Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2021 lần 1 trường THPT chuyên KTHN - ĐHQG Hà Nội có lời giải chi tiết

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Trang 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHTN

NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN: TỐN

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_₂_x2_{ }_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 x}2 __8._{Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực}

tiểu nằm hồn tồn phía bên trên trục hồnh?

A. 3 B. 5 C. 4 D. 6

Câu 5 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y mx 4
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 vng 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;1
2

 

 

  B.

1_;1
4

 

 

  C.

1_;1
4

 

 

  D.

1_;1
2

 

 

 

Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình _x4_₂_x2_{ }₃ ₂_m_₁_{có đúng 6 nghiệm}

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Trang 2
A. 1 3

2
m

  B. 4 m 5 C. 3 m 4 D. 2 5
2
m

 

Câu 10 (TH): Số nghiệm thực của phương trình 2



2



4 2

log x log 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 x}_ 3_₁₂_x_{ }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

 

3 _3.

ab a b  Tính

 

3

log _ab b a .
A. 1

3 B.

1
3

 C. 3 D. 3

Câu 13 (TH): Giá trị nhỏ nhất của hàm số _{y x}2 16

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 vng cạnh a 2. Cạnh bên SA vng
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

4x __m.2x _{ }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

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

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

A. 435

988 B.

135

988 C.

285

494 D.

5750
9880
Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm _{tan 2}2 _xdx_.



A. 1tan 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

4

3

sin cos

5 10

x

x

 

  _ 

   

    là:

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

Câu 23 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 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. cos 4
9

   B. sin 4

9

  C. cos 4

9

 D. sin 4

9
 

Câu 24 (TH): Cho cấp số cộng

 

u_n 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 _2ln

3

y x  x mx đồng biến trên

 

0;1 ?

A. 5 B. 10 C. 6 D. vô số

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

7

x  y  z  B. 2



₂

 

2 ₂



2 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Trang 4
C. 2



₂

 

2 ₂



2 2

7

x  y  z  D. 2



₂

 

2 ₂



2 2

7
x  y  z 

Câu 28 (TH): Tìm nguyên hàm





2x1 ln



xdx.
A.





2
2 _ln

2
x

x x x  x C B.





2
2 _ln

2
x

x x x  x C
C.





2
2 _ln

2
x

x x x  x C D.





2
2 _ln

2
x

x x x  x C
Câu 29 (VDC): Cho ,a b là các số thực dương thỏa mãn ₂a b 2ab 3 1 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 0

4 m

   B. m0 C. 3 0

4 m

   D. 3

4
m 

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 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



₂_x3_₁



2_dx



.

A.





3
3

2 1

18
x

C



 B.





3
3

2 1

3
x

C



 C.





3
3

2 1

6
x

C



 D.





3
3

2 1

9

x

C




Câu 36 (TH): Phương trình 2x _3x2_{có bao nhiêu nghiệm thực?}

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Trang 5
Câu 37 (VD): Cho hàm số _{y x}_ 3_₃_x2_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 vng 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_₃_x_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 vng 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 ₃ ₂ 6 ₂ 3 2 4

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
x
y

x




 tại hai điểm phân biệt A và

B. Độ dài đoạn thẳng AB bằng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Trang 6
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 vng góc của S lên mặt phẳng



ABC



thuộc miền trong tam giác ABC. Tính thể tích hình
chóp S ABC. .

A. ₂_a3 ₃ _B.₆_a3 ₃ _C.₁₂_a3 ₃ _D.₂_a3 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.

3

2
3

a _B. 3 ₂

2

a _C._{2 2a}3 _D.3 3 2

2
a

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối trịn 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

 

u_n 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 vng cân tại B, AB BC 3a, góc

0

90
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

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Trang 7
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 cơng 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: u1



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: u2 



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 2

2 2 12 16

.
17

2 2 3

 

 

 

Câu 2: Đáp án A
Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh 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 hồnh độ giao điểm: _{3 2} 2 ₁ 2

1
x

x x x

x




  _{   }

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Trang 8
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
2
4
2
4
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_{ }₃_x2_₂_{mx m}_ 2_;_y_{ }₀_có_{ }_ _m2_₃_m2 _₄_m2_{ }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
3
0

2 5 ₈

3 3 27

m m

x m y m

y

m m m m

x y

      

   

      


Khi đó u cầu bài tốn

3
3

3

0

8 0 2

0
5 6
8 0
27 5
CT
CT
m

y m m

m
m
y 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 y ax b
cx d




 nghịch biến trên



 ;



khi và chỉ khi





0
;
y

d

c  

 



_{ }



</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Trang 9
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

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Trang 10
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

- Giải bất phương trình logarit: loga f x

 

logag 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

  





2

2 1

x x

  

2 ₄ 2 ₄ ₁

x x x

    _₃_x2_₄_x_{ }_{1 0} 1 ₁

3 x

  

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là 1;1
2
S_{ } _

 .

Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ 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_₂_x2_₃ _{tại 3 điểm phân biệt.}

- Lập BBT hàm số _{y x}_ 4_₂_x2_₃_{, từ đó lập BBT hàm số}_y_ _x4_₂_x2_₃_,_y_ _x4_₂_x2_₃ _{và tìm m}

thỏa mãn.
Giải chi tiết:

Số nghiệm của phương trình _x4_₂_x2_{ }₃ ₂_m_₁_{là số giao điểm của đồ thị hàm số}_y_ _x4_₂_x2_₃ _và

đường thẳng y2m1.

Xét hàm số _{y x}_ 4_₂_x2_₃_{ta có} ₄ 3 ₄ ₀ 0

1
x

y x x

x




   _{    }



BBT:

Từ đó ta suy ra BBT của đồ thị hàm số _y_ _x4_₂_x2_₃ _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Trang 11
- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox.

Ta có BBT của đồ thị hàm số _y_ _x4_₂_x2_₃ _{như sau:}

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y2m1 cắt đồ thị hàm số _y_ _x4_₂_x2_₃ _{tại 6 điểm phân biệt khi}

và chỉ khi 3 2 1 4 4 2 5 2 5

2

m m m

         .

Vậy 2 5

2
m

  .

Câu 10: Đáp án B
Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm, cơ lập m, đưa phương trình về dạng m f x

 

.

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh 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:

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Trang 12
- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh 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 hồnh độ giao điểm _x3_₁₂_x_{    }₁ _m ₀ _{m x}3_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}_

 

_₃_x2__{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: log_a

 

xy log_axlog_a y



0 a 1, ,x y0







log n log 0 1, 0

m

a
a

m

b b a b

n

   

Từ giả thiết tính log_ab.

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các cơng thức trên, thay log_ab vừa tính được để tính giá

trị biểu thức.

Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:

log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab
(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=lo
gabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒2
3+134(1+logab)=3⇒logab=−37

 

3



3 3 2



</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Trang 13

3 2
3

log _ab ab log _ab a

 

 12

 

_{ }

2
3

1
3

1
2

1
log

log
ab

a
ab

ab

 

 

 

1_2.log 1

1 3

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

  



3
log

7
ab

  

Khi đó ta có:

 

3



3 3 2



log _ab b a log _ab ab b

3 2
3

log _ab ab log _ab b

 

 12

 

_{ }

2
3

1
3

1
2

1
log

log
ab

b
ab

ab

 

 

 

1 1

.2.log

1 3

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



</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Trang 14
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy

min0;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 vng, 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



_;







2

d C GDE d A GDE

  .

Trong



ABCD



kẻ AHDE H



DE



, trong



GAH



kẻ AKGH K GH







ta có:





DE AH

DE AGH DE AK

DE AG




   

 _

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Trang 15







;







AK GH

AK GDE d A GDE AK
AK DE



 _ _ _ _

 _



Vì SA



ABCD



nên AC là hình chiếu vng góc của SC lên



ABCD









_{SC ABCD}_;





_{SC AC}_;



_SCA ₄₅0

       .

