ĐỀ THI THỬ TN THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 MÔN TOÁN

vectorstock.com/20159037

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT KHỐI 12 CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, CÁC SỞ GIÁO DỤC TRÊN CẢ NƯỚC MỚI NHẤT NĂM 2021 MÔN TOÁN CÓ LỜI GIẢI (91-100) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

: ; 9<

5 ;9 0 = >?@ A

>?@ B4C A = D 9=E F >C G ?H H9 I J 1 0 K E= L #@9 9G9 M 0 011N 02 45 678 679

1 0 4 O P8 2 45 678 679

1 0 #8' 6Q2R /

4 /7* S ,2 45 678 679

1 0 4 2 / 4' T2 45 678 679

1 0 4 %&' (%U / 2 45 678 679

1 0 4 7 7!" # $2 45 678 679

1 0 7%&' #' (%) 4 48* +8' # , -2 45 678 679

1 0 4 (%. / +0 7 12 45 678 679

1 0 7%&' #2 / 3 7 7 7! 4' # 0 2 45 678 679

1 0 7%&' #' 57866 (%. / /78 0112 45 678 679

1 0 4 7

ĐỀ THI THỬ SỞ GD – ĐT HÀ NỘI

KÌ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

MỤC TIÊU

FF IC IA L

- Đề thi thử TN THPT môn Toán của Sở DG&ĐT được cho là bám rất sát với đề minh họa + cập nhật đúng xu hướng và thông báo của Bộ GD để phù hợp với tình hình thi cử và bệnh dịch. - Các câu hỏi trong đề thi khá gần gũi đối với học sinh, đặc biệt những bạn đã làm đề thi thử của nhiều trường. - Đề thi giúp các em ôn luyện và chuẩn bị tốt cho kì thi chính thức sắp tới. Câu 1: Cho số phức 4 + 6i. Phần ảo của số phức z là: A. 6i

B. −4

D. 4

2x −1 . Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình: x −1

B. y = 1

C. y = 2

D. x = 1

A. x = 2

Câu 2: Cho hàm số y =

C. 6

B. y + z = 0

C. z = 0

D. x = 0

A. y = 0

Câu 3: Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng ( Oyz ) là:

Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho vectơ u = ( 3; −1; 2 ) . Vectơ nào sau đây không cùng phương với u ? B. a = ( −3;1; −2 )

C. c = ( 6; −2; 4 )

D. b = ( −3;1; 2 ) .

C. y = − x3 − 3 x + 1

D. y = − x 3 + x − 1

A. d = ( −9;3; −6 )

KÈ

Câu 5: Hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?

A. y = x 4 − x 2 + 1

B. y = x3 − 3 x + 1

ẠY

Câu 6: Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng:

A. π Bh

Câu 7: Nếu

 1

A. 3

1 Bh 3

f ( x ) dx = −5 và



C. Bh

1 π Bh 3

f ( x ) dx = 2 thì

 f ( x ) dx bằng: 1

B. −3

C. −1 1

D. 1

Câu 8: Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1, log a3 b bằng A. 3log a b

1 log a b 3

C. 3 + log a b

1 + log a b 3

Câu 9: Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát là un = −2n + 3 với n ∈ ℕ * . Số hạng u5 bằng: B. −7

C. 5

D. −10

Câu 10: Với x là số thực bất kì, mệnh đề nào sau đây sai? A.

2021x =

(

2021

)

B. ( 2021x ) = ( 2021)

C. ( 2021x ) = ( 2021)

Câu 11: Số điểm cực trị của hàm số y = x3 − 3 x 2 + 1 là: A. 0.

FF IC IA L

A. 13

B. 3

C. 2

2021x = 20212

D. 1

Câu 12: Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

1  B.  −∞; −  2 

 1  C.  − ; 0   2 

A. ( 0;1)

D. (1; +∞ )

B. 22021

C. 2021!

D. 4042

KÈ

A. 20212

Câu 13: Cho tập X có 2021 phần tử phân biệt, số các hoán vị của tập X là:

Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( a; b ) . Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) ,

ẠY

trục Ox và các đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) có diện tích là: b



f ( x ) dx



f ( x ) dx



f 2 ( x ) dx

D. π  f ( x ) dx a

Câu 15: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 2 = 0. Khi đó z1 + z2 bằng: A. −2

B. 2

C. −1

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: 2

D. 1

FF IC IA L

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f ( x ) − m = 0 có 3 nghiệm phân biệt là:

A. ( −∞; +∞ )

B. [ −5;1)

C. ( −5;1)

D. [ −5; −1]

Câu 17: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 4 là: 2

B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 16

D. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 4

A. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 16

C. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3 ) = 4

a 3 3

a 3

Câu 19: Biết

a 2

a 3 2

Câu 18: Cho tam giác đều SAB có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AB. Chiều cao h của khối nón tạo thành khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM bằng:

  f ( x ) + 2 x  dx = 2021. Khi đó  f ( x ) dx bằng 0

B. 2022

C. 2020

D. 2021

A. 2019

Câu 20: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD, O là tâm của đáy (tham khảo hình vẽ). Hình chiếu vuông góc của

ẠY

KÈ

đường thẳng SA lên mặt phẳng ( ABCD ) là đường thẳng

B. AO

C. AD

D. SO

A. AB

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 5 = 0 và điểm M (1;1; 2 ) . Phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với ( P ) là: A.

x +1 y +1 z + 2 . = = 1 1 −1

x −1 y −1 z − 2 = = 1 1 −1

C. 3

x −1 y −1 z − 2 = = 1 1 1

x −1 y −1 z − 2 = = 1 1 2

Câu 22: Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = e3 x , y = 0, x = 0 và x = 1. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi qua D quanh trục Ox bằng: 1

