Thi thử lần 1 toán 12 Chuyên KHTN 2021

Thi thử lần 1 toán 12 Chuyên KHTN 2021

TRƯỜNG ĐH KHTN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHTN

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN

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

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

Câu 3 (TH): Phương trình z4  có bao nhiêu nghiệm phức? 16

� �

� � D � �� �12;1

Câu 9 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình x42x2 3 2m có đúng 6 nghiệm1thực phân biệt

Câu 11 (TH): Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y x 3 12x  cắt trục hoành tại1 m

3 điểm phân biệt?

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

Câu 19 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm , A1;3; 2 và mặt phẳng

 P : 2x y 2z  Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 3 0  P bằng:

A 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

Câu 21 (TH): Tính nguyên hàm �tan 22 xdx

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

2ln3

phẳng  P x: 2y3z0, Q x: 2y   Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng3z 4 0

 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P và  Q

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  Biết rằng điểm 1 0 M a b c thuộc mặt phẳng (P) sao cho biểu thức ; ; 

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

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

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

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

1

x y x

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 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 ���

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 uur1;

đường thẳng d đi qua điểm 2 M và có VTCP 2 uuur2

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

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 2 1 2

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

2

2 1

24

z z

- 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 y CT  0

Giải chi tiết:

2

83

m m

TXĐ: D�\ m

Ta có

2 2

11

m m

m m

m m

y x  với n�� xác định khi và chỉ khi x 0

Giải chi tiết:

- Phương trình mặt phẳng đi qua M x y z và có 1 VTPT →  0; ;0 0 n A B Cr ; ; 

- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.

- Giải bất phương trình logarit: loga f x  �۳loga g x  f x  g x khi  0 a 1

Giải chi tiết:

x

x x

- 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 thị1hàm 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 x 42x2 , 3 4 2

y x  x  và tìm mthỏa 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 và3đường thẳng y2m 1

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

- Từ đồ thị y x 42x2 lấy đối xứng phần đồ thị bên dưới trục 3 Ox qua trục Ox.

- 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 khi3

- 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

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

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

số y f x  tại 3 điểm phân biệt

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

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm x312x  1 m 0�m x 3 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 loga b

- Biến đổi biểu thức cần tính bằng cách sử dụng các công thức trên, thay loga 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)=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

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:

Hàm số đã cho xác định trên 0;� 

- 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 mặtphẳng 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.

� vuông cân tại A.

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:

4x m.2x  1 0�4 2x m.2x  1 0

k dx

a b c

- 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 ; ; ; ι��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 là

- Giải bất phương trình đại số tìm x, sau đó kết hợp điều kiện đề bài.

Giải chi tiết:

x x

và uuurd lần lượt là 1 vtpt của  P và

Giải chi tiết:

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

điểm bất kì thuộc d và uuurd

là 1 vtcp của đường thẳng d

Giải chi tiết:

Lấy M1; 2;3� Đường thẳng d có 1 VTCP là d uuurd 2; 2;1 

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 phươngtrình 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

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 ;  

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

- Biến đổi 2 2  2

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 b t

b







     

2 2

00

3

4

m m

m m

404

m

m m

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    , đưa phương trình về dạng 8 0 A Bi 0� A B 0

Giải chi tiết:

Vậy tổng phần thực và phần ảo của z là a b      1  3 2

MA  MB MC 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 IAuur2uur uur rIB IC 0 Khi đó ta có:

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 thị0

hàm số đi qua điểm A 1;0 cần tìm.

Giải chi tiết:

Ta có 2

y� x  x

Gọi M x y thuộc đồ thị hàm số. 0; 0

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M x y  0; 0 là

- 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 

SC ABCD;   SC AC;   SCA

Vì ABCD là hình vuông 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�� 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

- Vì d  P nên uuur uurd n P

- Phương trình đường thẳng đi qua A x y z và có 1 vtcp  0; ;0 0 u a b cr ; ; 

Vì d  P nên uuur uurd n P   1; 2; 3

Vậy phương trình đường thẳng d là 1 1 2

+ 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

- Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng   2 2

- Sử dụng công thức tính bán kính đường tròn 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 vuông 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 tamgiác ABC nên hình chiếu của S là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp ABC �SH ABC

2

ABC ABC

a a S

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông 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

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 2 2 1

Vậy thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng 3x và đồ thị hàm số v2

Giải chi tiết:

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

- 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:

Câu 50: Đáp án A

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

S  R   a  a