3 f x  0   f
   x  f  x 2   f 
  x f   x f x 2 1 1 1  f x  3 f  
 1 x  f  x  0    f
   x  f  x 2   f 
  x  f   x f x 2 1 1 1  f x  3  0  
 f  x   f 1 x 1 1 Suy ra f  xdx   f  1 xdx . 0 0 1 1 0 1 Ta lại có f  1 xdx   f
 1 xd 1 x   f  xdx  f  xd .x 0 0 1 0 1 1 1 Do đó I  f  xdx   f  xdx  f  xdx  0. 0 0 0 Vậy I 1;  1 . Chọn C. Câu 49 (VDC) Cách giải:
- Sư tầm FB Trần Minh Quang – b c a
a b c  ab  bc  ca Với mọi bộ số  ; a ;
b c thỏa mãn a  b  c  1 ta có:  c a b
a b c  ab  bc  ca b a  . c b  . a c    abc2 2 2 2 ab  bc  ca 1   c a  . a b  . b c    abc2 2 2 2 ab  bc  ca2
Cộng vế theo vế BĐT  
1 và 2 ta có b c b c a b a b c a b c   abc2 2 2 2 2 2 2 . . . . . 2
ab  bc  ca *. Mà a2 b2 b2 c2 a2 c2 b  a ,c  b ,c
 a nên từ * ta có      b c a abc ab bc ca a b c     2 2 2 2 2 2 . .  abc
ab bc  ca b2 c2 a2 2  a .b .c
ab bc ca b 1 c 1 a 1 2 a .b .c       b   1 a  c   1 b  a   1 c
 2ab  bc  ca  ab  bc  ca  a  b  c
 2ab  bc  ca  ab  bc  ca 1
  ab bc  ca2  2 ab  bc  ca 1 0 32 2  1  1  ab  bc  ca    0   (vô lý).  2  2
Vậy không có bộ số  ; a ;
b c nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D. Câu 50 (VDC) Cách giải: b   a  0 ĐKXĐ:  . a,b  0 Ta có: 1
log 1 ab   log b  a 3   3   2 1
 log 1 ab  log b  a  3   3   2 1 ab 1  log  3 b  a 2 1 ab   3 b  a
 1 ab  3 b  a 1  b    b  3 1   a  a  1 b  b  b b b
Áp dụng BĐT Cô-si ta có  b  2 nên 2 1  2  3  2  3  0   a a  a  a a a  b   3 a b b     3   3  b 1    Loai a a  a 3  2  a  2  b  2 2 2 2 1 1 1 a  b  a b Ta có: P   a a  b a a  b Áp dụng BĐT Cô-si ta có 2 2 2 2
1 a b  2 a b  2ab nên  a  b  a b  a  b  ab  a  b2 2 2 2 2 2 2 1 2  a  b  a b a b2 2 2 2 2 1 a  b b  P       a a  b a a  b 1 4. a a 33 1  b 1 a  3a    1 a   a b   Vậy P  4    3  b   3a   3 . min a  a,b 0,b a 0 b       3 a,b  0,b  a  0     Chọn B.
____________________ HẾT ____________________ https://toanmath.com/ 34
Document Outline

  • de-thi-thu-toan-tn-thpt-2021-lan-1-truong-thpt-chuyen-dhsp-ha-noi
  • DHSP

Tài liệu liên quan: