›
›
›

Đề thi môn Toán học Lớp 12 - Kỳ thi thử THPT Quốc gia lần 1 - Năm học 2020-2021

doc 35 trang thungat 7400
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi môn Toán học Lớp 12 - Kỳ thi thử THPT Quốc gia lần 1 - Năm học 2020-2021", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_mon_toan_hoc_lop_12_ky_thi_thu_thpt_quoc_gia_lan_1_na.doc

Nội dung text: Đề thi môn Toán học Lớp 12 - Kỳ thi thử THPT Quốc gia lần 1 - Năm học 2020-2021

  1. 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 MUA TRỌN BỘ ĐỀ THI 2021 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT LIÊN HỆ ZALO O937- 351-107 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 y 2x2 x 1 bằng: 13 13 9 A. 9B. C. D. 6 3 2 Câu 3 (TH): Phương trình z4 16 có bao nhiêu nghiệm phức? A. 0 B. 4 C. 2 D. 1 Câu 4 (VD): Cho hàm số y x3 mx2 m2 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 1 Câu 6 (NB): Hàm số y x 1 3 có tập xác định là: A. B.1; C. D. 1; ; ;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. B.x C.y D.1 0 5x 3y 3 0 x y 1 0 5x 3y 2 0 Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x log 1 2x 1 là: 2 2 1 1 1 1 A. B. C.;1 D. ;1 ;1 ;1 2 4 4 2 Tải trọn bộ 50-100 Đề File Word Giải Chi Tiết Vui Lòng Liên Hệ : Zalo : O937-351-107
  2. Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x4 2x2 3 2m 1 có đúng 6 nghiệm thực phân biệt. 3 5 A. B.1 C.m D. 4 m 5 3 m 4 2 m 2 2 2 2 Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình log4 x log2 x 2 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 y x3 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 log a 3 b 3. Tính log b 3 a . ab ab 1 1 A. B. C. D. 3 3 3 3 16 Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 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 450. 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 4x 1 m.2x 2 1 0 có nghiệm? A. 2 019 B. 2018 C. 202D.1 2017 2 x3 1 Câu 16 (TH): Biết rằng dx a bln 3 c ln 2 với a,b,c là các số hữu tỉ. Tính 2a 3b 4c. 2 1 x x A. B. 5 C. D. 19 5 19 Câu 17 (TH): Biết rằng log2 3 a,log2 5 b. Tính log45 4 theo a,b. 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: Trang 2
  3. 2 A. B. 2 C. 3 D. 1 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. 435 135 285 5750 A. B. C. D. 988 988 494 9880 Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm tan2 2xdx. 1 1 A. B. tC.an 2D.x x C tan 2x x C tan 2x x C tan 2x x C 2 2 4 x 3 x Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn  99;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. B.co sC. D. sin cos sin 9 9 9 9 Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng un thỏa mãn u1 u2020 2, u1001 u1221 1. Tính u1 u2 u2021. 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 y x3 2ln 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 . Trang 3
  4. 2 2 1 2 2 1 A. B.x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 7 7 2 2 2 2 2 2 C. D.x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2 7 7 Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm 2x 1 ln xdx . x2 x2 A. B. x x2 ln x x C x x2 ln x x C 2 2 x2 x2 C. D. x x2 ln x x C x x2 ln x x C 2 2 1 ab Câu 29 (VDC): Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn 2a b 2ab 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu a b thức a2 b2 là: 2 5 1 A. B.3 C.5 D. 2 5 1 2 Câu 30 (VD): Cho hàm số y mx3 mx2 m 1 x 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R? 3 3 3 A. B. C. D.m 0 m 0 m 0 m 4 4 4 Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y x2 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 MA2 2MB2 MC 2 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 2 Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm x2 2x3 1 dx . 3 3 3 3 2x3 1 2x3 1 2x3 1 2x3 1 A. B. C. D. C C C C 18 3 6 9 Trang 4