SAC

  vuông cân tại A.

Vì ABCD là hình vng 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 _AG a

AS  AC    .

Ta có: 1



_;



_. 1 _. 1 _2. ₂ 2

2 2 2

AED

S  d E AD AD AB AD a a a .

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng CDE ta có

2

2 2 ₂ 2 10

2 2

a a
DE CD CE  a   .

2

2 2 2 10

5
10
2
AED

S a a

AH

ED a

    .

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

2 2 ₂ 2

4 2_. 10

. ₃ ₅ 4 19

19

4 2 10

3 5

a a

AG AH a

AK

AG AH _a _a

  

 _ _ _

  

 

  _ _

.

Vậy



;



1 2 19

2 19

a
d DE SC   .
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:

Ta có ₄x1__m_.2x2_{  }_{1 0} _{4. 2}

 

x2 2__m_.2x2_{ }_{1 0}_.

Đặt _t_₂x2_₀_{, phương trình đã cho trở thành}₄_t2 _mt _{1 0} _m 4t2 1 _{g t t}

 

₀



t



       .

Xét hàm số

 

2

4 1 1

4
t

g t t

t t



   có

 

4 1₂ 0 1

2

g t t

t

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Trang 16
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 1

x _dx _x x _dx

x x x x

 _  _{ }  

 

   









_

_

2 2

1 1

1
1

1
x

x dx dx

x x



  







 1₂ I

Giả sử



11



1

x B C

x x x x

 _{ }

 











1



1

1 1

B x Cx
x

x x x x

 


 

 



11









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

x

I dx dx dx

x x x x

 

  

 







2 2

1 1

ln x 2 ln x 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Trang 17

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
2

a b c     .
Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: log m log



0 1, 0



ab m ab  a b





1

log 0 , 1

log
a

b

b a b

a

  

Giải chi tiết:
Ta có:

2

45 3 .5 2

2 2

2
log 4 2 log 2

log 3 log 5

 



2 2

2 2

2 log 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.

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Trang 18
⇒ 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

 





0 0 0

2 2 2

; Ax By Cz 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 khơng 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:

 

 

 

n A
P A

n



 .

Giải chi tiết:

Số cách chọn 3 bạn bất kì là 3
40

C nên số phần tử của không gian mẫu là

 

3
40

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

TH1: Chọn 1 nam và 2 nữ có 1 2
30. 10

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

30. 10

C C cách.

 

1 2 2 1

40. 10 40. 10

n A C C C C

   .

Vậy xác suất của biến cố A là

 

 

 

1 2 2 1

30 10 30 10
3
40

. . 15 285

26 494
n A C C C C

P A

n C



   

 .

Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức 2

2

1

tan 1

cos




</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Trang 19
- Sử dụng cơng thức tính ngun hàm mở rộng:





2





2

1 1

tan

cos ax b dxa ax b



.

Giải chi tiết:
Ta có:

2

tan 2xdx



2

1
1
cos 2x dx

 

 _  _

 



2

1

cos 2xdx dx



_



_

1tan 2

2 x 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 ngun 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 ud 



1; 2; 2





.

Ta có:

 

2 2 2 2 2 2

. 2.1 1.2 2. 2 ₄

sin

9

. 2 1 2 . 1 2 2

P d

P d

n u
n u

      

   

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Trang 20

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: un  u1



n1



d, giải hệ phương

trình tìm u d₁, .

- Sử dụng cơng thức tính tổng n số hạng đầu tiên của CSC: ₁ ₂ ₃ ... 2 1



1



2

n

u n d n

u    u u u    

Giải chi tiết:

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

1 2020 1 1

1001 1021 1

2021

2 2 2019 2

2

1 2 2020 1 ₁

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 cơng thức tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d là



;



; d
d
AM u
d A d

u

 

 



 

 , trong đó M là

điểm bất kì thuộc d và 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 ud 



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}

;

3

2 2 1

d

d
AM u
d A d

u

  _ _{ }

 

  

  

 

 .

