Đề thi thử TN THPT môn toán trường chuyên KHTN lần 1 có đáp án và lời giải chi tiết

TRƯỜNG ĐH KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHTN

MÔN: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút; khơng 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 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 
A. 4

B. 2

mx  4
nghịch biến trên khoảng  1;1 ?
xm

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 vng 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 vng cạnh a 2. Cạnh bên SA vng
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 khơng vượt q 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
 xC
2

B.  x  x 2  ln x 

x2
 xC
2

C.  x  x 2  ln x 

x2
 xC
2

D.  x  x 2  ln x 

x2
 xC
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
ab

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 vng 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 vng 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

x2
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 vng 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.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 .
2a 3
3

A.

B.

a3 2
2

C. 2 2a3

D.

3a 3 2
2

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  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 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

S   f  x   g  x  dx .
a

Giải chi tiết:
x  2
Xét phương trình hồnh 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

m0
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

m0

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
xm
 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 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  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 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:

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 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:
Xét phương trình hồnh 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 cơng 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 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:
 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 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  2a  SA .
Áp dụng định lí Ta-lét ta có
Ta có: SAED 

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 vng 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 vng 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 cơng 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


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  x0 ; y0 ; z0  , bán kính R có phương trình là  x  x0    y  y0    z  z0   R 2 .
2

2

2

Giải chi tiết:
Gọi tâm mặt cầu là I 1  t; 1  t; 2t    .
Vì mặt cầu có tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P  và  Q  nên R  d  I ;  P    d  I ;  Q   .



1  t  2  1  t   3.2t
12  22  32



1  t  2  1  t   3.2t  4
12  22  32

 5t  3  5t  7  5t  3  5t  7  t  1
Khi đó mặt cầu có tâm I  0; 2; 2  , bán kính R 

5  3
14

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là x 2   y  2    z  2  
2

2



2
.
14

2
7

Câu 28: Đáp án A
Phương pháp giải:
Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần:  udv  uv   vdu .
Giải chi tiết:
dx

u  ln x

du 
Đặt 

x
dv

2
x

1
dx



v  x 2  x  x  x  1


Khi đó ta có
2
2
  2x 1 ln xdx   x  x  ln x    x  1 dx   x  x  ln x 

x2
 xC
2

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   2ab , đặt ẩn phụ t  2ab , lập BBT tìm miền giá trị của t.
2

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
Trang 21


2a b  2 ab 3 

1  ab
ab

 a  b  2ab  3  log 2 1  ab   log 2  a  b 

 a  b  2ab  2  log 2 1  ab   1  log 2  a  b 
 a  b  2ab  2  log 2  2  2ab   log 2  a  b 
 log 2  a  b   a  b  log 2  2  2ab   2  2ab *
Xét hàm số y  log 2 t  t  t  0  ta có y 

1
 1  0 t  0 , do đó hàm số đồng biến trên  0;   .
t ln 2

Khi đó *  a  b  2  2ab  a 1  2b   2  b  a 
Vì a, b  0 

2b
.

1  2b

2b
 0  2b  0  b  2.
1  2b

Khi đó ta có P  a 2  b2   a  b   2ab   2  2ab   2ab .
2

Đặt t  2ab  2

2

2b  b 2
2b
.b  0  b  2  ta có t  2.
1  2b
1  2b

 2  2b 1  2b    2b  b2  .2
 t   2.
2
1  2b 
 2.

2  4b  2b  4b 2  4b  2b 2

t  0  b 

1  2b 

2



4  4b  4b 2

1  2b 

2

1  5
2

BBT:



 t  0;3  5  .



2
Khi đó ta có P   2  t   t  t 2  5t  4, t  0;3  5  .

Ta có P  2t  5  0  t 





5
 ktm  , do đó Pmin  P 3  5  3  5 .
2

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải:
Trang 22


thì y  0 x 

- Để hàm số nghịch biến trên
m  0
- Xét 2 TH: m  0 và 
.
   0

Giải chi tiết:
TXĐ: D 

.

Ta có: y  3mx 2  2mx  m  1 .
Để hàm số nghịch biến trên

thì y  0 x 

.

