SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI THỬ KỲ THI TPHT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2019-2020 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90 phút MỤC TIÊU Đề thi thử trường THPT Nguyễn Trãi gồm 50 câu trắc nghiệm với 12% kiến thức lớp 11 88% kiến thức lớp 12, khơng có kiến thức lớp 10 bám sát đề thi THPTQG năm Đề thi rà soát tất kiến thức lớp 11 12 (trừ chương số phức), qua giúp học sinh: - Ơn tập kiến thức học - Rèn luyện dạng toán biết phương pháp giải - Tư câu hỏi phát triển hơn, mức độ khó - Trong đề thi xuất câu hỏi hóc búa 34, 41, 42, 45, 49,50 Câu 1: Trong hàm số sau, hàm số nghịch biến tập số thực? x  10 y 2 x 1 A y   x  x  10 x  B C y  x  x  D y = x + Câu 2: Cho hàm số có bảng biến thiên sau Tổng giá trị nguyên m để đường thẳng y = m cắt đồ thị ba điểm phân biệt C 3 B 1 A y D 5 sin x cos x Câu 3: Tìm họ nguyên hàm hàm số A 2cot x  C B cot x  C C cot x  C Câu 4: Tìm phương trình mặt cầu có tâm điểm I ( 1;2;3 ) tiếp xúc với trục Oz A  x  1   y     z  3   2 2 B ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  13 2 D ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  10 2 C ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  14 Câu 5: Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường 2 ln  ln  3 A B D 2cot x  C y 2x ; y  x ; x  0; x  x 1 ln  ln  C D A  3;0;0  ; B  0; 6;  ; C  0; 0;6  Câu 6: Cho tam giác ABC có Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vng góc trọng tâm tam giác ABC mặt phẳng (α): x + y + z - = H  2; 1;3 H  2;1;3 H  2; 1; 3 H  2; 1;3 A B C D Câu 7: Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) Diện tích S hình phẳng (phần tơ đậm hình vẽ) là: Trang A S  � f ( x)dx  � f ( x)dx B C S� f ( x)dx D 1 S� f ( x)dx  � f ( x) dx S � f ( x) dx  � f ( x) dx Câu 8: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc đáy Biết SA = a Tính thể tích khối chóp S ABCD.  2a A 3 B a Câu 9: Khẳng định sau sai? A x dx  � C 2a x 1 C  1 (C số, α số) e dx  e � x B a3 D x C (C số) �dx  ln | x | C C x (C số) với x ≠  a; b có nguyên hàm đoạn  a; b D Mọi hàm số f ( x ) liên tục đoạn A   10;102 ;103 ; ;1010  Câu 10: Cho tập hợp Gọi S tập hợp số nguyên dạng log100 m với m �A Tính tích phần tử tập hợp S A 60 B 24 C 120 D 720 Câu 11: Tìm tập xác định hàm số y  x �\  0     �;0   0; � A B C � D Câu 12: Viết cơng thức tính thể tích V phần vật thể giới hạn hai mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm hoành độ x  a, x  b  a  b  x  a �x �b  , có thiết diện bị cắt mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm có S ( x ) b A V 2� S ( x) dx a b B V � S ( x )dx a b C V � S ( x) dx a b D V � S ( x) dx a Câu 13: Cho hình chóp S ABC có SA , SB , SC đơi vng góc với SA= 6; SB = 4; SC = 5; M , N trung điểm AB, AC Tính thể tích khối chóp S MBCN A 30 Câu 14: Cho ba điểm phương trình là: B  A  2;1; 1 ; B  1;0;  ; C  0; 2; 1 C 15 D 45 Mặt phẳng qua A vng góc với BC có Trang A x  y  z   C x  y  z   Câu 15: Cho hàm số A y = x – y B x  y  z   D x  y  z  x 1 x  Tìm phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm M (2;3) B y  3x  9    C y = x - D y  2 x  x x Câu 16: Cho phương trình 25  3.5   có hai nghiệm x1  x2 Tính x1  x2 A 4log5 B C 3log D 2log5 2  4x 1 x  2020 có phương trình Câu 17: Đường tiệm cận đồ thị hàm số A x = 2020 B y = C y = D y = r r r Câu 18: Trong không gian Oxyz cho ba vecto a  (1;1;0); b  (2; 2;0); c  (1;1;1) Trong khẳng định sau khẳng định sai? r r r r r r a  c  A a  b B C D c  b Câu 19: Tìm số điểm cực đại đồ thị hàm số sau y  10 x  x  19 y A B C D Câu 20: Cho hình trụ có chiều cao 4a, diện tích xung quanh 2 a Tìm bán kính đáy hình trụ a a A 2a B C a D Câu 21: Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy R  Biết diện tích xung quanh hình nón 5 Tính thể tích khối nón?    