A. π  e3 x dx

B.  e3 x dx

C.  e6 x dx

D. π  e6 x dx

FF IC IA L

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên [ −3; 2] và có bảng biến thiên như sau:

Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ −3; 2] . Giá trị M + m bằng:

C. 1

B. 3

B. 3 + ln 3

Câu 25: Đạo hàm của hàm số y = 56 x + 7 là: B. 56 x+ 7 6 ln 5

A. 56 x+ 7 ln 30

C. 3ln 3

D. 3 + ln 9

A. 3 − ln 3

1 1 với mọi x > và F (1) = 3 thì giá trị của F ( 5 ) bằng: 2x −1 2

Câu 24: Cho hàm số F ( x ) có đạo hàm F ' ( x ) =

D. 4

A. 2

C. 56 x+ 7 ln 5

D. 6.56 x + 7

C. 2 2

D. 4

Câu 26: Cho số phức z = 1 − 3i. Khi đó z bằng: B. 2

A. 10

KÈ

A. 4 3

Câu 27: Cho hình bát diện đều cạnh bằng 1. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó, S bằng: B. 2 3

D. 8 3

Câu 28: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 3log 2 a + 4 log 2 b = 3. Giá trị của P = a 3b 4 bằng:

ẠY

A. 2

B. 16

C. 8

D. 4

Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn (1 − i ) z = 2 − 3i. Điểm biểu diễn cho số phức w = 1 + 2 z có tọa độ là: A. ( −6;1)

B. ( −6; −1)

C. ( 6;1)

D. ( 6; −1)

Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD có A ( 2;0; −1) , B (1;3; 4 ) và D ( −5;1;0 ) . Tọa độ trung điểm của AC là:

A. ( −3; −1; −2 )

B. ( −2; 2; 2 )

C. ( −1;1;1) 4

D. ( −6; 4;5)

FF IC IA L

Câu 31: Từ một tâm tôn có hình dạng là một Elip với độ dài trục lớn bằng 8, độ dài trục bé bằng 4, ta cắt lấy tấm tôn có dạng hình chữ nhật nội tiếp Elip (tham khảo hình vẽ sau). Gõ tấm tôn hình chữ nhật thu được thành một hình trụ không có đáy.

Thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng:

128 3 2π

64 3 9π

64 3 2π

128 3 9π

1 3 x − mx 2 + ( m 2 − 1) x 3 có hai điểm cực trị A, B sao cho A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9. Tổng tất cả các phần tử của S bằng

Câu 32: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y =

C. 0

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

B. 6

( P ) : x − 2 y − 2 z + 3 = 0.

A. −6

D. 2 Gọi d là đường thẳng đi qua

 x = 1 + 2t  B.  y = 1 − t  z = −2 + 2t 

x = 1− t  C.  y = 1 − t  z = −2 + 2t 

x = 1+ t  A.  y = 1 − 2t  z = −2 + 2t 

M (1;1; −2 ) , cắt trục Ox và song song với ( P ) . Phương trình của đường thẳng d là:  x = 1 + 2t  D.  y = 1  z = −2 + t 

ẠY

KÈ

Câu 34: Cho đồ thị biểu diễn vận tốc của một chất điểm theo thời gian (tính bằng giây). Biết đồ thị biểu diễn vận tốc theo hướng từ O đến A là một đường thẳng, từ A đến D là một phần của parabol có đỉnh là B (tham khảo hình vẽ).

Quãng đường (tính bằng mét) chất điểm đi được trong 3 giây đầu tiên gần nhất với kết quả nào sau đây?

A. 2m

B. 3, 7 m

C. 1, 7 m

D. 2, 7 m

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 5. Gọi M là trung điểm của SA và CD (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SC bằng: 5

2a 5 3

a 5 3

FF IC IA L

a 5 6

a 3

Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) là một hàm đa thức có bảng xét dấu f ' ( x ) như sau:

Hàm số g ( x ) = f ( x 2 − x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

1  C.  ;1 2 

 1 A.  0;   2

D. ( −∞;0 )

B. (1; +∞ )

Câu 37: Cho A = {0;1; 2;3; 4;5} , gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau và các 1 5

1 10

chữ số đó thuộc A. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S. Xác suất để số được chọn có dạng abc với a > b > c là:

2 5

3 10

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 7 = 0 và điểm M ( 2; 0;1) . Mặt phẳng ( P ) thay đổi đi qua M và cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r. Khi

3 3

KÈ

r đạt giá trị nhỏ nhất, khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( P ) bằng:

ẠY

Câu 39: Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 6 x + ( 3 − m ) 2 x − m = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) là:

B. ( 3; 4 )

C. [3; 4]

D. [ 2; 4]

A. ( 2; 4 )

      Câu 40: Cho log 2 log 1 ( log 2 x )  = log 3 log 1 ( log 3 y )  = log 5 log 1 ( log 5 z )  = 0. Khẳng định nào sau đây  2   3   5  đúng? A. y < z < x

B. x < y < z

C. z < x < y 6

D. z < y < x

Câu 41: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 3. Gọi M là trung điểm cạnh AA ', N là điểm thuộc 2 BB ' sao cho BN = BB '. Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ' A ' tại P và cắt đường thẳng C ' B ' tại Q. 3 Thể tích khối đa diện lồi A ' MPB ' NQ bằng: 7 2

7 6

7 9

Câu 42: Biết nghiệm lớn nhất của phương trình log

x + log 1 ( 2 x − 1) = 2 có dạng x = a + b 3 ( a, b là hai số 2

nguyên). Giá trị của a + b bằng:

