TRƯỜNG ĐH KHTN
ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHTN
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề
Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :
d2 :
x y 1 z 1
và
2
1
2
x 1 y 2 z 3
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng
1
2
2
A.
17
16
17
4
B.
16
17
C.
D. 16
Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y x 3 và parabol y 2 x 2 x 1 bằng
A. 9
B.
13
6
C.
13
3
D.
9
2
Câu 3 (TH): Phương trình z 4 16 có bao nhiêu nghiệm phức?
A. 0
B. 4
C. 2
D. 1
Câu 4 (VD): Cho hàm số y x3 mx 2 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
Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y
A. 4
B. 2
mx 4
nghịch biến trên khoảng 1;1 ?
xm
C. 5
D. 0
1
Câu 6 (NB): Hàm số y x 1 3 có tập xác định là
A. 1;
B. 1;
C. ;
D. ;1 1;
x y 1 z 1
Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
và mặt
2
2
1
phẳng Q : x y 2 z 0. Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A 0; 1; 2 , song song với
đường thẳng và vuông góc với mặt phẳng Q .
A. x y 1 0
B. 5 x 3 y 3 0
C. x y 1 0
Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x log
2
1
A. ;1
2
1
B. ;1
4
1
C. ;1
4
1
2
2 x 1
D. 5 x 3 y 2 0
là
1
D. ;1
2
Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x 4 2 x 2 3 2m 1 có đúng 6 nghiệm
thực phân biệt.
Trang 1
A. 1 m
3
2
B. 4 m 5
C. 3 m 4
D. 2 m
5
2
Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình log 4 x2 log 2 x2 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 12 x 1 m cắt trục hoành tại
3 điểm phân biệt?
A. 3
B. 33
C. 32
Câu 12 (VD): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn log
A.
1
3
B.
1
3
B. 4
a b 3. Tính log b a .
3
ab
C. 3
Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 2
A. 6
D. 31
3
ab
D. 3
16
trên 0; bằng:
x
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.
A.
2a 19
19
B.
a 10
19
C.
a 10
5
D.
2a 19
5
Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình
4 x 1 m.2 x 2 1 0 có nghiệm?
A. 2019
B. 2018
C. 2021
D. 2017
x3 1
dx a b ln 3 c ln 2 với a, b, c là các số hữu tỉ. Tính 2a 3b 4c.
Câu 16 (TH): Biết rằng 2
x x
1
2
A. 5
B. 19
C. 5
D. 19
Câu 17 (TH): Biết rằng log 2 3 a, log 2 5 b. Tính log 45 4 theo a , b.
A.
2a b
2
B.
2b a
2
C.
2
2a b
D. 2ab
Câu 18 (TH): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau, chia hết cho 15 và mỗi chữ số
đều không vượt quá 5.
A. 38
B. 48
C. 44
D. 24
Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;3; 2 và mặt phẳng
P : 2 x y 2 z 3 0. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng P
A.
2
3
B. 2
C. 3
bằng:
D. 1
Trang 2
Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban
cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
A.
435
988
B.
135
988
Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm
A.
1
tan 2 x x C
2
tan
2
C.
285
494
D.
5750
9880
C.
1
tan 2 x x C
2
D. tan 2x x C
2 xdx.
B. tan 2x x C
4
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
x
D. 4
Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 1 y 2
z
và mặt
1
2
2
phẳng P :2 x y 2 z 3 0. Gọi α là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng (P). Khẳng định nào sau
đây là đúng?
A. cos
4
9
B. sin
4
9
C. cos
4
9
D. sin
4
9
Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng un thỏa mãn u1 u2020 2, u1001 u1221 1. Tính u1 u2 .... u2021.
A.
2021
2
B. 2021
C. 2020
D. 1010
Câu 25 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 1 y 2 z 3
và điểm
2
2
1
A 1; 2;0 . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:
A.
17
9
B.
17
3
C.
2 17
9
D.
2 17
3
8
Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y x 3 2 ln x mx đồng biến trên
3
0;1 ?
A. 5
B. 10
C. 6
D. vô số
Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 1 y 1 z
và hai mặt
1
1
2
phẳng P : x 2 y 3z 0, Q : x 2 y 3z 4 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng
và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q .
A. x 2 y 2 z 2
1
7
B. x 2 y 2 z 2
1
7
C. x 2 y 2 z 2
2
7
D. x 2 y 2 z 2
2
7
2
2
2
2
2
2
2
2
Trang 3
2 x 1 ln xdx .
Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm
A. x x 2 ln x
x2
xC
2
B. x x 2 ln x
x2
xC
2
C. x x 2 ln x
x2
xC
2
D. x x 2 ln x
x2
xC
2
Câu 29 (VDC): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2a b 2 ab 3
1 ab
. Giá trị nhỏ nhất của biểu
ab
thức a 2 b 2 là:
A. 3 5
B.
5 1
5 1
2
2
C.
D. 2
Câu 30 (VD): Cho hàm số y mx3 mx 2 m 1 x 1 . Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch
biến trên R?
3
A. m 0
4
3
C. m 0
4
B. m 0
D. m
3
4
Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y x 2 8ln 2 x 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
D. 2
C. 1
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 2 y 2 z 1 0 . Biết rằng điểm M a; b; c thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức
MA2 2 MB 2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a b c bằng:
A. 1
B. 1
C. 3
Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số y ln
A.
x
x 1
B.
1
x 1
Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm
2x
A.
3
1
18
3
C
2x
B.
2
1
3
x 1 .
C.
x 2x
3
3
D. 5
1
x x
D.
1
2x 2 x
1 dx .
3
C
2
2x
C.
3
1
6
3
C
2x
D.
3
1
9
3
C
Câu 36 (TH): Phương trình 2 x 3x có bao nhiêu nghiệm thực?
2
A. 2
B. 1
C. 0
D. 3
Trang 4
Câu 37 (VD): Cho hàm số y x3 3x 2 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. 90 0
B. 450
C. 30 0
D. 60 0
Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y x3 3x 2 là:
A. 0;0
B. 0; 2
D. 1; 4
C. 1;0
Câu 40 (VD): Cho hàm số f x liên tục trên
và thỏa mãn xf x x 1 f x e x với mọi x .
Tính f 0 .
B. 1
A. 1
C.
1
e
D. e
Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 2 và mặt phẳng
P : x 2 y 3z 4 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).
A.
x 1 y 1 z 2
1
2
3
B.
x 1 y 1 z 2
1
2
3
C.
x 1 y 1 z 2
1
2
3
D.
x 1 y 1 z 2
1
2
3
Câu
42
(VDC):
Có
bao
nhiêu
giá
trị
y mx9 m2 3m 2 x6 2m3 m2 m x 4 m đồng biến trên
A. Vô số
B. 1
thực
của
m
để
hàm
số
.
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
A.
7
12
B.
7
4
C.
9
4
Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y 1 2 x cắt đồ thị hàm số y
D.
3
4
x2
tại hai điểm phân biệt A và
x 1
B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:
A. 20
B.
20
C. 15
D. 15
Trang 5
Câu 45 (VD): Cho hình chóp S.ABC có AB 3a, BC 4a, CA 5a , các mặt bên tạo với đáy góc 60 0 ,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình
chóp S.ABC .
A. 2a 3 3
D. 2a3 2
C. 12a 3 3
B. 6a 3 3
Câu 46 (VD): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng ABC bằng a. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC .
2a 3
3
A.
B.
a3 2
2
C. 2 2a3
D.
3a 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 x 2 quanh quanh trục Ox .
A.
1
6
B.
6
C.
4
5
D.
Câu 48 (TH): Cho cấp số nhân un thỏa mãn 2 u3 u4 u5 u6 u7 u8 . Tính
A. 4
B. 1
C. 8
u8 u9 u10
.
u2 u3 u4
D. 2
Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 1 3i z 1 i .
A. x 2 y 2 0
B. x y 2 0
C. x y 2 0
D. x y 2 0
Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB BC 3a , góc
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. 36 a 2
C. 18 a 2
B. 6 a 2
D. 48 a 2
Đáp án
1-C
2-A
3-B
4-C
5-B
6-B
7-C
8-A
9-D
10-B
11-D
12-B
13-D
14-A
15-B
16-D
17-C
18-A
19-B
20-C
21-A
22-C
23-B
24-A
25-D
26-C
27-B
28-A
29-C
30-D
31-D
32-D
33-C
34-D
35-A
36-A
37-C
38-C
39-B
40-B
41-A
42-B
43-D
44-D
45-A
46-D
47-D
48-A
49-D
50-A
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
Phương pháp giải:
Trang 6
Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 và có VTCP u1; đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 và có VTCP u2 .
Khi đó ta có khoảng cách giữa d1 , d 2 được tính bởi công thức: d d1 ; d 2
u1 ,u2 .M1M 2
.
u1 ,u2
Giải chi tiết:
Ta có:
d1 :
x y 1 z 1
d1 đi qua M1 0;1; 1 và có 1 VTCP là: u1 2;1; 2 .
2
1
2
d2 :
x 1 y 2 z 3
d 2 đi qua M 2 1; 2;3 và có 1 VTCP là: u2 1; 2; 2 .
1
2
2
M 1M 2 1;1; 4
u1 , u2 2; 2;3
u1 ,u2 .M 1M 2
2 2 12
16
.
d d1 ; d 2
2
2
2
17
u1 ,u2
2 2 3
Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn x a, x b .
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , y g x , đường thẳng x a, x b là
b
S f x g x dx .
a
Giải chi tiết:
x 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3 2 x 2 x 1
.
x 1
2
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là S
x 3 2x
2
x 1 dx 9 .
1
Câu 3: Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức a 2 b2 a b a b .
Giải chi tiết:
Ta có
z 4 16 z 4 16 0 z 2 4 z 2 4 0
z2 4
z 2
2
z 2i
z 4
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phức.
Trang 7
Câu 4: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Giải phương trình y 0 xác định các giá trị cực trị theo m.
- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình yCT 0 .
Giải chi tiết:
Ta có y 3x 2 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
m0
m 2m
m y m3 8
x
3
Khi đó ta có y 0
3
x m 2m m y 5m 8
3
3
27
m 0
3
0 m 2
yCT m 8 0 m 2
6
Khi đó yêu cầu bài toán m 0
m0
3
3 5
5m
6
yCT 27 8 0 m 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:
ax b
Hàm số y
nghịch biến trên ; khi và chỉ khi
cx d
y 0
d
c ;
Giải chi tiết:
TXĐ: D
Ta có y
\ m .
mx 4
m2 4
y
.
2
xm
x m
Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;1 thì
m 2 4 0
2 m 2
y 0
1 m 2
.
m 1 m 1
2
m
1
m 1;1
m 1
m 1
Lại có m m 1.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6: Đáp án B
Phương pháp giải:
Trang 8
xác định khi và chỉ khi x 0 .
Hàm số y x n với n
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 .
nP u
P / /
nP nQ ; u .
- Vì
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 .
nP u
P / /
Gọi nP là 1 VTPT của mặt phẳng P . Vì
.
P Q nP nQ
nP nQ ; u 3;3; 0 n 1;1;0 cũng là 1 VTPT của P .
Vậy phương trình mặt phẳng P là 1. x 0 1. y 1 0. z 2 0 x y 1 0 .
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit: log a f x log a g x f x g x khi 0 a 1 .
Giải chi tiết:
x 0
1
x .
ĐKXĐ:
2
2 x 1 0
Ta có:
log 1 x log
2
1
2
2 x 1
log 1 x log 1 2 x 1 x 2 x 1
2
2
2
2
x 2 4 x 2 4 x 1 3x 2 4 x 1 0
1
x 1
3
Trang 9
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 x 4 2 x 2 3 tại 3 điểm phân biệt.
- Lập BBT hàm số y x 4 2 x 2 3 , từ đó lập BBT hàm số y x 4 2 x 2 3 , y x 4 2 x 2 3 và tìm m
thỏa mãn.
Giải chi tiết:
Số nghiệm của phương trình x 4 2 x 2 3 2m 1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y x 4 2 x 2 3 và
đường thẳng y 2m 1 .
x 0
Xét hàm số y x 4 2 x 2 3 ta có y 4 x 3 4 x 0
x 1
BBT:
Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y x 4 2 x 2 3 .
- Từ đồ thị y x 4 2 x 2 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 x 4 2 x 2 3 như sau:
Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y 2m 1 cắt đồ thị hàm số y x 4 2 x 2 3 tại 6 điểm phân biệt khi
và chỉ khi 3 2m 1 4 4 2m 5 2 m
5
.