A π B C D Câu 22: Hình vẽ sau đồ thị hàm số sau đây? y  log x x x y  2 A y = ln x B C D y  e Câu 23: Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng ( ABC ) , tam giác ABC vng B có cạnh AB = 3; BC = góc DC mặt phẳng ( ABC ) 45 Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A V 125  B V 25  C V 125  D V  Trang x  x2 �1 � �1 � � ��� � Câu 24: Tìm tập nghiệm bất phương trình �3 � �3 �  �;1  �;1  1; � A B C Câu 25: Gọi ,m M giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số  1;34 Tính tổng S  3m  M 13 63 25 S S S 2 A B C D y  1; � x x2 đoạn S 11 D Câu 26: Tính thể tích vật thể tròn xoay quay hình phẳng giới hạn đường y  4; y  2; x = 0; x = quanh trục Ox A 20π B 36π C 12π D 16π a Câu 27: Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh a , cạnh bên Tính thể tích khối lăng trụ? 3a a3 A B C Câu 28: Có giá trị nguyên m để hàm số sau đồng biến tập số thực 3a y   m  x    m x A 3a D  7x  B C  P : x  y  z   D Câu 29: Cho đường thẳng ( )d nằm mặt phẳng vng góc với đường thẳng  d � : x 1  3y  z1 Tìm vecto phương đường thẳng ( )d  4; 2;   4; 2; 2   2;1;1 A ( 2;1;1 ) B C D Câu 30: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a , b , c Gọi p nửa chu vi tam giác Biết dãy số a , b , c , p theo thứ tự lập thành cấp số cộng Tìm cosin góc nhỏ tam giác A B C D Câu 31: Một người chơi trò gieo súc sắc Mỗi ván gieo đồng thời ba súc sắc Người chơi thắng xuất mặt sáu chấm Tính xác suất để ba ván, người thắng hai ván 308 58 53 A 1296 B 19683 C 19683 D 23328 A  2;1; 1 ; B  0;3;1 M �mp    : x  y  z   Câu 32: Cho hai điểm Biết tập hợp điểm thỏa 2 mãn 2.MA  MB  đường tròn bán kính r Tính r A r  B r =6 y Câu 33: Cho hàm số đường tiệm cận đứng m � 6;8  A C r  D r =5 20  x  x x  x  2m Tìm tất giá trị m cho đồ thị hàm số có hai B m∈ ( 6;8 ) C m � 12;16  D m � 0;16  Trang g  x   x3  3x  Câu 34: Cho hàm số f ( x)  x  x  x  x  x  x  10 Đặt F ( x)  g[ f ( x)] Tìm tất giá trị tham số m để phương trình F(x)= m có ba nghiệm thực phân biệt m � 1;3 m � 0;  m � 3;6  m � 1;3 A B C D a Câu 35: Cho tứ diện ABCD có AB = a ; AC = BC = AD = BD = Gọi M ,N trung điểm AB, CD Góc hai mặt phẳng cạnh AD  ABD  ;  ABC  A  α Tính cosα biết mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với B   C  D  1 a a Câu 36: Biết với b số hữu tỉ Tính tỷ số b 1 1 A B C D Câu 37: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cân A, mặt bên ( SBC ) tam giác nằm dx  a  b ln �  tan x    mặt phẳng qua điểm B vng góc với SC, chia khối chóp mặt phẳng vng góc với đáy Gọi thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần 1 A B C D Câu 38: Cho mặt phẳng  qua hai điểm M ( 4;0;0 ) ; N ( 0;0;3 ) cho mặt phẳng    tạo với mặt  phẳng ( Oyz ) góc 60 Tính khoảng cách từ điểm gốc tọa độ đến mặt phẳng A B C D �x   2m  mt �  d  : �y  2  2m  (1  m)t �1 � A � ;1; � �z   t � �đến đường thẳng Câu 39: Tìm m để khoảng cách từ điểm �2 Đạt giá trị lớn m m m 3 A B C D m = x Câu 40: Tìm số nghiệm nguyên bất phương trình ln  3x  1  x  x  A B C D Câu 41: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông A với AB = 2; BC = Mặt bên ABB ' A ' hình thoi có góc B 60 Gọi điểm K trung điểm B ' C.' Tính thể tích khối d  A ' B '; BK     lăng trụ biết A B C 3 D Trang Câu 42: Cho dãy số un  2020  un  � u  � �1 � (n  1)un � un 1  ; n �1 � n thỏa mãn Có số nguyên dương n thỏa mãn A B Câu 43: Cho hàm số y  f  x C Vô số D f  x   f  x   x3  x f  0  liên tục � Biết Tính f  x  dx � 148 A 63 146 B 63 149 C 63 145 D 63 y  f  x Câu 44: Cho hàm số có đồ thị hình vẽ sau Tìm m để phương trình f ( sin x ) = m có hai nghiệm đoạn [ 0; π ] A 4  m �3 B  �m �3 C m  4 m  3 D  �m  3  0;100 phương trình sau : Câu 45: Tìm số nghiệm x thuộc 2cos  x 1   cos  x  log (3cos  x  1) A 51 B 49 C 50 D 52 n Câu 46: Tính tổng số nguyên dương n thỏa mãn  viết hệ thập phân số có 2020 chữ số A 6711 Câu 47: Cho hàm số B 6709 y  f  x C 6707 D 6705 có đồ thị hình vẽ sau Trang Tìm số điểm cực trị hàm số F ( x)  f ( x)  f ( x)  A B C D x 7 y 3 z 9 (d ) :   2 Biết điểm Câu 48: Cho hai điểm M ( 3;1;1 ) ; N ( 4;3;4 ) đường thẳng I  a; b; c    d  cho IM + IN đạt giá trị nhỏ tính S  2a  b   3c thuộc đường thẳng A 36 B 38 C 42 D 40 AB  a ; AC  a Mặt phẳng (SBC) Câu 49: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng A với vng góc với mặt phẳng (ABC) Mặt phẳng (SAB) ; ( SAC) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60° Gọi α góc hai mặt phẳng (SAB) ( SBC ) Tính tanα 51 A 17 B 51 17 Câu 50: Cho a số dương khác thỏa mãn a khoảng sau A ( 4;+∞ ) B ( 2;3 ) 17 D 17 C �4 cos2 x  1; x �� Giá trị a thuộc 20002 x C ( 0;2 ) D ( 3;5 ) -HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN A 11 D 21 C 31 A 41 A D 12 B 22 A 32 D 42 C D 13 C 23 C 33 A 43 A A 14 B 24 B 34 B 44 A A 15 D 25 A 35 B 45 A D 16 D 26 B 36 A 46 B B 17 C 27 A 37 A 47 D A 18 D 28 A 38 D 48 D A 19 D 29 D 39 C 49 B 10 A 20 D 30 A 40 A 50 B (tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 Trang HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (TH) – Sự đồng biến, nghịch biến hàm số Phương pháp: Hàm số y = f ( x ) nghịch biến � hàm số xác định � có đạo hàm y ' �0x �� hữu hạn điểm Cách giải: � Xét đáp án A: y   x  x  10 x  có TXĐ D = � có đạo hàm y  3 x  x  10  0x �R Do hàm số y   x  x  10 x  nghịch biến khoảng xác định Chọn A Câu (TH) – Tương giao đồ thị hàm số biện luận nghiệm phương trình Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên để xác định giá trị m Cách giải: Đường thẳng y  lnx y  m cắt đồ thị hàm số ba điểm phân biệt - < m < Mà m ��� m � 3; 2; 1 ;0;1 Vậy tổng giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán 5 Chọn D Câu (TH) – Nguyên hàm Phương pháp: - Sử dụng công thức nhân đôi: sin x  2sin x cos x dx � - Sử dụng công thức tính nguyên hàm: sin x   cot x  C Cách giải: 2 �1 � sin x s in x cos x  (sin x cos x)  � sin x � �2 � Ta có: 4 �� �   cot x  C  2 cot x  C sin x.cos x sin x Chọn D Câu (TH) – Phương trình mặt cầu Phương pháp: 2 R  xI2  yI2 - Mặt cầu tiếp xúc với trục Oz có bán kính 2 2 I  a; b; c  - Phương trình mặt cầu tâm , bán kính R là: ( x  a)  ( y  b)  ( z  c)  R Cách giải: 2 Vì mặt cầu tâm I ( 1;2;3 ) tiếp xúc với trục Oz nên có bán kính R    2 Vậy phương trình mặt cầu ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  Chọn A Câu (TH) – Ứng dụng tích phân hình học Phương pháp: y  f  x , y  g  x Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , đường thẳng x = a , x = b là: Trang b S � f ( x)  g ( x) dx a Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 2x � 2�  x ( x �1) � x �x  � x 1 � 2� � x0 � x0 � � �� �� x  (tm) x( x  1)   � � x  2 � � Diện tích hình phẳng giới hạn đường 2x S� x2  dx x 1 S� x2   y 2x ; y  x ; x  0; x  