31. Đề thi thử TN THPT 2021 - Môn Toán - THPT Chuyên KHTN - Hà Nội - Lần 1 - File word có lời giải.doc – có lời giải - file word

TRƯỜNG ĐH KHTN TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ₁ 1 1

:2 1 2

x y z

d    

 và

2

1 2 3

: .

1 2 2

x y z

d     

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng:

A. 17

16 B. 17

4 C. 16

17 D. 16

Câu 2 (TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y x 3 và parabol y2x² x 1 bằng:

A. 9 B. 13

6 C. 13

3 D. 9

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 x ³mx²m x² 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 mx 4 y x m

 

 nghịch biến trên khoảng



^{1;1 ?}



A. 4 B. 2 C. 5 D. 0

Câu 6 (NB): Hàm số ^y



^x1



¹³ có tập xác định là:

A.



^1;



B.



^1;



C.



^{ ;}



D.



^{  ;1}

 

^1;



Câu 7 (TH): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1

:2 2 1

x y z

  

 và mặt

phẳng

 

^{Q x y:  2z0.} Viết phương trình mặt phẳng

 

^P đi qua điểm ^A



^{0; 1; 2 ,}



song song với đường thẳng  và vuông góc với mặt phẳng

 

^{Q .}

A. x y  1 0 B. 5 x 3y 3 0 C. x y  1 0 D. 5 x 3y 2 0 Câu 8 (TH): Tập nghiệm của bất phương trình 1 1

 

2 2

log xlog 2x1 là:

A. 1 2;1

 

 

  B. 1

4;1

 

 

  C. 1

4;1

 

 

  D. 1

2;1

 

 

 

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.

A. 3

1 m 2 B. 4 m 5 C. 3 m 4 D. 5

2 m 2 Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình ^{log4x2 log2}



^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 x ³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 ab

 

a b³ ^3. Tính ^log ab

 

b a^{3 .} A. 1

3 B. 1

3 C. 3 D. 3

Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số ² 16

y x  x trên



^0;



bằng:

A. 6 B. 4 C. 24 D. 12

Câu 14 (VD): Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45 . Gọi E là trung điểm của ⁰ BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC.

A. 2 19 19

a B. 10

19

a C. 10

5

a D. 2 19

5 a

Câu 15 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m không vượt quá 2021 để phương trình

1 2

4^x m.2^x  1 0 có nghiệm?

A. 2019 B. 2018 C. 2021 D. 2017

Câu 16 (TH): Biết rằng

2 3

2 1

1 ln 3 ln 2

x dx a b c

x x

   



 ^{với , ,a b c} là các số hữu tỉ. Tính 2a3b4 .c

A. 5 B. 19 C. 5 D. 19

Câu 17 (TH): Biết rằng log 32 a,log 52 b. Tính log 4 theo , .45 a b A. 2

2 a b

B. 2 2 b a

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 : 2x y 2z 3 0.} Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 

^P bằng:

A. 2

3 B. 2 C. 3 D. 1

Câu 20 (TH): Một lớp học có 30 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.

A. 435

988 B. 135

988 C. 285

494 D. 5750

9880 Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm



tan 2² xdx.

A. 1 tan 2

2 x x C  B. tan 2x x C  C. 1 tan 2

2 x x C  D. tan 2x x C  Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn



^99;100



của bất phương trình

3 4

sin cos

5 10

x x

 

   

   

    là:

A. 5 B. 101 C. 100 D. 4

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2

: 1 2 2

x y z

  

 và mặt 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?

A. 4

cos  9 B. 4

sin  9 C. 4

cos 9 D. 4

sin  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 1 2 3

: 2 2 1

x y z

  

 và điểm



^{1; 2;0 .}



A  Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ bằng:

A. 17

9 B. 17

3 C. 2 17

9 D. 2 17

3 Câu 26 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số 8 ³

3 2ln

y x  x mx đồng biến trên

 

^{0;1 ?}

A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số

Câu 27 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1

: 1 1 2

x y z

   và hai mặt

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 .}

A. ²



²

 

^{2 2}



^{2 1}

x  y  z 7 B. ²



²

 

^{2 2}



^{2 1}

x  y  z 7 C. ²



²

 

^{2 2}



^{2 2}

x  y  z 7 D. ²



²

 

^{2 2}



^{2 2}

x  y  z  7 Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm

 

^{2x1 ln}



^xdx.