Câu 26: Đáp án C
Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên

 

0;1 thì y   0 x

 

0;1 .

- Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng

 

 

 0;1

 

0;1 min

m g x  x  m g x .
- Lập BBT hàm số g x

 

trên

 

0;1 và kết luận.

Giải chi tiết:

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Trang 21
Ta có _y ₈_x2 2 _m

x

    .

Để hàm số đồng biến trên

 

0;1 thì y   0 x

 

0;1 _m ₈_x2 2 _x

 

_0;1

x

     .

Đặt _{g x}

 

₈_x2 2_,_x

 

_0;1

x

   , khi đó ta có

 

 

 0;1

 

0;1 min

m g x  x  m g x .
Ta có

 

3

2 2

2 16 2

16 x

g x x

x x



    ;

 

0 1

 

2

g x   x 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



 

2

 

2



2 2

0 0 0

x x  y y  z z R .
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

7
x  y  z 

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Trang 22
Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần:

_

udv uv 

_

vdu.
Giải chi tiết:

Đặt





2

_

_

ln

2 1 ₁

dx

u x du

x

dv x dx _{v x} _{x x x}



 

 _

 _ _ 

 _{   }_ _

Khi đó ta có



2x1 ln



xdx





2



_ln



₁





2



_ln 2

2
x

x x x x dx x x x x C

  

_

     

Câu 29: Đáp án C
Phương pháp giải:

- Sử dụng phương pháp logarit cơ số 2 cả hai vế của phương trình, sau đó xét hàm đặc trưng.
- Rút a theo b, từ điều kiện của a suy ra điều kiện chặt chẽ hơn của b.

- Biến đổi _{P a}_ 2__b2_



_{a b}_



2_₂_ab_{, đặt ẩn phụ}_t_₂_ab_{, lập BBT tìm miền giá trị của t.}

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.
Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

2 3 1

2a b ab ab

a b

   _ 











2 2

2 3 log 1 log

a b ab ab a b

       









2 2

2 2 log 1 1 log

a b ab ab a b

        









2 2

2 2 log 2 2 log

a b ab ab a b

       









 

2 2

log a b a b log 2 2ab 2 2ab *

       

Xét hàm số ylog₂t t t



0



ta có 1 1 0 0
ln 2

y t

t

      , do đó hàm số đồng biến trên



0;



.

Khi đó

 

* 2 2



1 2



2 2

1 2
b

a b ab a b b a

b



         

 .

Vì , 0 2 0 2 0 2

1 2
b

a b b b

b



       

 .

Khi đó ta có _{P a}_ 2__b2 _



_{a b}_



2_₂_ab_



_{2 2}_ _ab



2_₂_ab_.

Đặt 2 2 2 . 0



2



1 2
b

t ab b b

b



   

 ta có

2

2
2.

1 2
b b
t

b




















2
2

2 2 1 2 2 .2

2.

1 2

b b b b

t

b

   


 

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Trang 23





2 2

2

2 4 2 4 4 2

2.

1 2

b b b b b

b

    









2
2

4 4 4

1 2
b b

b

 




1 5

0

2
t   b  
BBT:



0;3 5

t 

   _.

Khi đó ta có _P_



₂__t



2_{   }_{t t}2 ₅_t _4,_t_



_0;3_ ₅

.

Ta có 2 5 0 5

 

2

P     t t ktm , do đó P_min P



3 5



 3 5.
Câu 30: Đáp án D

Phương pháp giải:

- Để hàm số nghịch biến trên  thì y   0 x 
- Xét 2 TH: m0 và 0

0

m

  

 .

Giải chi tiết:
TXĐ: D_.

Ta có: _y_{ }₃_mx2_₂_{mx m}_{ }₁_.

Để hàm số nghịch biến trên  thì y   0 x .