A. 6

7 3

FF IC IA L

B. 4

C. 10

D. 2

Câu 43: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 2 là số thuần ảo và z − 2 = 2? B. 0

C. 1

Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A

(

)

D. 3

3;1; 0 , B ( 0; 2;0 ) .M là điểm di động trên Oz. Gọi H , K

A. 2

lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên MB và OB. Đường thẳng HK cắt trục Oz tại N . Khi đó thể tích của tứ diện MNAB nhỏ nhất thì phương trình mặt phẳng ( AHN ) có dạng ax + by − 2 z + c = 0. Giá trị

B. 5

C. 2 2

D. 0

A. −1

biểu thức a + b + c bằng:

1 2

bằng:

B. 324

C. 729

D. 2196

A. 1458

(z z ) +(z z )

Câu 45: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z1 + z2 = 3 và z1 − z2 = 3 3. Giá trị của biểu thức

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục, nhận giá trị dương trên đoạn [1; 4] , f (1) = 1, f ( 4 ) = 8 và 4

2 x. f ( x ) . f ' ( x ) = x + 2  f ( x )  ∀x ∈ [1; 4] . Tích phân

B. 1

C. 4

D. 3

KÈ

A. 2

 f ( x ) dx bằng:

ẠY

Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ. Đồ thị hàm số y = f ' ( x ) như hình vẽ bên:

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số h ( x ) = f ( x )

( x + 1) − 2

+ m trên đoạn [ −3;3] không vượt quá 2021 thì tập giá trị

của m là: 7

A. ( −∞; − f ( −3) + 2023

B. ( −∞; − f (1) + 2023

C. ( −∞; − f ( 3) + 2029 

D. ( 0; f ( 3) + 2023

Câu 2

Có

bao

nhiêu

giá

trị

nguyên

của

tham

m ∈ ( −5;15 )

số

để

phương

trình

+ 1) ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) − ( x 2 + mx + m 2 ) ln 2 x 2 + 3 = 0 có nghiệm?

A. 20

B. 19

C. 18

D. 17

FF IC IA L

48:

Câu 49: Cho tứ diện ABCD có AB = BD = AD = 2a, AC = a 7, BC = a 5. Biết khoảng cách giữa hai đường a thẳng AB, CD bằng . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng: 2 A.

2a 3 2 3

a 3 11 12

a 3 11 6

2a 3 6 3

(

Câu 50: Cho hàm số g ( x ) = x3 − 6 x 2 + 11x − 6 và f ( x ) là hàm đa thức bậc ba có đồ thị như hình vẽ bên.

)

Phương trình g f ( x ) = 0 có số nghiệm thực là:

B. 6

C. 12

A. 10

ẠY

KÈ

------------- HẾT --------------

D. 8

ĐÁP ÁN 2-D

3-D

4-D

5-B

6-B

7-B

8-B

9-B

10-B

11-C

12-D

13-C

14-A

15-B

16-C

17-B

18-C

19-C

20-B

21-B

22-D

23-C

24-B

25-B

26-A

27-B

28-C

29-C

30-B

31-D

32-C

33-B

34-D

35-B

36-C

37-A

38-C

39-A

40-C

41-B

42-A

43-D

44-D

45-A

46-A

47-A

48-D

49-C

50-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp: Phần ảo của số phức z = a + bi là b.

Cách giải: Phần ảo của số phức 4 + 6i là 6.

Chọn C.

Câu 2 (NB)

Câu 3 (NB)

KÈ

Phương pháp:

Chọn D.

2x −1 có TCĐ x = 1. x −1

Đồ thị hàm số y =

Cách giải:

ax + b d có TCĐ x = − . cx + d c

Phương pháp: Đồ thị hàm số y =

FF IC IA L

1-C

Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0.

Cách giải:

ẠY

Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0.

Chọn D.

Câu 4 (NB)

Phương pháp: Hai vectơ a, b cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số k ∈ ℝ ( k ≠ 0 ) sao cho a = kb. Cách giải: 9

Ta có: d = −3u , a = −u , c = 2u nên d , a, c cùng phương với u.

Chọn D. Câu 5 (NB) Phương pháp:

FF IC IA L

Dựa vào hình dáng đồ thị và chiều của nhánh cuối.

Cách giải: Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án A và D. Đồ thị có nhánh cuối hướng lên nên loại đáp án C. Chọn B.

Phương pháp:

1 Bh. 3

Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng

1 Bh. 3

Cách giải:

Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h bằng

Chọn B.

Câu 7 (NB)

Cách giải:



 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx.

KÈ

Sử dụng tính chất tích phân:

Phương pháp:

Ta có:

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = −5 + 2 = −3.

ẠY

Chọn B.

Câu 6 (NB)

Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng công thức log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) .

Cách giải: 1 Với a, b > 0, a ≠ 1 ta có log a3 b = log a b. 3 10

Chọn B. Câu 9 (NB) Phương pháp: Thay n = 5.

Cách giải:

FF IC IA L

Ta có u5 = −2.5 + 3 = −7 .

Chọn B. Câu 10 (NB) Phương pháp: n

Cách giải: 2

nên ( 2021x ) = ( 2021)

là mệnh đề sai.

Ta có ( 2021x ) = ( 2021)

Sử dụng công thức ( a m ) = a mn .

Chọn B.

Phương pháp:

Giải phương trình y ' = 0 tìm số nghiệm bội lẻ.

Câu 11 (NB)

Cách giải:

x = 0 . Ta có y = x3 − 3 x 2 + 1  y ' = 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔  x = 2

Chọn C.