A.



^{x x 2}



^{lnx x}₂^{2  x C B.}



^{x x 2}



^lnxx₂^{2  x C}

C.



^{x x 2}



^{lnx x}₂^{2  x C D.}



^{x x 2}



^lnxx₂^{2  x C}

Câu 29 (VDC): Cho ,a b là các số thực dương thỏa mãn ^{2 3} 1 2^{a b ab} ab

a b

    

 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức a²b² là:

A. 3 5 B.



^{5 1}



^{2 C. 5 1}₂^{ D. 2}

Câu 30 (VD): Cho hàm số ^{y mx 3mx2}



^m1



^x1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số nghịch biến trên R?

A. 3 4 m 0

   B. m0 C. 3

4 m 0

   D. 3

m 4

Câu 31 (VD): Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để hàm số y x ²8ln 2x mx đồng biến trên



^0;



?

A. 6 B. 7 C. 5 D. 8

Câu 32 (TH): Cho số phức z thỏa mãn ^{3z i z}



^{ 8}



⁰. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng:

A. 1 B. 2 C. 1 D. 2

Câu 33 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm ^A



^1;0;2



, ^B



^1;1;3



, ^C



^{3; 2;0}



và mặt phẳng

 

^{P x: 2y2z 1 0}. Biết rằng điểm ^{M a b c}



^{; ;}



thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức

2 2 2 2

MA  MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a b c  bằng:

A. 1 B. 1 C. 3 D. 5

Câu 34 (TH): Tính đạo hàm của hàm số ^yln



^x1



^.

A. 1

x

x B. 1

1

x C. 1

x x D. 1

2x2 x Câu 35 (TH): Tính nguyên hàm



^x2



^2x31



^2dx.

A.



^{2 3 1}



³

18

x  C

 B.



^{2 3 1}



³

3

x  C

 C.



^{2 3 1}



³

6

x  C

 D.



^{2 3 1}



³

9

x  C



Câu 36 (TH): Phương trình 2^x 3^x2 có bao nhiêu nghiệm thực?

A. 2 B. 1 C. 0 D. 3

Câu 37 (VD): Cho hàm số y x ³3x²2. Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm

 

^1;0

A ?

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. 90⁰ B. 45⁰ C. 30⁰ D. 60⁰

Câu 39 (TH): Tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số y x ³3x2 là:

A.

 

^0;0 B.



^{0; 2}



C.

 

^1;0 D.



^{1; 4}



Câu 40 (VD): Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên _ và thỏa mãn ^{xf x}

  

^{ x1}

  

^{f x ex} với mọi ^x. Tính ^f

 

⁰ .

A. 1 B. 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: 2y3z 4 0}. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

A. 1 1 2

1 2 3

x  y  z

  B. 1 1 2

1 2 3

x  y  z



C. 1 1 2

1 2 3

x  y  z

  D. 1 1 2

1 2 3

x  y  z



Câu 42 (VDC): Có bao nhiêu giá trị thực của m để hàm số

   

9 2 6 3 2 4

3 2 2

y mx  m  m x  m m m x m đồng biến trên _ .

A. Vô số B. 1 C. 3 D. 2

Câu 43 (VD): Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên



^0;



và thỏa mãn ^{2f x}

 

^{xf 1 x}

x

     với mọi x0.

Tính ²

 

1 2

f x dx



.

A. 7

12 B. 7

4 C. 9

4 D. 3

4

Câu 44 (TH): Biết rằng đường thẳng y 1 2x cắt đồ thị hàm số 2 1 y x

x

 

 tại hai điểm phân biệt A và B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:

A. 20 B. 20 C. 15 D. 15

Câu 45 (VD): Cho hình chóp S ABC. có AB3 ,a BC 4 ,a 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. 2a³ 3 B. 6a³ 3 C. 12a³ 3 D. 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.   .

A. 2 ³ 3

a B. ³ 2

2

a C. 2 2a³ D. 3 ³ 2

2 a

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 ^{8 9 10}

2 3 4

u u u u u u

 

  .

A. 4 B. 1 C. 8 D. 2

Câu 49 (VD): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 1 3i   z 1 i . A. x2y 2 0 B. x y  2 0 C. x y  2 0 D. x y  2 0

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB BC 3a, góc 900

SAB SCB

    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a² B. 6a² C. 18a² D. 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:

Cho đường thẳng d1 đi qua điểm M1 và có VTCP u₁;

đường thẳng d2 đi qua điểm M2 và có VTCP u₂.