2

3mx 2mx m 1 0 x

      









2

0
1 0

0

3 1 0

m

x luon dung
m

m m m

 

   _



 _ _

_{ }_ _ _{ }






2

0
0

0

0

3

4 3 0 0

4
m
m

m
m

m m m





 _



 _

_  _

 

_   _   

 __

0

3

0

3 ₄

0
4

m

m
m





    

  


</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Trang 24
- Để hàm số đồng biến trên



0;



thì y   0 x



0;



.

- Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng

 





0; 

 

0; min

m g x x m g x



      .

- Sử dụng BĐT Cơ-si tìm

0; 

 

ming x

 .

Giải chi tiết:
TXĐ: D



0;



.

Ta có: 2 8. 2 2 8

2

y x m x m

x x

      

Để hàm số đồng biến trên



0;



thì y   0 x



0;



.





8

2x m 0 x 0;

x

      



 

8

2 0; *

m x x

x

      .

Đặt g x

 

2x 8
x

  , khi đó

 

0; 

 

* m ming x



  .

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2x 8 2 2 .x 8 2.4 8

x x

   

min0;g x

 

8

  , dấu “=” xảy ra
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 a 3b 8 i 0

      3 0 1

3 8 0 3

a b a

a b b

  

 

_ _

    

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Trang 25
Phương pháp giải:

- Gọi I là điểm thỏa mãn IA2  IB IC 0. Phân tích _MA2_₂_MB2__MC2_{theo MI.}

- Chứng minh đó _MA2_₂_MB2__MC2_{đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi}_MI_{đạt giá trị nhỏ nhất.}

- Với I cố định, tìm vị trí của M

 

P để IM_min.

- Tìm tọa độ điểm I, từ đó dựa vào mối quan hệ giữa IM và

 

P để tìm tọa độ điểm M.
Giải chi tiết:

Gọi I là điểm thỏa mãn IA2IB IC   0. Khi đó ta có:

2 2 2

2 ₂ 2 2 ₂

MA  MB MC MA  MB MC



 

2

 

2



2 2





2 2 2

2 2 2 2 2

MI IA MI IB MI IC MI MI IA IB IC IA IB IC

                    





2 2 2 2

2MI IA 2IB IC

   

Vì , , ,I A B C cố định nên _IA2_₂_IB2__IC2_{không đổi, do đó}_MA2_₂_MB2__MC2_{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 vng góc của I lên

 

P hay

 

IM  P IM và n_P 



1; 2; 2



cùng phương, với n_P là 1 vtpt của

 

P .
Tìm tọa độ điểm I ta gọi I x y z



; ;



. Ta có:

2 0

IA IB IC 

   



x 1; ;y z 2

 

2 x 1;y 1;z 3

 

x 3;y 2;z



0

          



 





 











1 2 1 3 0 2 4 0 2

2 1 2 0 2 0 0 2;0; 4

2 2 3 0 2 8 0 4

x x x x x

y y y y y I

z z z z z

         

  

  

_      _  _   

 _{ } _{  } _ _{ } _ _



Khi đó ta có 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:

2 4 0 1

2 4

4 0 2

1 2 2

2 2 1 0 ₂ ₂ _{1 0} ₂

a b a

a b c

b c b

a b c _a _b _c _c

    

 

 

 _{ }

 _ _{  } _ _



  

 _ _ _{ }  _ _ _{ }  _

 _ _

Vậy a b c      1 2 2 3
Câu 34: Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng cơng thức tính đạo hàm

 

lnu u
u

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Trang 26









1 ₁ ₁

1 2 1 2 2

x
y

x x x x x




   

   .

Câu 35: Đáp án A
Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt _t_₂_x3_₁_.

Giải chi tiết:

Đặt ₂ 3 ₁ ₆ 2 2

6
dt
t x  dt x dxx dx .

Khi đó ta có









3
3

2 3

2

2 ₂ 3 ₁ 1_. 2 1

6 6 3 18

x
t dt t

x x  dx   C  C





.

Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp logarit hai vế.