x 1 2x dx x 1 2x � �2 S � dx �x   � x  � � �x �1 � S  �  x  ln x  � �3 �0 s    2ln � S  ln  Chọn A Câu (TH) – Phương trình đường thẳng không gian Phương pháp: x A  xB  xC � �xG  � y A  y B  yC � �yG  � z A  z B  zC � �zG  - Tìm trọng tâm G tam giác ABC: �  - Viết phương trình đường thẳng HG đường thẳng qua G vng góc với - Tìm H = HG ⋂ ( α ) Cách giải: x A  xB  xC   �  1 �xG  3 � y  yB  yC   � � �yG  A   2 � G (1; 2; 2) 3 � z A  zB  zC   �  2 �zG  3 � Gọi G trọng tâm tam giác ABC Trang uuur uuur uHG  n( )  (1;1;1) Vì H hình chiếu vng góc G lên ( )α nên �x   t � �y  2  t �z   t Khi phương trình đường thẳng HG là: � � H  HG �( ) H �HG � H (1  t ; 2  t ;  t ) H �( ) �  t   t   t   � 3t   � t   2; 1;3 Vậy H Chọn D Câu (TH) – Ứng dụng tích phân hình học Phương pháp: - Xác định nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm hàm số trục hoành y  f  x , y  g  x - Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , đường thẳng x = a , x = b là: b S� f  x   g  x  dx a Cách giải: Dựa vào đồ thị ta có: x0 � � f ( x)  � � x 1 � x3 � S � f  x  dx  � f  x  dx  � f  x  dx 0 Khi đó: Chọn B Câu (NB) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: V  Bh Áp dụng cơng thức tính thể tích hình chóp có chiều cao h , diện tích đáy B Cách giải: Vì ABCD hình vng cạnh a nên S ABCD  a   1 VSABCD  SA.S ABCD  � 2a � a2  a3 3 Vậy Chọn A Câu (NB) – Nguyên hàm Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm Cách giải: Khẳng định sai A Khẳng định phải là: Chọn A Câu 10 (NB) – Lôgarit Phương pháp: x a dx  � x a 1 C a 1 + (C số, α số khác 1 ) Trang 10 TXĐ: D = � Ta có: y '    m2  x2    m  x    Để hàm số đồng biến � y ' �0x �� hữu hạn điểm �  m2  � ��   m  4m   84  21m2  � 2  m  � 20 � � � 20 � m2 11   m  � � 11 m ��� m � 1;0;1 Mà Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A Câu 29 (TH) – Phương trình đường thẳng khơng gian Phương pháp: r r na � r r r n  [a , b ] � �r r nb � Cách giải: r  d u Gọi vecto phương đường thẳng r ur n   1;1;1  P  , u '  1;3; 1  Gọi VTCP đường thẳng VTCP đường thẳng ( d )' r r �d �( P) � un r r r � �r r �u  � n , u �� � � � � (4; 2; 2) d d u u � � Ta có: Vì ( - 4;2;2 ) ( - 2;1;1 ) vectơ phương nên ( - 2;1;1 ) VTCP đường thẳng d Chọn D Câu 30 (VD) – Cấp số cộng (Toán 11) Phương pháp: - Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số a , b , c lập thành CSC a + c = b - Rút ẩn theo ẩn lại - Sử dụng quan hệ cạnh góc tam giác: Trong tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ góc nhỏ - Áp dụng định lí Cơ-sin tam giác: Cách giải: cos A  b2  c  a2 2bc �2b  a  c � Ta có a , b , c , p lập thành cấp số cộng nên �2c  b  p � a b � a  b  c 3b � � p  �� 2 � c b � Ta thấy cạnh a có độ dài nhỏ nên góc A góc bé Trang 17 cos A  b2  c  a  2bc Áp dụng định lí Cơ-sin tam giác ta có Chọn A Câu 31 (VD) – Xác suất biến cố (Toán 11) Phương pháp: Ta tính xác suất người thắng ván Sau tính xác suất người thắng hai ván Cách giải: Xác suất xuất mặt chấm , xác suất không xuất mặt chấm Người chơi thắng xuất mặt sáu chấm: �1 � � � TH1: mặt sáu chấm, mặt sáu chấm ⇒ Xác suất là: �6 � �1 � �� TH2: mặt sáu chấm ⇒ Xác suất �6 � �1 � �1 � 35 � ��  � � ⇒ Xác suất để người thắng cuộc: �6 � �6 � 36 , suy xác suất thua ván 36 �1 � �1 � 35 � � � ��  Vậy xác suất để ván, người thắng hai ván �36 � �36 � 36 1296 Chọn A Câu 32 (VD) – Phương trình mặt phẳng Phương pháp: 2 - Gọi M ( x ; y ; z ) Tính MA , MB , sử dụng công thức: MA2   xM  xA    yM  y A    zM  z A  2 - Suy tập hợp biểu diễn