  5. 2 Câu 36 (TH): Phương trình 2x 3x có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 37 (VD): Cho hàm số y x3 3x2 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. B.90 0C. D. 450 300 600 Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y x3 3x 2 là: A. B. 0 ;C.0 D. 0;2 1;0 1;4 Câu 40 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên ¡ và thỏa mãn xf x x 1 f x e xvới mọi .x Tính f 0 . 1 A. 1B. C. D. 1 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 y mx9 m2 3m 2 x6 2m3 m2 m x4 m đồng biến trên ¡ . A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2 1 Câu 43 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên 0; và thỏa mãn 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: Trang 5
  6. A. 20B. C. 15D. 20 15 Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABC có AB 3a, BC 4a,CA 5a , các mặt bên tạo với đáy góc 600 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình chóp S.ABC . A. B.2a C.3 3D. 6a3 3 12a3 3 2a3 2 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 . 2a3 a3 2 3a3 2 A. B. C. D. 2 2a3 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 y x2 quanh quanh trục Ox . 1 4 A. B. C. D. 6 6 5 u8 u9 u10 Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân un thỏa mãn 2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 . Tính . u2 u3 u4 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. B.x C.2 yD. 2 0 x y 2 0 x y 2 0 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 SAB SCB 900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng a 6 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. B.36 C.a 2D. 6 a2 18 a2 48 a2 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
  7.   Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M1 và có VTCP u1; đường thẳng d2 đi qua điểm M 2 và có VTCP u2.    u ,u .M M 1 2 1 2 Khi đó ta có khoảng cách giữa d1,d2 được tính bởi công thức: d d1;d2   . 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 2 1 2 1 1 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 1 2 2 2 2 2  M1M 2 1;1;4   u ,u 2;2;3 1 2    u ,u .M M 1 2 1 2 2 2 12 16 d d1;d2   . u ,u 22 22 32 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: 2 x 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3 2x x 1 . x 1 2 Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S x 3 2x2 x 1 dx 9 . 1 Câu 3: Đáp án B Phương pháp giải: Sử dụng hằng đẳng thức a2 b2 a b a b . Giải chi tiết: Ta có z4 16 z4 16 0 z2 4 z2 4 0 z2 4 z 2 2 z 4 z 2i Trang 7
  8. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức. 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 yCT 0 . Giải chi tiết: Ta có y 3x2 2mx m2 ; y 0 có m2 3m2 4m2 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 x m y m3 8 3 Khi đó ta có y 0 m 2m m 5m3 x y 8 3 3 27 m 0 3 y m 8 0 m 2 CT 0 m 2 Khi đó yêu cầu bài toán m 0 6 m 0 5m3 6 3 5 yCT 8 0 m 27 3 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 . mx 4 m2 4 Ta có y y . x m x m 2 Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 thì m2 4 0 2 m 2 y 0 1 m 2 m 1 m 1 . m 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 Trang 8
  9. Phương pháp giải: Hàm số y xn với n ¢ xác định khi và chỉ khi x 0 . Giải chi tiết: 1 Hàm số y x 1 3 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 nQ là 1 VTPT của Q .   P / / n  u    P - Vì .   nP nQ ;u P  Q nP  nQ - Phương trình mặt phẳng đi qua M x0 ; y0 ; z0 và có 1 VTPT → n A; B;C là A x x0 B y y0 C z z0 0 . Giải chi tiết:  Đường thẳng có 1 VTCP là u 2; 2;1 .  Mặt phẳng Q có 1 VTPT là nQ 1; 1;2 .    P / / nP  u Gọi nP là 1 VTPT của mặt phẳng P . Vì   . P  Q nP  nQ    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: loga f x loga g x f x g x khi 0 a 1 . Giải chi tiết: x 0 1 ĐKXĐ: x . 2x 1 0 2 Ta có: log 1 x log 1 2x 1 2 2 2 2 log 1 x log 1 2x 1 x 2x 1 2 2 Trang 9
