Đề thi đánh giá chất lượng môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên KHTN, Hà Nội (Mã đề 132)

Việc ôn tập và hệ thống kiến thức với Đề thi đánh giá chất lượng môn Toán lớp 12 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên KHTN, Hà Nội (Mã đề 132) được chia sẻ dưới đây sẽ giúp bạn nắm vững các phương pháp giải bài tập hiệu quả và rèn luyện kỹ năng giải đề thi nhanh và chính xác để chuẩn bị tốt nhất cho kì thi sắp diễn ra.

BON 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 1

16

9.2

BON 3: Phương trình 4

16

BON 4: Cho hàm số y x 3mx2m x2 8. Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số có điểm cực tiểu nằm

hoàn toàn phía bên trên trục hoành?

Môn thi: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) _

Ngọc Huyền LB Trang 01/05

C. 10.5

a

D. 2 19.5

BON 20: 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 có 3 học sinh Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ

A. 435

135

285

5750.9880

BON 21: Tính nguyên hàm tan 2 d 2 x x

 P : 2x y 2z 3 0 Gọi  là góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng  P Khẳng định nào sau đây làđúng?

2 17

2 17.3

BON 26: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m đề hàm số 8 3

2ln3

 

BON 33: 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

1

1

BON 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1; 1; 2  và mặt phẳng  P x: 2y3z 4 0

Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với  P

9

3.4

Ngọc Huyền LB Trang 04/05

đoạn AB bằng

BON 45: Cho hình chóp S ABC có AB3 ,a BC4 ,a CA5 ,a các mặt bên tạo với đáy góc 60 , hình chiếu

vuông góc của S lên mặt phẳng ABC thuộc miền trong của tam giác ABC Tính thể tích hình chóp

S ABC

BON 46: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ A đến mặt

phẳng A BC bằng a Thể tích của khối lăng trụ ABC A B C   

Trang 1

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

1;14

1;12

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y x 312x 1 m cắt trục hoành tại

3 điểm phân biệt?

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

A 1tan 2

2 x x C  D tan 2x x C  Câu 22 (TH): Số nghiệm nguyên thuộc đoạn 99;100 của bất phương trình

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

Câu 41 (TH): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 1; 2  và mặt phẳng 

 P x: 2y3z  Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) 4 0

1

xyx

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 vuông góc của S lên mặt phẳng ABC thuộc miền trong tam giác ABC Tính thể tích hình 

Câu 47 (TH): Tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x và đồ 2thị hàm số y x 2 quanh quanh trục Ox

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Phương pháp giải:

Cho đường thẳng d đi qua điểm 1 M và có VTCP 1 u1;

đường thẳng d đi qua điểm 2 M và có VTCP 2 u2

Khi đó ta có khoảng cách giữa d d1, 2 được tính bởi công thức:   1 2 1 2

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

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x y g x ,   , đường thẳng x a x b ,  là

   

b

a

S f x g x dx

Giải chi tiết:

Trang 8

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

2

2 1

24

zz

- Giải phương trình y xác định các giá trị cực trị theo m 0

- Chia các TH, tìm các giá trị cực tiểu tương ứng và giải bất phương trình yCT 0

Giải chi tiết:

mm

mm

mm

mm

Hàm số y x n với n xác định khi và chỉ khi x 0

Giải chi tiết:

Gọi nP

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:

x

xx

Phương pháp giải:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m f x 

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

- Lập BBT hàm số y x 42x2 , từ đó lập BBT hàm số 3 y x42x2 , 3 y x42x2 và tìm m 3thỏa mãn

Giải chi tiết:

Số nghiệm của phương trình x42x2 3 2m là số giao điểm của đồ thị hàm số 1 y x42x2 và 3đường thẳng y2m 1

Trang 11

- Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox

Ta có BBT của đồ thị hàm số y x42x2 như sau: 3

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y2m cắt đồ thị hàm số 1 y x42x2 tại 6 điểm phân biệt khi 3

- Xét phương trình hoành độ giao điểm, cô lập m, đưa phương trình về dạng m f x 

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm

số y f x  tại 3 điểm phân biệt

Trang 12

- Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm

số y f x  tại 3 điểm phân biệt

- Lập BBT hàm số y f x  và tìm m thỏa mãn

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm x312x    1 m 0 m x312x 1 f x 