KÈ

Câu 12 (NB)

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương.

ẠY

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −1; 0 ) và (1; +∞ ) .

Chọn D.

Câu 13 (NB) Phương pháp: Sử dụng khái niệm hoán vị. 11

Cách giải: Số các hoán vị của tập X là 2021!.

Chọn C. Câu 14 (NB) Phương pháp:

FF IC IA L

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( a; b ) . Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và b

các đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) có diện tích là

 f ( x ) dx. a

Cách giải:

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( a; b ) . Hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và b

 f ( x ) dx.

các đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) có diện tích là

Chọn A. Câu 15 (NB)

Phương pháp:

c Sử dụng định lí Vi-ét cho phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0 ( a ≠ 0 ) : z1 + z2 = . a

Áp dụng định lí Vi-ét ta có z1 + z2 = 2.

Phương pháp:

Câu 16 (NB)

Chọn B.

Cách giải:

Áp dụng định lí Vi-ét ta có f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song

Cách giải:

KÈ

song với trục hoành.

ẠY

Phương trình f ( x ) − m = 0 ⇔ f ( x ) = m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −5 < m < 1.

Chọn C.

Câu 17 (NB)

Phương pháp: 2

Phương trình mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) , bán kính R là: ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

Cách giải: 12

Phương trình mặt cầu tâm I (1; 2;3) và bán kính R = 4 là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 16.

Chọn B. Câu 18 (NB) Phương pháp: Khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM ta được hình nón có chiều cao h = SM .

FF IC IA L

Cách giải:

Khi tam giác SAB quay quanh cạnh SM ta được hình nón có chiều cao h = SM =

Chọn C. Câu 19 (TH)

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải: 1

  f ( x ) + 2 x  dx = 2021 1

0 1

= 2021

⇔  f ( x ) dx + x 2

⇔  f ( x ) dx +  2 xdx = 2021 1

Chọn C.

KÈ

⇔  f ( x ) dx = 2020

⇔  f ( x ) dx + 1 = 2021

a 3 . 2

ẠY

Câu 20 (NB)

Phương pháp:

Tìm lần lượt hình chiếu của S , A lên mặt phẳng ( ABCD ) .

Cách giải: Ta có SO ⊥ ( ABCD )  O là hình chiếu vuông góc của S lên ( ABCD ) . Vì A ∈ ( ABCD ) nên A là hình chiếu vuông góc của chính nó lên ( ABCD ) . 13

Vậy hình chiếu vuông góc của đường thẳng SA lên mặt phẳng ( ABCD ) là đường thẳng OA.

Chọn B. Câu 21 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

- Vì d ⊥ ( P )  ud = nP .

- Trong không gian Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương x − x0 y − y0 z − z0 u = ( a; b; c ) là . = = a b c

Cách giải:

Vậy phương trình đường thẳng d là:

x −1 y −1 z − 2 . = = 1 1 −1

Chọn B.

Vì d ⊥ ( P )  Đường thẳng d có 1 VTCP là ud = nP = (1; −1;1) .

Mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 5 = 0 có 1 VTPT là nP = (1; −1;1) .

Câu 22 (NB)

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b

Cách giải:

xung quanh trục Ox là: V = π  f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx.

KÈ

Chọn D.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng π  e6 x dx.

Câu 23 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định M , m và tính tổng.

Cách giải:

 M = max f ( x ) = f ( −1) = 3 [−3;2]  Dựa vào BBT ta thấy   M + m = 3 − 2 = 1. f ( x ) = f ( −3) = −2 m = min [−3;2] 

Chọn C. 14

Câu 24 (TH) Phương pháp: - Tính F ( x ) =  F ' ( x ) dx. - Phá giá trị tuyệt đối và sử dụng F (1) = 3 tìm C.

FF IC IA L

- Tính F ( 5 ) .

Cách giải: Ta có F ( x ) =  F ' ( x ) dx = 

1 1  2 x − 1 > 0 nên F ( x ) = ln ( 2 x − 1) + C. 2 2

1 ln 9 + 3 = ln 3 + 3. 2

Vậy F ( 5 ) =

1 1 Lại có F (1) = 3  ln1 + C = 3 ⇔ C = 3  F ( x ) = ln ( 2 x − 1) + 3. 2 2

Chọn B.

Câu 25 (TH)

Phương pháp:

Chọn B.

KÈ

Câu 26 (NB)

Ta có ( 56 x + 7 ) ' = 6.56 x + 7 ln 5.

Sử dụng công thức tính đạo hàm: ( a u )′ = u '.a u ln a.

Cách giải:

Phương pháp:

ẠY

Số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) có z = a 2 + b 2 .

Cách giải:

z = 1 − 3i  z = 12 + ( −3) = 10.

Vì x >

1 1 dx = ln 2 x − 1 + C. 2x −1 2

Chọn A. Câu 27 (TH) Phương pháp: 15

Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều.

Cách giải: Bát diện đều có 8 mặt là tam giác đều.

12 3 3 . = 4 4

Vậy tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó là S = 8S1 = 2 3.

Chọn B. Câu 28 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Diện tích 1 mặt là S1 =

Sử dụng công thức log a x m = m log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) , log a x + log a y = log a ( xy )( 0 < a ≠ 1, x, y > 0 ) .

Cách giải: Ta có:

3log 2 a + 4 log 2 b = 3

⇔ log 2 a 3 + log 2 b 4 = 3

⇔ log 2 ( a 3b 4 ) = 3

⇔ a 3b 4 = 23 = 8

Vậy P = 8.