  10. 1 x2 4x2 4x 1 3x2 4x 1 0 x 1 3 1 Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là 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 y x4 2x2 3 tại 3 điểm phân biệt. - Lập BBT hàm số y x4 2x2 3 , từ đó lập BBT hàm số y x4 2x2 3 , y x4 2x2 3 và tìm m thỏa mãn. Giải chi tiết: Số nghiệm của phương trình x4 2x2 3 2m 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y x4 2x2 3 và đường thẳng y 2m 1 . 4 2 3 x 0 Xét hàm số y x 2x 3 ta có y 4x 4x 0 x 1 BBT: Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y x4 2x2 3 . - Từ đồ thị y x4 2x2 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 y x4 2x2 3 như sau: Trang 10
  11. Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y 2m 1 cắt đồ thị hàm số y x4 2x2 3 tại 6 điểm phân biệt khi 5 và chỉ khi 3 2m 1 4 4 2m 5 2 m . 2 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 x2 0 x 2 ĐKXĐ: 2 x 2 x 2 0 x 2 x 2 Ta có: 2 2 log4 x log2 x 2 1 2 .2.log2 x log2 x 2 2 2 2 log2 x log2 x 2 x 2 x x 2 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 x3 12x 1 m 0 m x3 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. Trang 11
  12. Ta có f x 3x2 12 0 x 2 . BBT: 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 15 m 17 . Mà m ¢ m 14; 13; 12; ;15;16 . 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: loga xy loga x loga y 0 a 1, x, y 0 m m log n b log b 0 a 1,b 0 a n a Từ giả thiết tính loga b . - Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay loga 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 log a 3 b log 3 ab.3 a2 ab ab log 3 ab log 3 a2 ab ab 1 1 3 log 1 ab 1 ab 2 2 log 2 ab a 3 1 1 2.log ab ab 1 3 3 . log ab 2 2 a 2 1 3 3 1 log b 4 a Trang 12
  13. 2 1 3 3 3 1 log b 4 a 3 log b a 7 Khi đó ta có: log b 3 a log 3 ab 3 b2 ab ab log 3 ab log 3 b2 ab ab 1 1 3 log 1 ab 1 ab 2 2 log 2 ab b3 1 1 .2.log ab ab 1 3 3 . log ab 2 2 b 2 1 3 3 log a 1 4 b 2 4 1 1 . 7 3 3 1 3 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; . 16 2x3 16 Ta có y 2x ; y 0 x 2 . x2 x2 BBT: Dựa vào BBT ta thấy min y 12 . 0; Câu 14: Đáp án A Trang 13
  14. Phương pháp giải: - Xác định mặt phẳng P chứa DE và song song với SC , khi đó d DE;SC d SC; P . - 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 . 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 1 d C; GDE 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  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  SC; ABCD  SC; AC SCA 450 . SAC 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 2.a 2 a2 . AED 2 2 2 Trang 14
  15. a2 a 10 Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có DE CD2 CE 2 2a2 . 2 2 2S 2a2 2a 10 AH AED . 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 . AG.AH 4a 19 AK 3 5 . 2 2 2 2 19 AG AH 4a 2a 10 3 5 1 2a 19 Vậy d DE;SC . 2 19 Câu 15: Đáp án B Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ t 2x 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: 2 Ta có 4x 1 m.2x 2 1 0 4. 2x 2 m.2x 2 1 0 . 4t 2 1 Đặt t 2x 2 0 , phương trình đã cho trở thành 4t 2 mt 1 0 m g t t 0 . t 4t 2 1 1 1 1 Xét hàm số g t 4t có g t 4 0 t . t t t 2 2 BBT: Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t 0 m 4 . Trang 15
  16. m ¢ Kết hợp điều kiện m 4;5;6; ;2020;2021 . m 2021 Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 16: Đáp án D 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 . 1 ax b - Tính tích phân và tìm a,b,c Giải chi tiết: 2 x3 1 2 x 1 Ta có: dx x 1 dx 2 2 1 x x 1 x x 2 2 x 1 1 x 1 dx dx I 1 1 x x 1 2 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 x 1 2 1 2 2 I dx dx dx 1 x x 1 1 x 1 x 1 2 2 ln x 2ln x 1 ln 2 2ln 3 2ln 2 2ln 3 3ln 2 1 1 1 a 2 2 x3 1 1 dx 2ln 3 3ln 2 b 2 x2 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: m Sử dụng các công thức: loga b mloga b 0 a 1,b 0 1 loga b 0 a,b 1 logb a Trang 16