 3mx 2  2mx  m  1  0 x 

 m  0
m  0

m  0


1

0

x

luon
dung


m0



  m  0
 

 3
m0
 2

 

4
m

3
m

0

   m  0

   m 2  3m  m  1  0
 4

m  0
3
 3
 m0
  m  0
4
 4
Câu 31: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên  0;   thì y  0 x   0;   .
- Cơ lập m, đưa bất phương trình về dạng m  g  x  x   0;    m  min g  x  .
0; 

- Sử dụng BĐT Cơ-si tìm min g  x  .
0; 

Giải chi tiết:

TXĐ: D   0;   .
Ta có: y  2 x  8.

2
8
 m  2x   m
2x
x

Để hàm số đồng biến trên  0;   thì y  0 x   0;   .
 2x 

8
 m  0 x   0;  
x

8
 m  2 x  x   0;  * .
x

Đặt g  x   2 x 

8
, khi đó *  m  min g  x  .
0; 
x

Trang 23

Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2 x 
 2x 

8
8
 2 2 x.  2.4  8
x
x

 min g  x   8 , dấu “=” xảy ra
0; 

8
 x 2.
x

Từ đó ta suy ra được m  8 , kết hợp điều kiện m 



 m 1; 2;3; 4;5;6;7;8 .

Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 32: Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt z  a  bi  a; b 

  z  a  bi .

- Thay vào giả thiết 3z  i  z  8  0 , đưa phương trình về dạng A  Bi  0  A  B  0 .

Giải chi tiết:
Đặt z  a  bi  a; b 



 z  a  bi .

Theo bài ra ta có:

3z  i  z  8   0
 3  a  bi   i  a  bi  8  0  3a  3bi  ai  b  8i  0
3a  b  0
a  1
 3a  b   a  3b  8 i  0  

a  3b  8  0
b  3

Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a  b  1   3  2 .
Câu 33: Đáp án C
Phương pháp giải:
- Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2IB  IC  0 . Phân tích MA2  2 MB 2  MC 2 theo MI.
- Chứng minh đó MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
- Với I cố định, tìm vị trí của M   P  để IM min .
- 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

MA2  2MB 2  MC 2  MA  2MB  MC





2



 
2

 MI  IA  2 MI  IB  MI  IC



2

2

2





2

2

 2MI  2MI IA  2 IB  IC  IA  2IB  IC

2

 2MI 2   IA2  2IB 2  IC 2 

Vì I , A, B, C cố định nên IA2  2 IB 2  IC 2 khơng đổi, do đó MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.

Trang 24


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 nP  1; 2; 2  cùng phương, với nP là 1 vtpt của  P  .

Tìm tọa độ điểm I ta gọi I  x; y; z  . Ta có:
IA  2 IB  IC  0

  x  1; y; z  2   2  x  1; y  1; z  3   x  3; y  2; z   0

 x  1  2  x  1   x  3  0
2 x  4  0
 x  2



  y  2  y  1   y  2   0  2 y  0
  y  0  I  2;0; 4 

 z  2  2  z  3  z  0
2 z  8  0
z  4




Khi đó ta có IM   a  2; b; c  4 
Vì IM và nP  1; 2; 2  cùng phương, lại có M   P  nên ta có hệ phương trình:

 2a  b  4  0
a  1
a  2 b c  4
 



 b  2
2
2  b  c  4  0
 1
a  2b  2c  1  0


a  2b  2c  1  0
c  2
Vậy a  b  c  1  2  2  3
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp giải:
u

Sử dụng công thức tính đạo hàm  ln u   .
u

Giải chi tiết:


y 

 

x 1

x 1

2 x



1



x 1



1
.
2x  2 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 t  2 x 3  1  dt  6 x 2 dx  x 2 dx 

dt
.
6

2 x 3  1

t 2 dt 1 t 3
 . C 
C .
Khi đó ta có  x  2 x  1 dx  
6
6 3
18
3

2

3

2

Câu 36: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp logarit hai vế.

Giải chi tiết:
Trang 25