Khi đó ta có khoảng cách giữa d d1, 2 được tính bởi công thức:



1 2



^{1 2 1 2}

1 2

, .

; .

, u u M M d d d

u u

 

 

  

  

 

Giải chi tiết:

Ta có:

1

1 1

:2 1 2

x y z

d    

 d¹ đi qua M1



0;1; 1



và có 1 VTCP là: u1



2;1; 2 .



2

1 2 3

: 1 2 2

x y z

d     

 d² đi qua M2



1; 2;3



và có 1 VTCP là: u2 



1;2; 2 .



 

 

1 2

1 2

1;1;4 , 2; 2;3 M M

u u

 

   



 



1 2



^{1 2 1 2}

1 2

, .

; ,

u u M M d d d

u u

 

 

 

 

 

  

  2 2 12_{2 2 2} 16

17.

2 2 3

   

  Câu 2: Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn x a x b ,  .

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ^{y f x y g x}

 

^{, }

 

, đường thẳng x a x b ,  là

   

b

a

S 



f x g x dx^. Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: ² 2

3 2 1

1 x x x x

x

 

        .

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

2

2 1

3 2 1 9

S x x x dx







     ^. Câu 3: Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng hằng đẳng thức ^{a2b2 }



^{a b a b}

 

^



. Giải chi tiết:

Ta có

4 16

z  z⁴16 0 ^



^z24

 

^z24



^0

2 2

4 2 4 2 z z

z i

z

    

     

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 y_CT 0. Giải chi tiết:

Ta có y 3x²2mx m ²; 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 0

 m

Khi đó ta có

3

3

2 8

0 3

2 5

3 3 27 8

m m

x m y m

y m m m m

x y

       

   

       



Khi đó yêu cầu bài toán

3

3

3

0

8 0 2

0

5 6

27 8 0 5

CT

CT

m

y m m

m

y m m

 

      



  

      





3

0 2

6 0

5 m

m

  

   



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:

Hàm số ax b y cx d

 

 nghịch biến trên



^{ ;}



khi và chỉ khi

 

0

; y

d

c  

  

 



Giải chi tiết:

TXĐ: ^D ^\

 

^m .

Ta có

 

2 2

4 4

mx m

y y

x m x m

  

  

  .

Để hàm số nghịch biến trên khoảng



^1;1



thì

 

2 4 0 2 2

0 1 2

1 1

1;1 2 1

1 1 m m

y m

m m

m m

m m

  

   

   

      

        

     

.

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:

Hàm số y x ⁿ với n xác định khi và chỉ khi x0. Giải chi tiết:

Hàm số ^y



^x1



¹³ xác định khi và chỉ khi x   1 0 x 1. Vậy TXĐ của hàm số là



^1;



.

Câu 7: Đáp án C Phương pháp giải:

- Xác định u_

là 1 VTCP của  và nQ

là 1 VTPT của

 

^Q . - Vì

 

   

/ / _P

P Q

n u P

P Q n n

  

  

   

 

 

  n_P  n u _Q; _ .

- Phương trình mặt phẳng đi qua M x y z



0; ;0 0



và có 1 VTPT → ^{n A B C}



^{; ;}



là



0

 

0

 

0



0

A x x B y y C z z  . Giải chi tiết:

Đường thẳng  có 1 VTCP là ^u 



^{2; 2;1}



. Mặt phẳng

 

^Q có 1 VTPT là nQ 



^{1; 1; 2}



. Gọi n_P

là 1 VTPT của mặt phẳng

 

^P . Vì

 

   

/ / P

P Q

n u P

P Q n n

  

  

   

 

 

 .

 

; 3;3;0

P Q

n n u_

  ^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: ^loga f x

 

^loga g x

 

 f x

 

g x khi

 

⁰ a ¹. Giải chi tiết:

ĐKXĐ: 0 1

2 1 0 2

x x

x

 

    

 .

Ta có:

 

1 1

2 2

log xlog 2x1

 

²

1 1

2 2

log x log 2x 1

   ^{ x}



^2x1



²

2 4 2 4 1

x x x

    3x²4x 1 0 1 3 x 1

  

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là 1 2;1 S  

  . Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng ^{m f x}

 

.