  17. Giải chi tiết: Ta có: 2 log 4 2log 2 45 32.5 2 log2 3 log2 5 2 2 2log2 3 log2 5 2a b 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 x0 ; y0 ; z0 đến mặt phẳng P : Ax By Cz D 0 là Ax By Cz D d M ; P 0 0 0 . A2 B2 C 2 Giải chi tiết: Trang 17
  18. 2.1 3 2. 2 3 d A; P 2 . 22 12 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. - 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: 3 3 Số cách chọn 3 bạn bất kì là C40 nên số phần tử của không gian mẫu là n  C40 . Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. 1 2 TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C30.C10 cách. 2 1 TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C30.C10 cách. 1 2 2 1 n A C40.C10 C40.C10 . 1 2 2 1 n A C30.C10 C30.C10 15 285 Vậy xác suất của biến cố A là P A 3 . n  C40 26 494 Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải: 1 - Sử dụng công thức tan2 1 . cos2 1 1 - Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: dx tan2 ax b . cos2 ax b a Giải chi tiết: Ta có: 2 1 1 1 tan 2xdx 2 1 dx 2 dx dx tan 2x x C cos 2x cos 2x 2 Câu 22: Đáp án C Phương pháp giải: - Sử dụng tính chất sin cos . 2 Trang 18
  19. - Giải bất phương trình mũ: a f x a g x 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 4 4 x x 3 x x 4 sin cos sin sin x do0 sin 1 5 10 5 5 x 5 x2 4 x 2 0 x 0 x 2 Kết hợp điều kiện x  99;100 ta có x  99; 2 0;2 . Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn. Câu 23: Đáp án B Phương pháp giải:   nP .ud   Gọi là góc giữa P và , khi đó ta có sin   , với np và ud lần lượt là 1 vtpt của P và nP . ud 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 ud 1;2; 2 .   nP .ud 2.1 1.2 2. 2 4 Ta có: sin   . 2 2 2 2 2 2 9 nP . ud 2 1 2 . 1 2 2 65 cos 1 sin2 . 9 Câu 24: Đáp án A Phương pháp giải: - Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un u1 n 1 d , giải hệ phương trình tìm u1,d . 2u n 1 d n - Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u u u u 1 1 2 3 n 2 Giải chi tiết: Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có: Trang 19
  20. 2021 u1 u2020 2 2u1 2019d 2 u 1 2 . u1001 u1021 1 2u1 2020d 1 d 1 2u 2020d .2021 2021 Vậy u u u 1 . 1 2 2021 2 2 Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải:   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 ud là 1 vtcp của đường thẳng d. Giải chi tiết:  Lấy M 1;2;3 d . Đường thẳng d có 1 VTCP là ud 2; 2;1 .    Ta có: AM 2;0;3 AM ;u 6;4; 4 . d   AM ;u 2 2 2 d 6 4 4 2 17 Vậy d A;d  . 2 2 2 3 ud 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 y 8x2 m . x 2 Để hàm số đồng biến trên 0;1 thì y 0x 0;1 m 8x2 x 0;1 . x 2 Đặt g x 8x2 , x 0;1 , khi đó ta có m g x x 0;1 m min g x . x 0;1 2 16x3 2 1 Ta có g x 16x ; g x 0 x tm . x2 x2 2 BBT: Trang 20
  21. 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. 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 2 - Mặt cầu tâm I x0 ; y0 ; z0 , bán kính R có phương trình là x x0 y y0 z z0 R . 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 12 22 32 12 22 32 5t 3 5t 7 5t 3 5t 7 t 1 5 3 2 Khi đó mặt cầu có tâm I 0; 2; 2 , bán kính R . 14 14 2 2 2 Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x2 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 x du Đặt x dv 2x 1 dx 2 v x x x x 1 Khi đó ta có x2 2x 1 ln xdx x2 x ln x x 1 dx x2 x ln x x C 2 Trang 21
  22. 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 a2 b2 a b 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: 1 ab 2a b 2ab 3 a b a b 2ab 3 log2 1 ab log2 a b a b 2ab 2 log2 1 ab 1 log2 a b a b 2ab 2 log2 2 2ab log2 a b log2 a b a b log2 2 2ab 2 2ab * 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 2 b Khi đó * a b 2 2ab a 1 2b 2 b a . 1 2b 2 b Vì a,b 0 0 2 b 0 b 2 . 1 2b Khi đó ta có P a2 b2 a b 2 2ab 2 2ab 2 2ab . 2 b 2b b2 Đặt t 2ab 2 .b 0 b 2 ta có t 2. 1 2b 1 2b 2 2b 1 2b 2b b2 .2 t 2. 1 2b 2 2 4b 2b 4b2 4b 2b2 4 4b 4b2 2. 1 2b 2 1 2b 2 1 5 t 0 b 2 BBT: Trang 22