Để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số

m

n

Từ giả thiết tính logab

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay logab vừa tính được để tính giá trị biểu thức

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

log√ab(a3√b)=log√ab(3√ab.3√a2)=log√ab3√ab+log√ab3√a2=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37logab(ab3)=logab(ab3.a23)=logabab3+logaba23=log(ab)12(ab)13+1loga23(ab)12=132.logab(ab)+112.32loga(ab)=23+134(1+logab)⇒23+134(1+logab)=3⇒logab=−37

 3 3 3 2

log ab a b log ab ab a

Trang 13

3 2 3

1

3

1 2

1log

1

3

1 2

1log

Lập BBT của hàm số trên 0; và tìm GTNN của hàm số

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Xác định mặt phẳng  P chứa DE và song song với SC , khi đó d DE SC ; d SC P ;  

- Đổi sang d A P Dựng khoảng cách  ;  

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

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

Giải chi tiết:

Trong ABCD gọi I ACDE, trong SAC kẻ  IG SC G SA/ /   , khi đó ta có DEGDE/ /SC

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

- Dựa vào BBT tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm

Giải chi tiết:

- 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   

- Tính số phần tử của không gian mẫu là n  là số cách chọn 3 học sinh bất kì

- Gọi A là biến cố: “Ban sự lớp gồm 3 bạn có cả nam và nữ” Xét 2 TH để tính số phần tử của biến cố A

- 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:

xx

Vậy phương trình đã cho có 100 nghiệm nguyên thỏa mãn

Giải chi tiết:

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

Dựa vào BBT   Kết hợp điều kiện m 6 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 , bán kính R có phương trình là  0; ;0 0   2  2 2 2

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 ;  

Trang 22

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp từng phần: udv uv  vdu

Giải chi tiết:

- 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

2

P a b  a b  ab, đặt ẩn phụ t2ab, lập BBT tìm miền giá trị của t

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của biểu thức P

Giải chi tiết:

1 2

b bt

3

4

mm

mm

m

mm

Từ đó ta suy ra được m , kết hợp điều kiện 8 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    , đưa phương trình về dạng 8 0 A Bi     0 A B 0

Giải chi tiết:

Trang 25

Phương pháp giải:

- Gọi I là điểm thỏa mãn IA2  IB IC 0

Phân tích MA22MB2MC2 theo MI

- Chứng minh đó MA22MB2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 IMmin

- 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

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt t2x3 1

Giải chi tiết:

Sử dụng phương pháp logarit hai vế

Giải chi tiết:

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

- Gọi M x y thuộc đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  0; 0

- Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số y f x  tại M x y là  0; 0 y f x 0 x x 0 f x 0

- Cho A 1;0  , giải phương trình tìm số nghiệm d x Số nghiệm 0 x chính là số tiếp tuyến với đồ thị 0hàm số đi qua điểm A 1;0 cần tìm

Giải chi tiết:

- 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 vuông để tính góc

- Sử dụng công thức tính nhanh: Độ dài đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2

Giải chi tiết:

Vì SAABCD nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ABCD 

Vì ABCD là hình vuông cạnh a 3 nên AC a 3 2a 6

3

SASCASC

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 tìm hoành độ điểm uốn, từ đó suy ra tọa độ điểm uốn 0

Giải chi tiết:

Ta có: y x 33x 2 y3x23;y6x

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

Câu 40: Đáp án B

Phương pháp giải:

Mặt phẳng  P x: 2y3z  có 1 vtpt là 4 0 nP 1; 2; 3  

Gọi d là đường thẳng đi qua A1; 1; 2  và vuông góc với   P và ud

+ Với m ta có 0 y 12x5 không thỏa mãn y     0 x

- Xét phương trình hoành độ giao điểm

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

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 tròn nội tiếp ABC SH ABC

Xét ABC có AB2BC2 CA2 25a2 nên ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo)

2

ABC ABC

a aS

Trang 32

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính A A

- Tính thể tích VABC A B C.     A A S ABC

Giải chi tiết:

Giải chi tiết:

Giải chi tiết:

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

uq

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