Chọn C.

Câu 29 (TH) Phương pháp:

- Thực hiện phép chia số phức tìm z và suy ra z.

KÈ

- Thực hiện các phép toán tìm số phức w = 1 + 2 z. - Số phức z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( a; b ) .

ẠY

Cách giải:

2 − 3i 5 1 5 1 = − i  z = + i. 1− i 2 2 2 2

Ta có: (1 − i ) z = 2 − 3i  z =

5 1   w = 1 + 2 z = 1 + 2  + i  = 6 + i. 2 2 

Vậy điểm biểu diễn cho số phức w = 1 + 2 z có tọa độ là ( 6;1) .

Chọn C. 16

Câu 30 (TH) Phương pháp: Tìm tọa độ trung điểm của BD.

Cách giải: Vì ABCD là hình bình hành nên nếu I là trung điểm của AC thì I cũng là trung điểm của BD.

FF IC IA L

 x B + x D 1 + ( −5 ) = = −2  xI = 2 2  y + yD 3 + 1  Ta có  yI = B = =2  I ( −2; 2; 2 ) . 2 2  zB + zD 4 + 0   zI = 2 = 2 = 2 

Vậy tọa độ trung điểm của AC là ( −2; 2; 2 ) .

Chọn B.

Câu 31 (VD)

Phương pháp:

- Lập phương trình Elip.

- Giả sử hình chữ nhật có chiều dài 2a ( 0 < a < 4 ) . Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng 2a, tính bán kính đáy của

hình trụ.

- Tính chiều cao hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số.

Cách giải:

KÈ

2a = 8 a = 4 x2 y 2 ⇔  Phương trình elip là: Theo bài ra ta có  + = 1( E ) . 16 4 2b = 4 b = 2

Giả sử hình chữ nhật có chiều dài 2a ( 0 < a < 4 ) . Khi đó chu vi đáy hình trụ bằng 2a, nên bán kính đáy là 2a a = . 2π π

ẠY

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ

  a2  a2 y2 a2 a2  + = 1 ⇔ y 2 = 4 1 −   y A = 2 1 −  A  a; 2 1 −  .  16 4 16 16   16  

 Chiều rộng của hình chữ nhật là 4 1 −

4 1−

a 2 64 a 2 a2 1− . = . 16 π 16 16

a2 a2 a2 1− , đặt t = ( 0 < t < 1)  f ( t ) = t 1 − t . 16 16 16

Xét hàm số f ( a ) =

a2 a2  Chiều cao của hình trụ là h = 4 1 − . 16 16

 Thể tích khối trụ: V = π R 2 h = π .

FF IC IA L

Thay x = a ta có

2 3

f ' ( t ) = 0 ⇔ 2 − 3t = 0 ⇔ t =

−1 2 − 3t = 2 1− t 2 1− t

f ' ( t ) = 1 − t + t.

Ta có

2 2 3 2 2 .  max f ( t ) = f   = . 1 − = 0;1 ( ) 3 9 3 3

Chọn D.

KÈ

Câu 32 (VD)

64 2 3 128 3 . . = π 9 9π

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ giới hạn bởi hình trụ trên bằng

Phương pháp:

ẠY

- Tìm điều kiện để hàm số có 2 điểm cực trị.

- Để A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9 thì điểm M là trung điểm của AB phải thuộc d. - Chứng minh M là điểm uốn của đồ thị hàm số đã cho, giải phương trình y " = 0 tìm M .

- Thay M vào phương trình đường thẳng d tìm m.

Cách giải:

Ta có: y =

1 3 x − mx 2 + ( m 2 − 1) x  y ' = x 2 − 2mx + m 2 − 1. 3

Để hàm số có 2 cực trị thì phương trình y ' = 0 phải có 2 nghiệm phân biệt.  ∆ ' = m 2 − m 2 + 1 > 0 ⇔ 1 > 0 (luôn đúng)

FF IC IA L

Để A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y = 5 x − 9 thì điểm M là trung điểm của AB phải thuộc d. Vì hàm đa thức bậc ba nhận điểm uốn làm điểm đối xứng nên M chính là điểm uốn của hàm số ban đầu. 1 1 Ta có y " = 2 x − 2m = 0 ⇔ x = m  y = m3 − m3 + ( m 2 − 1) m = m3 − m. 3 3  1   M  m; m3 − m  .  3 

1 M ∈ d  m3 − m = 5m − 9 ⇔ m3 − 18m + 27 = 0. 3

Vậy tổng các giá trị của m là 0 (Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba).

Chọn C. Câu 33 (VD)

Phương pháp:

- Giả sử d ∩ Ox = N  N ( n; 0;0 ) .

- Viết phương trình đường thẳng d .

- Giải phương trình MN .nP = 0 với nP là 1 VTPT của ( P ) để tìm n.

Cách giải:

Giả sử d ∩ Ox = N  N ( n; 0;0 ) .

KÈ

Ta có MN = ( n − 1; −1; 2 ) là 1 VTCP của đường thẳng d . Mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 2 z + 3 = 0 có 1 VTPT là nP = (1; −2; −2 ) .

ẠY

Vì d / / ( P )  MN .nP = 0  1( n − 1) − 2. ( −1) − 2.2 = 0

 n − 1 + 2 − 4 = 0 ⇔ n − 3 = 0 ⇔ n = 3. Khi đó MN = ( 2; −1; 2 ) .

 x = 1 + 2t  Vậy phương trình đường thẳng d là:  y = 1 − t .  z = −2 + 2t  19

Chọn B. Câu 34 (VD) Phương pháp: - Tìm hàm vận tốc trên từng giai đoạn. b

- Tính quãng đường vật đi được từ t = a ( s ) đến t = b ( s ) là s =  v ( t ) dt.