  23. t 0;3 5 . 2 2 Khi đó ta có P 2 t 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 . 2 min Câu 30: Đáp án D Phương pháp giải: - 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: y 3mx2 2mx m 1 . Để hàm số nghịch biến trên ¡ thì y 0x ¡ . 3mx2 2mx m 1 0x ¡ m 0 m 0 m 0 1 0x ¡ luon dung m 0 m 0 m 0 3 4m2 3m 0 2 m 0 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: Trang 23
  24. 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 8 Đặt g x 2x , khi đó * m min g x . x 0; 8 8 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2x 2 2x. 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 3a b 0 a 1 3a b a 3b 8 i 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 MA2 2MB2 MC 2 theo MI. - Chứng minh đó MA2 2MB2 MC 2 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 . Trang 24
  25. - 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 MA2 2MB2 MC 2 MA 2MB MC   2   2   2  2      2  2  2 MI IA 2 MI IB MI IC 2MI 2MI IA 2IB IC IA 2IB IC 2MI 2 IA2 2IB2 IC 2 Vì I, A, B,C cố định nên IA2 2IB2 IC 2 không đổi, do đó MA2 2MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. 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 nP 1;2; 2 cùng phương, với nP là 1 vtpt của 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 nP 1;2; 2 cùng phương, lại có M P nên ta có hệ phương trình: 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: Trang 25
  26. Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t 2x3 1 . Giải chi tiết: dt Đặt t 2x3 1 dt 6x2dx x2dx . 6 3 2 3 3 2 t dt 1 t 2x 1 Khi đó ta có x2 2x3 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: Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có: x x2 x x2 2 2 3 log3 2 log3 3 x log3 2 x x x log3 2 0 x 0 x 0 x log3 2 0 x log3 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực. Câu 37: Đáp án C Phương pháp giải: - Gọi M x0 ; y0 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 M x0 ; y0 là y f x0 x x0 f x0 . - Cho A 1;0 d , giải phương trình tìm số nghiệm x0 . Số nghiệm x 0chính là số tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A 1;0 cần tìm. Giải chi tiết: Ta có y 3x2 6x . Gọi M x0 ; y0 thuộc đồ thị hàm số. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M x0 ; y0 là 2 3 2 y 3x0 6x0 x x0 x0 3x0 2 d . Cho A 1;0 d ta có: 2 3 2 0 3x0 6x0 1 x0 x0 3x0 2 2 3 2 3 2 3 0 3x0 6x0 3x0 6x0 x0 3x0 2 0 2x0 6x0 2 x0 0,32 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: Trang 26
  27. - 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: 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 SCA 300 . SC 3 Vậy  SC; ABCD 300 . 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: y x3 3x 2 y 3x2 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 x 1 ex xex . 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 Trang 27
  28. xf x x 1 f x e x xex f x x 1 ex f x 1 Ta có xex ex xex x 1 ex xex f x xex f x 1 x x x xe f x 1 xe f x dx dx xe f x x C x 0 Thay x 0 ta có 0 0 C C 0 , do đó xex f x x x ex f x 1 0 1 f x e x ex f x e x f 0 e0 1 Câu 41: Đáp án A Phương pháp giải:   - Vì d  P nên ud nP . 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 nP 1; 2; 3 .  Gọi d là đường thẳng đi qua A 1; 1; 2 và vuông góc với P và ud là 1 vtcp của đường thẳng d.   Vì d  P nên ud nP 1; 2; 3 . 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: y 9mx8 6 m2 3m 2 x5 4 2m3 m2 m x3 3 5 2 2 3 2 y x 9mx 6 m 3m 2 x 4 2m m m x 0 nghiemboi3 Cho y 0 5 2 2 3 2 9mx 6 m 3m 2 x 4 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: Trang 28