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y2m1 phải cắt đồ thị hàm số y x⁴2x²3 tại 3 điểm phân biệt.

- Lập BBT hàm số y x ⁴2x²3, từ đó lập BBT hàm số y x ⁴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.

Xét hàm số y x ⁴2x²3 ta có ³ 0

4 4 0

1 y x x x

x

 

        BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số y x⁴2x²3 .

- Từ đồ thị y x ⁴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:

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

và chỉ khi 5

3 2 1 4 4 2 5 2

m m m 2

         .

Vậy 5

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:

ĐKXĐ:

2 2

0 2

0 2

2 0 2

2

x x

x x

x x

x

 

  

     

 

     

     Ta có:

 

2 2

4 2

log x log x 2



²



2 2

1.2.log log 2

2 x x

  



²



2 2

log x log x 2

    x² 2 x

2 2 0

x x

    ^{ 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.

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



 

log n log 0 1, 0

m a a

b m b a b

 n   

Từ giả thiết tính logab.

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay logab 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)=logab ab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)

+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37

 

³



^{3 3 2}



log _ab a b log _ab ab a.

3 2

log _ab 3 ab log _ab a

 

 

 

1

 

2

2 3

1

3 1

2

log 1

ab log

a

ab

ab

 

   

1 1

2.log

3 1 3. log

2 2

ab

a

ab

ab

 

 

2 1

3 3 1 log

4 ^ab

 



 

2 1

3 3

3 1 log

4 ^ab

  

 log 3

ab 7

  

Khi đó ta có:

 

³



^{3 3 2}



log _ab b a log _ab ab b

3 2

log _ab 3 ab log _ab b

 

 

 

1

 

2

2 3

1

3 1

2

log 1

ab log

b

ab

ab

 

   

1 1

.2.log

3 1 3. log

2 2

ab

b

ab

ab

 

 

2 1

3 3 log 1

4 ^ba

 



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;



.

Ta có

3

2 2

16 2 16

2 x

y x

x x

     ; y   0 x 2. BBT:

Dựa vào BBT ta thấy _min_{0; } y 12

  .

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}



^;

  

. - Đổi sang ^{d A P}



^;

  

. Dựng khoảng cách.

- Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lí Pytago, diện tích … để tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Trong



^ABCD



gọi I ACDE, trong



^SAC



kẻ ^{IG SC G SA/ /}



^



, khi đó ta có ^DE



^GDE



^{/ /SC}.



^;

 

^;

   

^;

  

d SC DE d SC GDE d C GDE

   .

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 1 2 IC EC

IA  AD  , do ^AC



^GDE



^I nên

   

 



^;;



¹²

d C GDE IC IA d A GDE  

 



^;



¹



^;

  

d C GDE 2d A GDE

  .

Trong



^ABCD



kẻ ^{AH DE H}



^DE



, trong



^GAH



kẻ ^{AK GH K GH}



^



ta có:

 

DE AH

DE AGH DE AK

DE AG

 

   

 



  

^;

  

AK GH

AK GDE d A GDE AK AK DE

 

   

 



Vì ^SA



^ABCD



nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên



^ABCD



 



^{SC ABCD;}

 

^{SC AC;}



^{SCA 450}

       .

 SAC vuông cân tại A.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC a 2. 2 2 a SA .

Áp dụng định lí Ta-lét ta có 2 4

3 3

AG AI a

AS  AC   AG .

Ta có: ¹



^;



^{. 1 . 1 2. 2 2}

2 2 2

S_AED  d E AD AD AB AD a a a .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông CDE ta có ^{2 2 2 2} 10

2 2 2

a a DE CD CE  a   .

2 2 2 2 10

10 5 2

SAED a a

AH ED a

   

.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông GAH ta có AK=AG.AH√AG2+AH2=4a3.2a√105

2 2 2 2

4 2 10

. 3 . 5 4 19

4 2 10 19

3 5

a a

AG AH a

AK AG AH a a

  

     

   

.

Vậy



^;



^{1 2 19}

2 19

d DE SC   a . 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 ^{4x1m.2x2  1 0 4. 2}

 

^{x2 2m.2x2 1 0.}

Đặt t2^x2 0, phương trình đã cho trở thành ^{4t2 mt 1 0 m 4t2 1 g t t}

  

⁰



t

        .