Giải chi tiết:

Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta có:

2 2

3 3

2x _3x _log 2x _log 3x 2





3 3

log 2 log 2 0

x x x x

    

3 3

0 0

log 2 0 log 2

x x

x x

 

 

_ _

  

 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực.
Câu 37: Đáp án C

Phương pháp giải:

- Gọi M x y



0; 0



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 x y



0; 0



là y f x

 

0 x x 0



 f x

 

0 .

- Cho A

 

1;0 d, giải phương trình tìm số nghiệm x0. Số nghiệm x0 chính là số tiếp tuyến với đồ thị

hàm số đi qua điểm A

 

1;0 cần tìm.
Giải chi tiết:

Ta có _y_{ }₃_x2_₆_x_.

Gọi M x y



₀; ₀



thuộc đồ thị hàm số.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M x y



₀; ₀



là



2







3 2

 

0 0 0 0 0

3 6 3 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Trang 27



2







3 2

0 0 0 0 0

0 3x 6x 1x x 3x 2

2 3 2 3 2

0 0 0 0 0 0

0 3x 6x 3x 6x x 3x 2

        3

0 0

0 2x 6x 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:

- 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 vng để tính góc.

- Sử dụng cơng thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vng cạnh a là a 2.
Giải chi tiết:

Vì SA



ABCD



nên AC là hình chiếu vng góc của SC lên



ABCD



.







SC ABCD;





SC AC;



SCA

      .

Vì ABCD là hình vng cạnh a 3 nên AC a 3. 2a 6.
Xét tam giác vuông SAC ta có: tan 1

3
SA
SCA

SC

   _{ }_SCA_₃₀0_.

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 hồnh độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn.
Giải chi tiết:

Ta có: _{y x}_ 3_₃_x_{ }₂ _y__₃_x2__3;_y__₆_x_.

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 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

Trang 28
- 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

  

1

  

x

xf x  x f x e __{xe f x}x _

  

_ _x_1



_{e f x}x

 

_1
Ta có

 

_xex   _ex _xex _



_x_1



_ex

 

 

 

1

x x

xe f x xe  f x

  

 

1

 

 

x x x

xe f x  xe f x dx dx xe f x x C

   

_ _  

_

_ _ 

_

  

Thay x0 ta có 0 0   C C 0, do đó

 

 

 

0

1 0 ₁

x x

x
x
x

xe f x x x e f x

f x e

e






 

  _   _ _

 



 

x

 

₀ 0 ₁

f x e f e

       

Câu 41: Đáp án A
Phương pháp giải:
- Vì d 

 

P nên u _d n_P.

- Phương trình đường thẳng đi qua A x y z



₀; ;₀ ₀



và có 1 vtcp u a b c



; ;



là x x0 y y0 z z0

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 vng góc với

 

P và u_d là 1 vtcp của đường thẳng d.
Vì d 

 

P nên u _d n_P 



1; 2; 3 



.

Vậy phương trình đường thẳng d là 1 1 2

1 2 3

x _ y _ z

  .

Câu 42: Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
TXĐ: D_.
Ta có:









8 2 5 3 2 3

9 6 3 2 4 2

y  mx  m  m x  m m m x









3 ₉ 5 ₆ 2 ₃ ₂ 2 _{4 2} 3 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Trang 29

Cho













 

5 2 2 3 2

0 3

0

9 6 3 2 4 2 0 *

x nghiemboi
y

mx m m x m m m

 
   

      



Để hàm số đồng biến trên  thì 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:

3 2
1
1
2 0
2
0
m

m m m m

m




     


 

Thử lại:

+ Với m0 ta có _y_{ }₁₂_x5_{khơng thỏa mãn}_y_{   }₀ _x __.

+ Với m1 ta có _y_{ }₉_x8_{  }₀ _x __{(thỏa mãn).}

+ Với 1

2

m  ta có 8 5 5



3



3

0

9 45 9

5 0

2 2 2 5

x

y x x x x

x




       _{  }



 , do đó khơng thỏa mãn

0
y   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:
- Thay x 1

t

 , sau đó rút f 1
x

 
 

  theo f x

 

và thế vào giả thiết.