đường M mặt cầu, xác định rõ tâm I bán kính R d  d  I;    I  x0 ; y0 ; z0  ,    : Ax  By  Cz  D  - Tính , sử dụng cơng thức , Ax0  By0  Cz0  D d( I ;( ))  A2  B  C 2 - Giao tuyến ( )α mặt cầu ( ;I R ) đường tròn có bán kính r  R  d Cách giải: �MA2  ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2 � MB  x  ( y  3)  ( z  1)2 Gọi M ( x ; y ;z ) ta có: � MA2  MB  � 2� ( x  2)  ( y  1)  ( z  1) � x  ( y  3)  ( z  1) � � � � � � � x2  8x   y  y   z  z   x2  y  y   z  z   � x2  y  z  8x  y  z   2  S  tâm I  4; 1; 3 , bán kính ⇒ Tập hợp điểm M thỏa mãn MA  MB  mặt cầu R  42  12  32   Trang 18 Mà M �   � M     � S  �  mặt cầu Tập hợp điểm M đường tròn giao tuyến  C mặt phẳng  S d( I ;( ))  | 1  | Ta có: 12  12  12  3d  C  là: r  R  d  (2 7)2  ( 3)  Vậy bán kính đường tròn Chọn D Câu 33 (VD) – Đường tiệm cận Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ hàm số - Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng phương trình mẫu số = có nghiệm phân biệt thỏa mãn ĐKXĐ - Cô lập m Sử dụng phương pháp hàm số Cách giải: �x �6 � �2 ĐKXĐ: �x  x  2m  y Để đồ thị hàm số 20  x  x x  x  2m có hai đường tiệm cận đứng phương trình x  x  2m  có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  0;6 ⇔ Phương trình x  x  2m có hai nghiệm phân biệt thuộc  0;6  * Xét hàm số f  x   x  8x ta có: f '  x   x   � x  đoạn Bảng biến thiên:   -� 16�-  2m 12 m Dựa vào bảng biến thiên ta m � 6;8  Vậy Chọn A Câu 34 (VDC) – Tương giao đồ thị hàm số biện luận nghiệm phương trình Phương pháp: - Chứng minh hàm số f ( x ) đồng biến � , đặt t = f ( x ) suy với giá trị t cho nghiệm x tương ứng - Đưa toán ẩn t, lập BBT kết luận Cách giải: f  x   x  x  x  x  x  x  10 Xét hàm số ta có: TXĐ: D = � � Ta có: f ( x)  x  x  x  x  x  h  x   x  x3  3x  x  Xét hàm số � ta có: Trang 19   h�( x) 20 x 12 x x x 0, 62 BBT: h  x   0x �� .  f '  x   0x �� Từ BBT ta thấy Đặt f ( x ) = t , hàm số f ( x ) đồng biến � nên với giá trị t cho ta nghiệm x F  t   g  t   t  3t    Khi u cầu tốn trở thành tìm tham số m để phương trình F ( t ) = m có nghiệm t phân biệt t 1 � g �(t )  3t   � � t  1 � Ta có Bảng biến thiên: Dựa vào BBT ta thấy phương trình F ( t ) = m có nghiệm phân biệt < m < Chọn B Câu 35 (VD) – Hai mặt phẳng vng góc (Tốn 11) Phương pháp: - Xác định góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến b2  c  a2 cos A  2bc - Áp dụng định lí Cơ-sin tam giác: Cách giải: Tam giác ABC , ABD tam giác cân C D nên CM ⊥ AB , DM ⊥ AB Ta có: Trang 20 ( ABC ) �( ABD)  AB � � ( ABC )  CM  AB � � ( ABD) �DM  AB � �  ABC  ;  ABD    � CM ; DM      � Gọi I trung điểm MN Kẻ IK ⊥ AD mà mặt cầu đường kính MN tiếp xúc với AD ⇒ IK = IM = IN Xét ∆ AMI ∆ AKI có: �AMI  �AKI   900 AIchung M  IK (cmt) ⇒∆ AMI = ∆ AKI (cạnh huyền – cạnh góc vng) a � AM  AK  � DK  AD  AK  a a a (  1)   2 DK  DN � DN  a (  1) � CD  a(  1) Chứng minh tương tự ta có Ta có: CM ⊥ AB nên ∆ ACM vng M , áp dụng định lí Pytago ta có: 3a a a   4 CM  AC  AM  a Tương tự ta tính DM = Áp dụng định lí Cơ-sin tam giác MCD có: cos �CMD  MC  MD  CD 2 MCMD a2 a2   a (  1) 2   33 a2 2� Vậy cos   cos�CMD   3.  