Xét hàm số ^{g t}

 

^{4t2 1 4t 1}

t t

    có

 

^{4 1}₂ ^{0 1}

g t t 2

  t    . BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có nghiệm t  0 m 4. Kết hợp điều kiện



4;5;6;...; 2020; 2021



2021

m m

m

  

   



 .

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 16: Đáp án D Phương pháp giải:

- Chia tử cho mẫu để đưa biểu thức dưới dấu tích phân về dạng đa thức + phân thức hữu tỉ có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu.

- Phân tích mẫu thành nhân tử, biến đổi để xuất hiện các tích phân dạng

2

1

k dx ax b



^.

- Tính tích phân và tìm , ,a b c Giải chi tiết:

Ta có:

2 3 2

2 2

1 1

1 1

x 1 x

dx x dx

x x x x

      

   

 

   

2 2

1 1

1 1

1

x dx x dx

x x

   

 

 ^{ 1}₂ ^I

Giả sử ^{x x}



^x11



^{ Bx xC1}

   



¹



1

1 1

B x Cx x

x x x x

  

 

 

   

 

1

1 1

B C x B x

x x x x

 

  

 

1 1

1 2

B C B

B C

   

 

    

Khi đó ta có

 

2 2 2

1 1 1

1 1 2

1 1

I x dx dx dx

x x x x

 

  

 

  

2 2

1 1

ln x 2ln x 1

     ln 2 2 ln 3 2 ln 2  2ln 3 3ln 2

2 3

2 1

1 1

2ln 3 3ln 2 2

x dx x x

    





1 2 2 3 a b c

 

 

  

 Vậy ^{2 3 4 2.1 3.2 4. 3}

 

¹⁹

a b c 2    . Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: ^logab^m m^logab



⁰ a ^1,b⁰



 

log 1 0 , 1

a log

b

b a b

 a  

Giải chi tiết:

Ta có:

45 3 .52 2

2 2

log 4 2log 2 2

log 3 log 5

 



2 2

2 2

2log 3 log 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  



. - Vì abcd15 nên ⁵

 

^0;5

3 abcd d abcd

  







 .

- 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  



. Vì abcd15 nên ⁵

 

^0;5

3 abcd d abcd

  







 .

+ TH1: d 0, số cần tìm có dạng abc0   a b c3.

Các bộ ba chữ số chia hết cho 3 là



1; 2;3 ; 1;3;5 ; 2;3; 4 ; 3;4;5 .

      

⇒ có 4.3! 24 cách chọn , ,a b c.

⇒ Có 24 số thỏa mãn.

TH2: d 5, số cần tìm có dạng abc5    a b c 5 3 ^{  a b c} chia 3 dư 1.

Các bộ ba chữ số chia 3 dư 1 là



0;1;3 ; 1; 2; 4 ; 0;3; 4 .

    

⇒ có 2.2.2! 3! 14  cách chọn , ,a b c.

⇒ Có 14 số thỏa mãn.

Vậy có tất cả 14 14 38  số thỏa mãn.

Câu 19: Đáp án B Phương pháp giải:

- Khoảng cách từ điểm M x y z



0; ;0 0



đến mặt phẳng

 

P Ax By Cz D^:    ⁰ là



^;

  

^Ax0 ₂^By0 ₂^Cz0₂ ^D

d M P

A B C

  

   .

Giải chi tiết:

     

 

²

2 2

2.1 3 2. 2 3

; 2

2 1 2

d A P    

 

   .

Câu 20: Đáp án C Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu là ⁿ

 

^ là số cách chọn 3 học sinh bất kì.

- 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:

Số cách chọn 3 bạn bất kì là C40³ nên số phần tử của không gian mẫu là n

 

 C40³ . Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ”.

TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có C C¹30. 10² cách.

TH2: Chọn 2 nam và 1 nữ có C C30². 10¹ cách.

 

¹40. 10² 40². 10¹

n A C C C C

   .

Vậy xác suất của biến cố A là

   

 

1 2 2 1

30 10 30 10

3 40

. . 15 285

26 494 n A C C C C

P A n C

    

 .

Câu 21: Đáp án A Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức ² 1₂

tan 1

 cos

   .

- Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: 2

 

²

 

1 1

cos dx tan ax b

ax b  a 



 ^.

Giải chi tiết:

Ta có:

tan 2xdx2



^



^_{cos 2}¹² _x^1_^{dx }



_{cos 2}¹² _x^dx



^{dx 1}₂^{tan 2x x C }

Câu 22: Đáp án C Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất sin cos 2

   .