- Tìm f x

 

theo x và tính

 

2
1
2

f x dx



bằng phương pháp tích phân 2 vế.
Giải chi tiết:

Ta có: 2f x

 

xf 1 x
x

 

 _{ }

  , với

1
x

t

 ta có 2f 1 1 f t

 

1

t t t

   

 

 

 

1 1 1 1

2

f f t

t t t

   

 _{ } _  _

   

 

1 1 1 1

2

f f x

x x x

   

 _{ } _  _

   

Khi đó ta có

 

1 1 1

 

 

1 1

 

2 2

2 2 2

f x x f x x f x f x x

x x

 

 _  _    

 

 

2

 

2

1 1

2 2

3 1 3 1

2 f x x 2 2 f x dx x 2 dx

 

     _  _

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

Trang 30

 

 

2 2

1 1

2 2

3 9 3

2 f x dx 8 f x dx 4





 





Câu 44: Đáp án D
Phương pháp giải:

- Xét phương trình hồnh độ giao điểm.

- Áp dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai.

- Sử dụng cơng thức tính độ dài đoạn thẳng AB



x_Bx_A

 

2 y_By_A



2.
Giải chi tiết:

TXĐ: D_\ 1

 

Xét phương trình hồnh độ giao điểm:







2 _{1 2} ₂ _{1 1 2}

1

x _x _x _x _x

x

 _{ } _{  } _ _



 

2 2

2 1 2 2 2 2 1 0 *

x x x x x x

         

Khi đó hoành độ của điểm A và B lần lượt là x xA, B là nghiệm của phương trình (*).

Áp dụng định lí Vi-ét ta có 1 2

1 2

1
1
2
x x
x x

 




 _{ }

 .

Ta có: A x



A;1 2 xA

 

;B xB;1 2 xB



nên:



 

2



2

2 _{1 2} _{1 2}

B A B A

AB  x x   x   x





2





2

2 ₄

B A B A

AB  x x  x x





2

2 ₅

B A

AB  x x





2

2 ₅ ₄

A B A B

AB  _ x x  x x _

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
vng góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.

2 _{5 1}2 _4. 1 ₁₅

2

AB  _  _ __

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

Trang 31
- Sử dụng công thức tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r S

p

 , với ,S p lần lượt là diện tích và
nửa chu vi tam giác.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vng tính chiều cao khối chóp.
- Tính thể tích khối chóp _. 1 .

3

S ABC ABC

V  SH S .
Giải chi tiết:

Vì chóp S ABC. có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau và hình chiếu của S thuộc miền trong tam
giác ABC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp ABC.

Gọi H là tâm đường trịn nội tiếp ABC SH 



ABC



Xét ABC có _AB2__BC2 __CA2 _₂₅_a2_nên__ABC_{vng tại B (định lí Pytago đảo).}

Trong



ABC



kẻ HK / /BC K



AB



ta có AB SH AB



SHK



AB SK
AB HK




   

 _

 .



 









;



;
SAB ABC AB

SK SAB SK AB
HK ABC HK AB

 



 _ _



 _ _





 





_SAB _; _ABC





_{SK HK}_;



_SKH ₆₀0

       .

Vì HK là bán kính đường trịn nội tiếp ABC nên

1_{.3 .4}
2

3 4 5

2
ABC

ABC

a a
S

HK _a _a _a a

p



  _ _  .

Xét tam giác vng SHK ta có _SH__HK_{.tan 60}0 __a ₃_.

Vậy 3

.

1 1 1

. 3. .3 .4 2 3

3 3 2

S ABC ABC

V  SH S  a a a a .
Câu 46: Đáp án D

Phương pháp giải:

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Trang 32
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vng tính A A .

- Tính thể tích V_{ABC A B C}_.     A A S . _ABC.
Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC ta có BC AM BC



A BC



BC AA



 _ _ _

 _ _

 .

Trong



A BC



kẻ AH A M H



A M



ta có: AH BC AH



A BC



AH A M



 _ _ _

 _ _









;



d A A BC AH a

   .