Chọn B Câu 36 (VD) – Tích phân Phương pháp: sin x tan x  cos x , quy đồng - Sử dụng cơng thức - Phân tích cosx  A  sinx  cosx   B  cosx  sinx  , sử dụng phương pháp đồng tìm hệ số A,B dx dx  x  C , �  ln | x | C � x - Sử dụng nguyên hàm bản: Cách giải:  Ta có  cos x I � dx  � dx  tan x sin x  cos x 0 Trang 21 cosx  A  sinx  cosx   B  cosx  sinx  Đặt � cosx   A  B  sinx   A  B  cosx � � � �A  �A  B  � �� � �A  B  �B  � Đồng hệ số ta được: � Khi ta có:  1 (sin x  cos x)  (cos x  sin x) 2 I � dx sin x  cos x I   sin x  cos x cos x  sin x dx  � dx � sin x  cos x sin x  cos x   1 (sin x  cos x)� I � dx  � dx 20 sin x  cos x   I  x |04  ln | sin x  cos x | 2   �  ln   ln 2 1 � a  ,b  a 1  :  Vậy b I Chọn A Câu 37 (VD) – Khái niệm thể tích khối đa diện Phương pháp: - Gọi I trung điểm BC, chứng minh SI ⊥ ( ABC ) - Kẻ IH ⊥ SC , chứng minh SC ⊥ ( AHI ) - Qua B dựng mặt phẳng song song với ( AHI ) , chứng minh mặt phẳng qua B vng góc với SC - Sử dụng tỉ số thể tích: Cho hình chóp S ABC, điểm A ', B ', C ' thuộc SA , SB , SC , ta VS A ' B ' C ' SA� SB � SC �  � � V SA SB SC có S ABC Cách giải: Trang 22 Gọi I trung điểm BC, tam giác SBC nên SI ⊥ BC Ta có: (( SBC )  ( ABC ) � � ( SBC ) �( ABC )  BC � SI  ( ABC ) � � ( SBC ) �SIBC � Vì tam giác ABC cân A (gt) nên AI ⊥ BC , lại có AI ⊥ SI (do SI ⊥ ( ABC ) ) nên suy AI ⊥ ( SBC ) , AI ⊥ SC Gọi K trung điểm SC , ∆ SBC nên BK ⊥ SC , ( SBC ) kẻ IH / / BK ( H � SC ) � IH  SC.  �IH  SC � SC  ( AHI ) � AI  SC � Ta có: �BK ‖ IH � ( BKN ) ‖ ( AHI ) � �KN ‖ AH Trong ( SAC ) kẻ KN / / AH ( N � SA)   Ta có : Mà SC ⊥ ( AHI ) ⇒ SC ⊥ ( BKN ) Do mặt phẳng qua B vng góc với SC ( BKN ) Mặt phẳng ( BKN ) chia khối chóp cho thành hai phần Đặt V1  V SBKN , V2  VBKN ABC   Áp dụng định lí Ta-lét ta có: HC IC 1   � HK  HC  CK  SK HK IB 2 SK SN �   SH SA V SK SN � SBKN  �  � VSBCA SC SA 3 1 � V1  VSBKN  VSBCA  VS ABC 3 � V2  VS ABC Trang 23 V1  :  V 3 2 Vậy Chọn A Chú ý: Công thức tỉ số thể tích áp dụng chóp tam giác Câu 38 (VD) – Phương trình mặt phẳng Phương pháp: r n (a , b, c )  a  b  c �0    - Gọi VTPT mặt phẳng uur uur | np � np | cos(( P);(Q ))  np np - Sử dụng công thức: uuuu rr MN �   � MN n   0   - Vì  - Rút ẩn a , b , c theo ẩn lại, từ suy VTPT r    qua M có VTPT n  a; b; c   có phương trình: - Viết phương trình mặt phẳng a  x  xM   b  y  yM   c  z  z M   O  x0 ; y0 ; z0     : Ax  By  Cz  D  là: - Khoảng cách từ điểm đến Ax0  By0  Cz0  D d  O;( )   A2  B  C Cách giải: r n(a; b; c)  a  b  c �0    Gọi VTPT mặt phẳng r  i   1;0;0     Vì mặt phẳng tạo với mặt phẳng ( Oyz ) có VTPT góc 60 nên ta có : a cos 600   2 2 a b c � a  b  c  2a � a  b  c  4a � 3a  b  c  1 Mặt khác MN �  uuuu rr  � MN n   0 � 4a  3c  � c  uuuu r MN  4;0;3 a  3a  b  16a 11 a 11 � b2  a � b  � 9 Thay vào (1) ta có: r � a 11 � ur n� a, � ; a �/ /(3; � 11; 4) � � 3 � n � � Khi ta có:  (3; � 11; 4) VTPT mặt phẳng  Do phương trình mặt phẳng d(O;( ))  Vậy Chọn D  4) 11( ۱ y 0) 4( z 0) 3( x � 3x 11 y z 12 | 3.0 � 11.0  40  12 | 2  11  16 Trang 24 Câu 39 (VD) – Phương trình đường thẳng khơng gian Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm M xuống đường thẳng uuuu r r [ AM ; u ] r d (M ; d )  |u | VTCP đường thẳng d , A điểm thuộc đường thẳng d Cách giải:  d  có VTCP M(1-2m ;-2+2 m ;1) Đường thẳng M   2m; 2  2m;1 qua điểm uuuu r �1 � AM �  2m; 3  2m; 3 � �2 � Ta có uuuu r r � 1� � [ AM ; n]  �  m,  m  ; 2m  m  � 2� � uuuu r r | [ AM ; n ] | r d( A; (d ))  |n| 2 1� � 1� � m � m  � � 2m  m  � 2� � 2� �  m  (1  m)2  Đến việc thay giá trị m đáp án vào biểu thức khoảng cách để tìm GTLN nhanh (học sinh hồn tồn sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN sử dụng chức MODE MTCT) m ta có: d  A;  d   �1,1 Thay Thay Thay m � d  A;  d   ; 1, 67   m � d  A;  d   ; 0,87   Thay m = � d  A;  d   ; 1,32 m Vậy d ( A ; ( d ) ) đạt GTLN Chọn B Câu 40 (VD) – Bất phương