FF IC IA L

Cách giải: 1 Xét 2 giây đầu tiên, ta có v1 ( t ) = t. 2 2

1  Quãng đường vật đi được trong 2s đầu tiên là s1 =  tdt = 1( m ) . 2 0

Trong khoảng thời gian từ giây thứ hai đến giây thứ ba, vận tốc của vật là hàm có dạng

v2 ( t ) = at 2 + bt + c ( P ) .

4a + 2b + c = 1  a = −1   Ta có ( 2;1) ; ( 3; 2 ) ; ( 4;1) thuộc ( P ) nên có hệ 9a + 3b + c = 2 ⇔ b = 6  v2 ( t ) = − x 2 + 6 x − 7. 16a + 4b + c = 1 c = −7  

 Quãng đường vật đi được từ giây thứ hai đến giây thứ ba là: s2 =  ( −t 2 + 6t − 7 ) dt =

Câu 35 (VD) Phương pháp:

Chọn D.

5 8 = ( m ) ≈ 2, 7 ( m ) . 3 3

Vậy quãng đường vật đi được trong 3s đầu tiên là s = s1 + s2 = 1 +

5 ( m). 3

KÈ

- Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của SD, AB , chứng minh d ( SC ; MN ) = d ( S ; ( MPNQ ) ) . - Đổi d ( S ; ( MPNQ ) ) sang d ( A; ( MPNQ ) ) .

ẠY

- Trong ( SAB ) kẻ AH ⊥ MQ ( H ∈ MQ ) , chứng minh AH ⊥ ( MPNQ ) .

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải:

FF IC IA L

Gọi P là trung điểm của SD ta có NP / / SC  SC / / ( MNP ) ⊃ MN .

 d ( MN ; SC ) = d ( SC ; ( MNP ) ) = d ( S ; ( MNP ) ) .

d ( S ; ( MPNQ ) ) d ( A; ( MPNQ ) )

1 1 a 5 . AB = a, AM = SA = 2 2 2

KÈ

Ta có AQ =

 d ( A; ( MPNQ ) ) = AH .

 AH ⊥ QN  AH ⊥ ( MPNQ )   AH ⊥ QM

QN ⊥ AB  QN ⊥ ( SAB )  QN ⊥ AH  QN ⊥ SA

Trong ( SAB ) kẻ AH ⊥ MQ ( H ∈ MQ ) ta có

MS = 1  d ( S ; ( MPNQ ) ) = d ( A; ( MPNQ ) ) . MA

Ta có: SA ∩ ( MPNQ ) = M 

Gọi Q là trung điểm của AB  MP / / NQ  ( MNP ) ≡ ( MPNQ ) nên d ( S ; ( MNP ) ) = d ( S ; ( MPNQ ) ) .

ẠY

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMQ ta có: AH =

Vậy d ( SC ; MN ) =

a 5 . 3

Chọn B. Câu 36 (VD) Phương pháp: 21

a 5 a 5 2 . = = 2 2 2 3 AM + AQ 5a 2 a + 4 AM . AQ

- Sử dụng x = x 2 . - Tính g ' ( x ) , giải phương trình g ' ( x ) = 0. - Lập BXD g ' ( x ) và tìm các khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

(

x  2 x − 2 = 0 x Cho g ' ( x ) = 0 ⇔   f ' x2 − x = 0 

(

)

) (1) ( 2)

 x  2 2  g '( x ) =  2x − f' x − x 2 x  

)

FF IC IA L

(

Ta có g ( x ) = f ( x 2 − x ) = f x 2 − x 2

x = 0 (1) ⇔ 2 x x − x = 0 ⇔  2 1 1. x = ⇔x=± 2 2 

 1+ 5 x=   x 2 − x 2 = −1( vo nghiem ) 1+ 5 2 ⇔ x2 = ⇔ ( 2) ⇔  2 2   x − x2 = 1 −1 − 5  x = 2 

BXD:

Chọn C.

KÈ

1  Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên  ;1 . 2 

ẠY

Câu 37 (TH)

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu. - Tính số phần tử của biến cố. - Tính xác suất của biến cố.

Cách giải: 22

Gọi số cần tìm là abc. Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 5.5.4 = 100. Gọi A là biến cố: “số được chọn có dạng abc với a > b > c ”.

 n ( A ) = C63 = 20 (chỉ có 1 thứ tự là a > b > c nên ta dùng tổ hợp). n ( A) n (Ω)

20 1 = . 100 5

FF IC IA L

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

Chọn A. Câu 38 (VD) Phương pháp:

- Xác định tâm và bán kính mặt cầu ( S ) .

- Sử dụng định lí Pytago, chứng minh: Để r đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất.

- Khi r đạt giá trị nhỏ nhất, viết phương trình mặt phẳng ( P ) .

- Nhận xét IH ≤ IM .

A2 + B 2 + C 2

Cách giải:

Ax0 + By0 + Cz0 + D

d ( I ; ( P )) =

- Sử dụng: Khoảng cách từ điểm I ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là

(1 − 2 ) + (1 − 0 ) + ( 0 − 1)

= 3 < R nên M nằm trong mặt cầu ( S ) .

ẠY

KÈ

Ta có MI =

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 7 = 0 có tâm I (1;1;0 ) , bán kính R = 12 + 12 − ( −7 ) = 3.

Áp dụng định lí Pytago ta có: r = IA2 − IH 2 = 9 − IH 2 .