Vì tam giác ABC đều cạnh 2a nên 2 . 3 3
2

AM  a a và

 

₂ 2 3 2 ₃

4
ABC

S  a a .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AA M ta có 1 ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1₂ 1 ₂ 1₂
3
AH  A A  AM a  A A  a

2 2

1 2 6

3 2

a

A A

A A a 

   



Vậy

3
2

.

6 3 2

. . 3

2 2

ABC A B C ABC

a a

V     A A S   a 

Câu 47: Đáp án D
Phương pháp giải:

Thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng y f x

 

; đồ thị hàm số

 

y g x ; đường thẳng x a x b ;  quanh quanh trục Ox là 2

 

2

 

b

a

V 



f x g x dx.
Giải chi tiết:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm ₃ ₂ 2 1

2
x

x x

x




  _{  }

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

Trang 33
Vậy thể tích của khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x2 và đồ thị hàm số v
quanh quanh trục Ox là





2

2 4
1

4

3 2

5
V 



x x dx  .
Câu 48: Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức n k

n k

u _u q 
Giải chi tiết:

Giả sử cấp số nhân có cơng bội là q, khi đó theo bài ra ta có:



3 4 5



6 7 8

2 u u u u u u



2



2

3 3 3 6 6 6

2 u u q u q u u q u q

     



2





2



3 6

2u 1 q q u 1 q q

     



2



3 6

2u u do1 q q 0 q

     

3
3 3

2u u q

 



3



3 2 0

u q

   3

3

0
2
u
q



 




Ta có:

8 9 10

2 3 4

u u u
u u u

 
 









2

2 6

8 ₆

8 8 8 2

2 2

2 2 2 2 2

1

4
1

u q q

u u q u q u q

q
u u q u q u q q u

 

 

    

   

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

1 3 1

z  i   z i

1 3 1 1 3 1

z i z i z i z i

              z 1 3i   z 1 i

Đặt z a bi  ta có:

1 3 1

a bi   i    a bi i



a 1

 

b 3



i a 1



b 1



i

       



 

2

 

2

 

2



2

1 3 1 1

a b a b

       

2a 1 6b 9 2a 1 2b 1 4a 4b 8 0

            

2 0
a b

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

Trang 34
Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

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

2
R IS  SB.

Xét _vSAB và _vSCB có AB CB gt SB

 

, chung  _vSAB _vSCB (cạnh huyền – cạnh góc vng)
SA S SAC

    cân tại S.

Gọi M là trung điểm của AC ta có SM AC AC



SBM



BM AC



 _ _

 _

 .

Trong



SBM



kẻ SHBM ta có: SH BM

_

_

_

_

SH



ABC



SH AC AC SBM



 _ _

 _ _

 .

Đặt SA SC x.

Vì ABC vng cân tại B nên 2 3 2 3 2

2
a
AC AB  a BM  AM MC .
Áp dụng định lí Pytago ta có:

2

2 2 2 9

2
a
SM  SC MC  x 

2 2 ₉ 2 2

SB BC SC  a x .

Gọi p là nửa chu vi tam giác SBM ta có

2 2

2 9 ₉ 2 2 9

2 2

2

a a

x a x

p

   

 .

Diện tích tam giác SBM là: S_SBM  p p SM







p SB p BM







Khi đó ta có _SH 2S SBM
BM



</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

Trang 35
Ta có:









.

1 _. 1 _; _.

3 3

S ABC ABC SBC

V  SH S_  d A SBC S_









. _ABC ; . _SBC

SH S_ d A SBC S_

 

2 1 1

. .3 .3 6. .3 . 3 3

2 2

SBM
S

a a a a x x a

BM


   

Áp dụng định lí Pytago ta có: _SB_ _SC2__BC2 _ ₂₇_a2_₉_a2 _₆_a_{ }_{R IS} _₃_a_.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp .S ABC là _S_₄__R2 __{4 .9}_ _a2 _₃₆__a2_.

</div>

<!--links-->