2
Trang 10
Vậy 2 m
5
.
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
x 2
x 0
x 2
ĐKXĐ: 2
x 2 0
x 2
x 2
2
Ta có:
log 4 x2 log 2 x2 2
1
.2.log 2 x log 2 x 2 2
2
log 2 x log 2 x 2 2 x 2 2 x
x x 2 0 x 2 x 2 tm
2
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 12 x 1 m 0 m x3 12 x 1 f x .
Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số
y f x tại 3 điểm phân biệt.
Ta có f x 3x 2 12 0 x 2 .
BBT:
Trang 11
Dựa vào BBT ta thấy để đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân biệt thì
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
log an b m
m
log a b 0 a 1, b 0
n
Từ giả thiết tính log a b .
- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay log a b vừa tính được để tính giá
trị biểu thức.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo
gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2
3+134(1+logab)=3⇒logab=−37
log
a b log
3
ab
log
log
3
ab
3
ab
ab log
3
ab
1
ab
1
2
ab . 3 a 2
a2
1
ab 3
1
log
2
a3
ab 2
1
1
2.log ab ab
1 3
3
. log a ab
2 2
2
1
3 3 1 log b
a
4
2
1
3
3 3 1 log b
a
4
Trang 12
log a b
3
7
Khi đó ta có:
log
b a log
3
ab
log
log
3
ab
3
ab
ab log
3
ab
1
ab
1
2
ab 3 b 2
b2
1
ab 3
1
log
2
b3
ab 2
1
1
.2.log ab ab
1
3
3
. log b ab
2 2
2
1
3 3 log a 1
b
4
2 4
1
1
.
3 3 7 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; .
Ta có y 2 x
16 2 x3 16
; y 0 x 2 .
x2
x2
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy min y 12 .
0;
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định mặt phẳng P chứa DE và song song với SC , khi đó d DE; SC d SC; P .
Trang 13
- Đổi sang d A; P . Dựng khoảng cách.
- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng đó.
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:
Trong ABCD gọi I AC DE , trong SAC kẻ IG / / SC G SA , khi đó ta có DE GDE / / SC .
d SC; DE d SC; GDE d C; GDE .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
d C ; GDE
d C; GDE IC 1
IC EC 1
, do AC GDE I nên
IA AD 2
d A; GDE IA 2
1
d A; GDE .
2
Trong ABCD kẻ AH DE H DE , trong GAH kẻ AK GH K GH ta có:
DE AH
DE AGH DE AK
DE 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 .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có
Ta có: SAED
AG AI 2
4a
AG
.
AS AC 3
3
1
1
1
d E; AD . AD AB. AD a 2.a 2 a 2 .
2
2
2
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có DE CD 2 CE 2 2a 2
a 2 a 10
.
2
2
Trang 14
2 S AED
2a 2
2a 10
.
AH
ED
5
a 10
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông GAH ta có
AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√10
AK
AG. AH
AG 2 AH 2
Vậy d DE ; SC
4a 2a 10
.
3
5
2
4a 2a 10
3 5
2
4a 19
.
19
1 2 a 19
.
2
19
Câu 15: Đáp án B
Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ t 2 x 2 0 .
- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m g t t 0 .
- Lập BBT của hàm số g t khi t 0 .
- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Giải chi tiết:
Ta có 4 x 1 m.2 x 2 1 0 4. 2 x 2 m.2 x 2 1 0 .
2
Đặt t 2 x 2 0 , phương trình đã cho trở thành 4t 2 mt 1 0 m
Xét hàm số g t
4t 2 1
g t t 0 .
t
4t 2 1
1
1
1
4t có g t 4 2 0 t .
t
2
t
t
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t 0 m 4 .
m
m 4;5;6;...; 2020; 2021 .
Kết hợp điều kiện
m
2021
Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16: Đáp án D
Trang 15
Phương pháp giải:
- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ
hơn bậc mẫu.
2
- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng
k
ax b dx .