- Giải bất phương trình mũ: ^{af x  ag 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:

Vì 3 5

5 10 10 2

      nên 3

sin cos

5 10

   . Khi đó ta có

4 4

3 4

sin cos sin sin 0 sin 1

5 10 5 5 5

x x

x x

x do x

    

             

         

         

2 4 2

0 0 2

x x x x

  

      

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:

Gọi  là góc giữa

 

^P và , khi đó ta có .

sin .

P d

P d

n u n u

 

 

  , với np

và u_d

lần lượt là 1 vtpt của

 

^P và vtcp của Δ.

Giải chi tiết:

Mặt phẳng

 

^{P :2x y 2z 3 0} có 1 vtpt là nP 



^{2; 1;2}



, đường thẳng 1 2

: 1 2 2

x y z

  

 có 1 vtcp là ud 



^{1; 2; 2}



.

Ta có:

 

2 2 2 2 2 2

. 2.1 1.2 2. 2 4

sin . 2 1 2 . 1 2 2 9

P d

P d

n u n u

   

  

   

 

  .

2 65

cos 1 sin

  9

    .

Câu 24: Đáp án A Phương pháp giải:

- Gọi d là công sai của CSC trên. Sử dụng công thức SHTQ của CSC: u_n  u1



n1



d, giải hệ phương trình tìm u d1, .

- Sử dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: 1

 

1 2 3

2 1

... ⁿ 2

u n d n u u   u u     Giải chi tiết:

Gọi d là công sai của CSC trên. Theo bài ra ta có:

1 2020 1 1

1001 1021 1

2 2 2019 2 2021

1 2 2020 1 2

1

u u u d u

u u u d

d

     

  

      

   

.

Vậy



1



1 2 2021

2 2020 .2021 2021

... 2 2

u d

u u u 

     .

Câu 25: Đáp án D Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là



^;



^{; d}

d

d A d AM u

u

 

 



 

 , trong đó M là

điểm bất kì thuộc d và u_d

là 1 vtcp của đường thẳng d.

Giải chi tiết:

Lấy ^M



^1;2;3



^d. Đường thẳng d có 1 VTCP là ud 



^{2; 2;1}



. Ta có: ^{AM }



^2;0;3



 AM u^; d



^{6;4; 4}



.

Vậy

   

 

2 2 2

2 2 2

; 6 4 4 2 17

; 2 2 1 3

d

d

d A d AM u

u

    

 

  

  

 

 .

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}_{ 0;1} ^{g x}

 

_.

- 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 ² 2

8

y x m

   x .

Để hàm số đồng biến trên

 

0;1 thì ^{y   0 x}

 

^{0;1 m 8x2 2 x}

 

^0;1

    x . Đặt ^{g x}

 

^{8x2 2,x}

 

^0;1

 x  , khi đó ta có ^{m g x}

 

^{ x}

 

^{0;1  m min}_{ 0;1} ^{g x}

 

_.

Ta có

 

2 ³2

2 16 2

16 x

g x x

x x

     ;

 

^{0 1}

 

g x   x 2 tm . 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.

Câu 27: Đáp án B Phương pháp giải:

- Gọi tâm mặt cầu là I, tham số hóa tọa độ điểm I  theo biến t.

- Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng

 

^P và

 

^Q nên ^{R d I P}



^;

  

^{d I Q}



^;

  

. Giải phương trình tìm t và suy ra tâm, bán kính mặt cầu.

- Mặt cầu tâm I x y z



0; ;0 0



, bán kính R có phương trình là



x x 0

 

² y y 0

 

² z z0



² R². Giải chi tiết:

Gọi tâm mặt cầu là ^I



^{1 ; 1 ; 2  t t t}



^{ }.

Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng

 

^P và

 

^Q nên ^{R d I P}



^;

  

^{d I Q}



^;

  

.

   

2 2 2 2 2 2

1 2 1 3.2 1 2 1 3.2 4

1 2 3 1 2 3

t t t t t t

          

 

   

5t 3 5t 7 5t 3 5t 7 t 1

           

Khi đó mặt cầu có tâm ^I



^{0; 2; 2 }



, bán kính 5 3 2

14 14

R  

  .

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là ²



²

 

^{2 2}



^{2 2}