trình mũ bất phương trình lơgarit Phương pháp: t  x  x  1 t   - Đặt , đưa bất phương trình dạng f ( t ) < m - Xét tính đơn điệu hàm số f ( t ) kết luận nghiệm t bất phương trình - Tử nghiệm t giải bất phương trình tìm nghiệm x sau tìm giá trị x ngun thỏa mãn Cách giải: � 3  x � 2 � x  3x   � � 3  x � � ĐKXĐ: Trang 25 t  x  x  1 t   , bất phương trình trở thành ln t  t   � lnt  t    f  t   lnt  t  t   f '  t   1t   0t   0; � Đặt ta có: ⇒ Hàm số y = f ( t ) đồng biến Đặt Lại có f  1  ln1   , f  t    f  1 �  t    �� 3  x �� � � �3  � �3  � � �  x  x   � �� 3  � x �� ;0 � � � ��� � � x � �� � �� �� 3  x  � Mà x ��� x ��  Vậy bất phương trình cho khơng có nghiệm ngun Chọn A Câu 41 (VDC) – Khoảng cách (Toán 11) Cách giải: Chọn A Câu 42 (VDC) – Dãy số (Toán 11) Phương pháp: u  n n , chứng minh v  n CSN - Đặt - Viết công thức SHTQ dãy , từ suy SHTQ dãy un   - Giải bất phương trình tìm n Cách giải: u u u un  n � vn1  n 1  n n n  3n Đặt 1 un un 1  �  � 1  vnn �1 3n n 3 Ta có: u 1 v1   , q    3 Do cấp số nhân có n 1 ⇒ SHTQ:  v1q � un  n �  n 1 �1 �  ��  n �3 � n 3n Theo ta có un  n � � (n �1) 2020 2020 x f  x    x với x ≥ ta có: Xét hàm số 3x  x � 3x ln  x ln  32 x 3x f �( x )  � x  ln BBT: f �( x )  Trang 26 f  x    2020 Dựa vào BBT ta thấy có vô số giá trị nguyên n thỏa mãn Chọn C Câu 43 (VDC) – Tích phân Phương pháp: Nhận xét biểu thức cho dung phương pháp đồng hệ số Cách giải: f  x   f  x   x3  x Ta có f  4x  ; f  x Suy hàm số bậc 3 Đặt f ( x)  ax  bx  cx  d � f (4 x)  64ax  16bx  4cx  a f (4 x )  f ( x )  x  x � 63ax3  15bx  3cx  x  x f ( x)  x4 x2 148 x  x2�� f ( x)dx    2x  63 63 63 Khi Chọn A Câu 44 (VD) – Tương giao đồ thị hàm số biện luận nghiệm phương trình Phương pháp: Sử dụng đồ thị Cách giải:  sin x  t �[0;1]( x �[0;  ]) � t � cos x  � x  Đặt Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ứng với giá trị t khác có giá trị x Do để phương trình f ( sin x ) = m có nghiệm đoạn [ 0;2 ] phương trình f ( t ) = m phải  0;1 � 4  m �3 có nghiệm Chọn A Câu 45 (VDC) – Phương trình mũ phương trình lơgarit Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu hàm số Cách giải: Trang 27 Ta có  cos  x  log (3cos  x  1) � 2cos x   cos  x  log (3cos  x  1) 2cos  x 1  � 2cos x  cos  x  (3cos  x  1)  log (3cos  x  1) �2 cos  x  log 2 cos  x  (3cos  x  1)  log (3cos  x  1) � 2cos  x  3cos  x  � 2cos  x  3cos  x   Đặt t  cos x , với x � 0;100 � x � 0;100  � t � 1;1   t � 1;1   Phương trình trở thành  3t   với t Xét hàm số BBT: f  t   2t  3t  ta có: f �(t )  2t ln   � 2t  3 � t  log  t0 �2,11 ln ln Dựa vào BBT ta thấy phương trình f ( t ) = có nghiệm t = � cos x  �  x  k 2 � x  2k (k � �)   Mà x ∈ [ 0;100 ] ⇒ ≤ k ≤ 100 ⇔ ≤ k ≤ 50 [0;100]  � 2k 100 k 50 Mà x ��� Vậy phương trình cho có 51 nghiệm thỏa mãn Chọn A Câu 46 (VD) - Lôgarit Phương pháp: x N   xloga    xloga  phần nguyên x log a Số chữ số a Cách giải: n n Ta có A  4n  viết hệ thập phân số có 2020 chữ số nên A   số có 2020 chữ số (vì có tận nên cộng thêm với giữ nguyên số chữ số ban đầu) N   nlog 4  Số chữ số 4n n  3354 � N  2020 � [ n log 4]   2020 � [n log 4]  2019 � � n  3355 � Theo ta có: Vậy tổng số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu toán 3354 + 3355 = 6709 Chọn B Câu 47 (VD) – Cực trị hàm số Phương pháp: - Tính đạo hàm hàm số F ( x ) - Giải phương trình F ' ( x ) = , xác định nghiệm mà qua F ' ( x ) đổi dấu Cách giải: TXĐ: D = � Trang 28 Ta có F ( x)  f ( x)  f ( x)  � F �( x )  12 f �( x ) �f ( x)  f �( x) �f ( x)  � f �( x) f ( x) � �f ( x)  1� � �f �( x)  �� �f ( x )  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Phương trình f ' ( x ) = có nghiệm đơn phân biệt Phương trình f ( x ) = có nghiệm đơn phân biệt Rõ ràng nghiệm phân biệt với Vậy hàm số F ( x ) tổng có điểm cực trị Chọn D Chú ý: Học sinh cẩn thận tính đạo hàm hàm hợp Câu 48 (VD) – Phương trình đường thẳng khơng gian Phương pháp: - Tham số hóa tọa độ điểm I �d theo tham số t DM   x I  xM    yI  yM    z1  z M  2 - Tính độ dài đoạn thẳng IM , IN , sử dụng công thức - Đưa biểu thức dấu dạng A 2+ m đánh giá, từ tìm t để IM + IN đạt giá trị nhỏ - Tìm điểm I tương ứng với giá trị t tìm được, xác định a , b , c tính S Cách giải: I  t  7;3  2t ;9  t  �d Gọi Khi ta có: M  IN  (t  4)  (2  2t )  (8  t )  (t  3)  (2t )  (5  t ) � MA  IN  6t  16t  84  6t  16t  34 2 � � 220 � � 70 � IM  IN  � t  �  6� t  � � 3� � 3� 17 17 23 � � I� ; ; �  IM  IN  � t   Lúc �3 3 � Khi 17 17 23 a  ,b  ,c  3 Suy Vậy S=2a+b+3c=40 Chọn D Câu 49 (VDC) – Hai mặt phẳng vng góc (Tốn 11) Cách giải: Trang 29 ( SBC )  ( ABC ) � � ( SBC ) �( ABC )  BC � ST  ( ABC ) � � ( SBC ) �SI  BC ( Trong ( SBC ) , kẻ SI ⊥ BC ( I ∈ BC ) ta có: � Trong ( ABC ) kẻ IH ⊥ AB ; IK ⊥ AC ( H ∈ AB , K ∈ AC ) ta có: �AB  IH � AB  ( SIH ) � AB  SH � �AB  SI ( SI  ( ABC )) ( SAB) �( ABC )  AB � � ( SAB) �SH  AB � �(( SAB);( ABC ))  �(( SH ; IH ))  �SHI  60� � � ( ABC ) �IH  AB � Chứng minh tương tự ta có �SKI  60 Khi ta có: SIH  SIK (cạnh góc vng – góc nhọn) ⇒ IH = IK ⇒ I chân đường phân giác IB AB 1   � IB  BC góc A Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: IC AC BC  AB  AC  a � IB  a 2a , IC  3 Áp dụng định lí Pytago ta có: Trong ( ABC ) kẻ IN ⊥ BC ( N ∈ AB ) ( SBC )  ( ABC ) � � ( SBC ) �( ABC )  BC  IN  ( SBC ) � RI  SB � � ( ABC ) �IN  BC Ta có: � Trong ( SBC ) kẻ IP ⊥ SB ( P ∈ SB ) ⇒ SB ⊥ ( IPN ) ⇒ SB ⊥ NP ( SBC ) �( SAB )  SB � � � ( SBC ) �IP  SB � �(( SBC );( SAB))  �( IP; NP )  �IPN � ( SAC ) �NP  SB Ta có: � a 2a � NI BI  2a  BNI BCA( gg ) �  �N  AC AB a Dễ thấy IH IB 1 2a   � IH  AC  3 Áp dụng định lí Ta-lét ta có: AC BC Trang 30 Xét tam giác SHI có: SI = IH tan60 = a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SIB có: Do IN ⊥ ( SBC ) ⇒ IN ⊥ IP nên ∆ INP vuông I SI  IH � tan 60� 2a 2a IN  51  tan  �IPN   IP 2a 15 3 17 Vậy Chọn B Câu 50 (VDC) – Bất phương trình mũ bất phương trình lơgarit Cách giải: 20002 x �4 cos x  � a 2002 x  cos x  �0 Ta có a t  2cos x  t � 2; 2  a t  t  �0t � 2;  , bất phương trình trở thành t t f  t   a  t  1, t � 2;  f '  t   a lna    Đặt Khi ta có:  a  � f '  t   0t � 2; 2   TH1: Nếu [2; 2] � f (t )  f (2)  a    a  [ 2,2] ⇒ Hàm số f ( t ) nghịch biến Đặt � a� � a  �0 � � a � � (mâu thuẫn với giả thiết < a < ) f �(t )  � t  log a   log a (ln a )  t0 ln a TH2: Nếu a > , ta có: BBT: Từ BBT ta có: f  t   f  t0  �0    2;2 � a  t0  �0 � a 1 x1  x2  log (ha)  �0  log (ln a)  �0 ln a �ae Chọn B � Trang 31 ... b(0  a 1, b  0) m S   log100 10 ;log100 10 2 ; �;log100 10 10  Ta có: Khi tích phần tử tập hợp S là: T  log100 10 � log100 10  log100 10 10 T  log102 10 � log102 10 � log10 10 20 � 1. 2 � ... Khi ta có:  (3; � 11 ; 4) VTPT mặt phẳng  Do phương trình mặt phẳng d(O;( ))  Vậy Chọn D  4) 11 ( ۱ y 0) 4( z 0) 3( x � 3x 11 y z 12 | 3.0 � 11 .0  40  12 | 2  11  16 Trang... - Giải bất phương trình tìm n Cách giải: u u u un  n � vn 1  n 1  n n n  3n Đặt 1 un un 1  �  � 1  vnn 1 3n n 3 Ta có: u 1 v1   , q    3 Do cấp số nhân có n 1 ⇒ SHTQ:  v1q