Để r đạt giá trị nhỏ nhất thì IH đạt giá trị lớn nhất. Ta có ∆IMH vuông tại H nên IH ≤ IM , do đó IM max = IM = 3 khi H ≡ M hay IM ⊥ ( P ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua M ( 2; 0;1) và có 1 VTPT IM = (1; −1;1) là: x − y + z − 3 = 0.

−3 2

12 + ( −1) + 12

= 3.

FF IC IA L

Vậy d ( O; ( P ) ) =

Chọn C. Câu 39 (VD) Phương pháp:

- Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f ( x ) .

- Khảo sát hàm số f ( x ) trên ( 0;1) và sử dụng tương giao tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.

Cách giải:

Ta có:

6x + ( 3 − m ) 2x − m = 0

⇔ 6 x + 3.2 x − m.2 x − m = 0

Ta có

KÈ

+ 1)

12 x ln 2 + 6 x.ln6 + 3.4 x ln 2 + 3.2 x ln 2 − 12 x ln 2 − 3.4 x ln 2

6 x.ln 6 + 3.2 x ln 2

f '( x) =

ln 2 )( 2 x + 1) − ( 6 x + 3.2 x ) 2 x ln 2

ẠY

f '( x) =

( 6 .ln6 + 3.2 x

f '( x) =

6 x + 3.2 x = f ( x) 2x + 1

⇔m=

⇔ m ( 2 x + 1) = 6 x + 3.2 x

+ 1)

> 0 ∀x ∈ ( 0;1) .

 Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( 0;1) .

Có f ( 0 ) = 2, f (1) = 4 nên f ( x ) ∈ ( 2; 4 ) ∀x ∈ ( 0;1) .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x ∈ ( 0;1) khi m ∈ ( 2; 4 ) .

Chọn A. Câu 40 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b tìm x, y, z và so sánh.

Cách giải:

 x, y , z > 0 x > 1 log x > 0  2  ⇔  y > 1. ĐKXĐ:  log > 0 y 3  z > 1  log 5 z > 0

Ta có:

      log 2 log 1 ( log 2 x )  = log 3 log 1 ( log 3 y )  = log 5 log 1 ( log 5 z )  = 0  2   3   5  5

Chọn C. Câu 41 (VD)

N Y

KÈ

Phương pháp:

Vậy z < x < y.

1 1   log x = 2 2   x = 2 ≈ 1, 41 2  1  1   ⇔ log 3 y = ⇔  y = 33 ≈ 1, 44 3   1 1   z = 5 5 ≈ 1,37 log 5 z = 5  

⇔ log 1 ( log 2 x ) = log 1 ( log 3 y ) = log 1 ( log 5 z ) = 1

Phân chia và lắp ghép khối đa diện.

ẠY

Cách giải:

FF IC IA L

Không mất tính tổng quát, ta giả sử lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng. Ta có VA ' MPB ' NQ = VC .C ' PQ − VCC ' A ' MNB ' .

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

CM AM CM 1 C ' A ' = =1 = = PM A ' M CP 2 C ' P

CN BN CN 2 C ' B ' = =2 = = NQ B ' N CQ 3 C ' Q

S A ' B 'C ' C ' A ' C ' B ' 1 2 1 = = . = . 2 3 3 SC ' PQ C ' P CQ



VC .C ' A ' B ' S A ' B 'C ' 1 = =  VC .C ' PQ = 3VC .C ' A ' B ' = VABC . A ' B 'C ' VC .C ' PQ SC ' PQ 3

1 1 1 1 5 ( A ' M + B ' N ) . A ' B ' = A ' B '.  AA '+ AA '  = S ABB ' A ' 2 2 3 2  12

Ta có: S A ' MNB ' =

7 7 S ABB ' A '  VC . ABMN = VC . ABB ' A ' . 12 12

KÈ

 S ABMN =



2 7 2 7 Mà VC . ABB ' A ' = VABC . A ' B 'C '  VC . ABMN = . VABC . A ' B 'C ' = VABC . A ' B 'C ' . 3 12 3 18 11 VABC . A ' B 'C ' . 18

ẠY

 VCC '. A ' MNB ' =

 VA ' MPB ' NQ = VC .C ' PQ − VCC ' A ' MNB ' = VABC . A ' B 'C ' −

11 7 7 7 VABC . A ' B 'C ' = VABC . A ' B 'C ' = .3 = . 18 18 18 6

Chọn B.

Câu 42 (VD) Phương pháp: 26

- Đưa các logarit về cùng cơ số 2. - Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b .

Cách giải: x > 0 1 ĐKXĐ:  ⇔x> . 2 2 x − 1 > 0

log

FF IC IA L

Ta có: x + log 1 ( 2 x − 1) = 2 2

⇔ 2 log 2 x − log 2 ( 2 x − 1) = 2 ⇔ log 2 x 2 − log 2 ( 2 x − 1) = 2

x2 =4 2x −1

⇔

x2 =2 2x −1

⇔ log 2

⇔ x2 − 8x + 4 = 0

Suy ra nghiệm lớn nhất của phương trình log

⇔ x = 4±2 3 2

x + log 1 ( 2 x − 1) = 2 là x = 4 + 2 3  a = 4, b = 2.

Vậy a + b = 4 + 2 = 6.

Chọn A.

Phương pháp:

Câu 43 (VD)

KÈ

- Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . Thay vào các giả thiết suy ra 2 phương trình hai ẩn a, b. - Sử dụng phương pháp thế giải tìm a, b và kết luận.