  29. m 1 1 2m3 m2 m 0 m 2 m 0 Thử lại: + Với m 0 ta có y 12x5 không thỏa mãn y 0x ¡ . + Với m 1 ta có y 9x8 0x ¡ (thỏa mãn). 1 9 45 9 x 0 + Với m ta có y x8 x5 x5 x3 5 0 , do đó không thỏa mãn 3 2 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 1 - Thay x , sau đó rút f theo f x và thế vào giả thiết. t x 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 1 Ta có: 2 f x xf x , với x ta có 2 f f t f f t x t t t t t 2 t t 1 1 1 1 f f x x 2 x x Khi đó ta có 1 1 1 1 1 2 f x x f x x 2 f x f x x 2 x x 2 2 3 1 3 2 2 1 f x x f x dx x dx 2 2 2 1 1 2 2 2 3 2 9 2 3 f x dx f x dx 2 1 8 1 4 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. Trang 29
  30. 2 2 - Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB xB xA yB yA . 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 x 2 x 1 2x2 2x 2x2 2x 1 0 * Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là xA , xB là nghiệm của phương trình (*). x x 1 1 2 Áp dụng định lí Vi-ét ta có 1 . x x 1 2 2 Ta có: A xA;1 2xA ; B xB ;1 2xB nên: 2 2 2 AB xB xA 1 2xB 1 2xA 2 2 2 AB xB xA 4 xB xA 2 2 AB 5 xB xA AB2 5 x x 2 4x x A B A B 2 2 1 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: Trang 30
  31. 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 . Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp ABC SH  ABC Xét ABC có AB2 BC 2 CA2 25a2 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 SKH 600 . 1 S .3a.4a Vì HK là bán kính đường tròn nội tiếp ABC nên HK ABC 2 a . 3a 4a 5a p ABC 2 Xét tam giác vuông SHK ta có SH HK.tan 600 a 3 . 1 1 1 Vậy V SH.S a 3. .3a.4a 2 3a3 . 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 VABC.A B C A A.S ABC . Giải chi tiết: Trang 31
  32. BC  AM Gọi M là trung điểm của BC ta có BC  A BC . BC  AA AH  BC Trong A BC kẻ AH  A M H A M ta có: AH  A BC AH  A M d A; A BC AH a . 3 2 3 Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên AM 2a. a 3 và S 2a a2 3 . 2 ABC 4 1 1 1 1 1 1 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AA M ta có AH 2 A A2 AM 2 a2 A A2 3a2 1 2 a 6 A A A A2 3a2 2 a 6 3a3 2 Vậy V A A.S .a2 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 V f 2 x g 2 x dx . a Giải chi tiết: 2 x 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm 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 x4 dx . 1 5 Câu 48: Đáp án A Phương pháp giải: Trang 32
  33. n k Sử dụng công thức un uk q Giải chi tiết: Giả sử cấp số nhân có công bội là q, khi đó theo bài ra ta có: 2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 2 2 2 2 2 u3 u3q u3q u6 u6q u6q 2u3 1 q q u6 1 q q 2 2u3 u6 do1 q q 0 q u 0 2u u q3 u 2 q3 0 3 3 3 3 3 q 2 Ta có: 2 2 6 u u u u u q u q u8 1 q q u q 8 9 10 8 8 8 2 q6 4 2 2 u2 u3 u4 u2 u2q u2q u2 1 q q u2 Câu 49: Đáp án D Phương pháp giải: - Sử dụng công thức z1 z2 z1 z2 ; z z . - Đặt z a bi , sử dụng công thức z a2 b2 , 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 a 1 b 3 i a 1 b 1 i a 1 2 b 3 2 a 1 2 b 1 2 2a 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: Trang 33
  34. Gọi I là trung điểm của SB . Vì SAB SCB 900 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 v SAB và v SCB có AB CB gt , SB chung v SAB v SCB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) SA S SAC cân tại S. SM  AC Gọi M là trung điểm của AC ta có AC  SBM . BM  AC SH  BM Trong SBM kẻ SH  BM ta có: SH  ABC . SH  AC AC  SBM 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: 9a2 SM SC 2 MC 2 x2 2 SB BC 2 SC 2 9a2 x2 . 9a2 9a2 x2 9a2 x2 Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có p 2 2 . 2 Diện tích tam giác SBM là: SSBM p p SM p SB p BM 2S Khi đó ta có SH SBM . BM Ta có: Trang 34
  35. 1 1 VS.ABC SH.S ABC d A; SBC .S SBC 3 3 SH.S ABC d A; SBC .S SBC 2S 1 1 SBM . .3a.3a a 6. .3a.x x 3 3a BM 2 2 Áp dụng định lí Pytago ta có: SB SC 2 BC 2 27a2 9a2 6a R IS 3a . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là S 4 R2 4 .9a2 36 a2 . Trang 35