1
- Tính tích phân và tìm a, b, c
Giải chi tiết:
x3 1
x 1
1 x 2 x dx 1 x 1 x 2 x dx
2
Ta có:
2
2
2
1
1
x 1 dx
Giả sử
1
x 1
dx I
2
x x 1
B x 1 Cx
x 1
B
C
x 1
x x 1 x x 1
x x 1
x x 1
B C x B B C 1 B 1
x 1
x x 1
x x 1
B 1
C 2
Khi đó ta có
2
I
1
x 1
1
2
dx dx
dx
x x 1
x
x 1
1
1
2
2
2
2
ln x 1 2 ln x 1 1 ln 2 2ln3 2ln 2 2 ln 3 3ln 2
1
a 2
2
x3 1
1
2
dx 2 ln 3 3ln 2 b 2
x x
2
1
c 3
1
Vậy 2a 3b 4c 2. 3.2 4. 3 19 .
2
Câu 17: Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức: log a bm m log a b 0 a 1, b 0
log a b
1
0 a, b 1
log b a
Giải chi tiết:
Ta có:
log 45 4 2 log 32.5 2
2
log 2 3 log 2 5
2
Trang 16
2
2
2 log 2 3 log 2 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
d M ; P
cách
từ
M x0 ; y0 ; z0
điểm
Ax0 By0 Cz0 D
A2 B 2 C 2
đến
mặt
phẳng
P : Ax By Cz D 0
là
.
Giải chi tiết:
d A; P
2.1 3 2. 2 3
22 12 2
2
2.
Câu 20: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu là n là số cách chọn 3 học sinh bất kì.
Trang 17
- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”. Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A
là n A .
+ TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ
+ TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ
- Tính xác suất của biến cố A: P A
n A
n
.
Giải chi tiết:
3
Số cách chọn 3 bạn bất kì là C 403 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
TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C30
.C102 cách.
1
TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C302 .C10
cách.
1
n A C40
.C102 C402 .C101 .
Vậy xác suất của biến cố A là P A
n A
n
1
1
C30
.C102 C302 .C10
15 285
.
3
C40
26 494
Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức tan 2
1
1.
cos 2
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng:
1
1
cos ax b dx a tan ax b .
2
2
Giải chi tiết:
Ta có:
tan
2
1
1
1
1 dx
dx dx tan 2 x x C
2xdx
2
2
cos 2 x
2
cos 2 x
Câu 22: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng tính chất sin cos .
2
f x
g x
- Giải bất phương trình mũ: a a 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:
Vì
5
3 5
3
nên sin cos
.
10 10 2
5
10
Khi đó ta có
Trang 18
4
4
3 x
x
sin
cos
sin sin x
5
10
5
5
x
x
4
do 0 sin 1
x
5
x 2
x2 4
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
nP . ud
, với n p và ud lần lượt là 1 vtpt của P và
vtcp của Δ.
Giải chi tiết:
Mặt phẳng P :2 x y 2 z 3 0 có 1 vtpt là nP 2; 1; 2 , đường thẳng :
x 1 y 2
z
có 1
1
2
2
vtcp là ud 1; 2; 2 .
Ta có: sin
nP .ud
nP . ud
cos 1 sin 2
2.1 1.2 2. 2
2 1 2 . 1 2 2
2
2
2
2
2
2
4
.
9
65
.
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 .
2u1 n 1 d n
- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: u1 u2 u3 ... un
2
Giải chi tiết:
Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:
2021
u1 u2020 2
2u1 2019d 2
u1
2 .
u1001 u1021 1 2u1 2020d 1
d 1
Vậy u1 u2 ... u2021
2u1 2020 d .2021 2021 .
2
2
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 19
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là d A; d
AM ; ud
, 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 ; ud 6; 4; 4 .
2
AM ; ud
6 2 4 2 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 .
Ta có y 8 x 2
2
m.
x
2
Để hàm số đồng biến trên 0;1 thì y 0 x 0;1 m 8 x 2 x 0;1 .
x
2
Đặt g x 8 x 2 , x 0;1 , khi đó ta có m g x x 0;1 m min g x .
0;1
x
Ta có g x 16 x
2 16 x3 2
1
; g x 0 x tm .
2
2
2
x
x
BBT:
Dựa vào BBT m 6 . Kết hợp điều kiện m
m 1; 2;3; 4;5;6 .
Vậy có 6 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trang 20
- Xem thêm -
.PDF 
34 
1 
52 