ẠY

Cách giải:

Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) . 2

+ Ta có z 2 = ( a + bi ) = a 2 − b 2 + 2abi là số thuần ảo nên a 2 − b 2 = 0 ⇔ a 2 = b 2 . 2

+ z − 2 = 2 ⇔ ( a − 2 ) + bi = 2 ⇔ ( a − 2 ) + b 2 = 4. a = 0  b = 0 2 . Thay a 2 = b 2 ta có: ( a − 2 ) + a 2 = 4 ⇔ 2a 2 − 4a = 0 ⇔   a = 2  b = ±2 27

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu.

Chọn D. Câu 44 (VDC) Phương pháp:

- Sử dụng: S ∆MNB =

FF IC IA L

1 - Sử dụng VAMNB = d ( A; ( MNB ) ) S ∆MNB , chứng minh VAMNB đạt giá trị nhỏ nhất thì S ∆MNB phải đạt giá trị nhỏ 3 nhất. 1 BO.MN , chứng minh S ∆MNB đạt giá trị nhỏ nhất thì MN min . 2

- Chứng minh ∆OMB ∽ ∆OKN , từ đó tính OM .ON và áp dụng BĐT Cô-si tìm MN min . - Tìm điều kiện để dấu “=” xảy ra, suy ra tọa độ điểm M.

- Chứng minh MB ⊥ ( AHN ) , viết phương trình mặt phẳng ( AHN ) .

KÈ

Cách giải:

ẠY

1 Ta có: VAMNB = d ( A; ( MNB ) ) S ∆MNB . 3

Ta có d ( A; ( MNP ) ) = d ( A; ( Oyz ) ) = 3 không đổi nên VAMNB đạt giá trị nhỏ nhất thì S ∆MNB phải đạt giá trị nhỏ

nhất.

Ta có: S ∆MNB =

1 1 BO.MN = .2.MN = MN đạt giá trị nhỏ nhất  MN đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2

Ta có: 28

 AK ⊥ OB  AK ⊥ ( OMB )  AK ⊥ MB   AK ⊥ OM  MB ⊥ AK  MB ⊥ ( AHK )  MB ⊥ HK  MB ⊥ KN   MB ⊥ AH

∠MOB = ∠KON = 900

∠OMB = ∠OKN (hai góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc).  ∆OMB ∽ ∆OKN ( g .g ) 

OM OK =  OM .ON = OK .OB = 2.1 = 2. OB ON

Khi đó ta có MN = OM + ON ≥ 2 OM .ON = 2 2 (BĐT Cô-si).

(

)

Dấu “=” xảy ra khi OM = ON = 2  M 0; 0; 2 . Khi đó ta có BM = 0; −2; 2 là 1 VTPT của ( AHN ) .

)

(

FF IC IA L

Xét ∆OMB và ∆OKN có:

 Phương trình mặt phẳng ( AHN ) : −2 y + 2 z + 2 = 0 ⇔ 2 y − 2 z − 2 = 0.

 a = 0, b = 2, c = −2.

Vậy a + b + c = 0.

Chọn D.

Câu 45 (VDC)

- Gọi z1 = a + bi, z2 = c + di.

Phương pháp:

KÈ

- Tính z1 z2 + z1 z2 .

- Từ các giả thiết tìm a 2 + b 2 , c 2 + d 2 , ac + bd .

- Sử dụng hằng đẳng thức a 3 + b3 = ( a + b ) − 3ab ( a + b ) .

ẠY

Cách giải:

Gọi z1 = a + bi, z2 = c + di.

Theo bài ra ta có:

+ z1 = 3 ⇔ a 2 + b 2 = 9

(1) 2

+ z1 + z2 = 3 ⇔ ( a + c ) + ( b + d ) = 9 2

(2)

+ z1 − z2 = 3 3 ⇔ ( a − c ) + ( b − d ) = 27

(3) 29

Trừ vế theo vế của phương trình (2) và (3) ta được 4ac + 4bd = −18 ⇔ ac + bd =

−9 . 2

Ta có:

( 2 ) ⇔ a 2 + b2 + c 2 + d 2 + 2ac + 2bd = 9 ⇔ 9 + c2 + d 2 − 9 = 9

FF IC IA L

⇔ c2 + d 2 = 9 Ta có:

z1 z2 + z1 z2 = ( a + bi )( c − di ) + ( a − bi )( c + di ) = ac − adi + bci + bd + ac + adi − bci + bd

= 2ac + 2bd = −9

(z z ) +(z z )

)

(

)

= z1 z2 + z1 z2

(

)

(

)

− 3 z1 z2 + z1 z2 z1 z2 z1 z2 2

− 3 z1 z2 + z1 z2 z1 z2

(

= z1 z2 + z1 z2

1 2

Khi đó ta có:

(z z ) + (z z ) 1 2

Vậy

= 1458.

1 2

Chọn A.

= −729 + 27.9.9 = 1458

= ( −9 ) − 3. ( −9 ) . ( a 2 + b 2 )( c 2 + d 2 )

KÈ

Câu 46 (VD)

Phương pháp:

ẠY

- Chuyển 2  f ( x )  sang VT, chia cả 2 vế cho 2 f ( x ) . - Chia cả 2 vế cho x 2 .

- Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế.

Cách giải: Theo bài ra ta có: 2

2 x. f ( x ) . f ' ( x ) = x3 + 2  f ( x )  ∀x ∈ [1; 4] 30

⇔ 2 x. f ( x ) . f ' ( x ) − 2  f ( x )  = x 3 ∀x ∈ [1; 4]

⇔

xf ' ( x ) − f ( x ) x

x3 ∀x ∈ [1; 4 ] 2 f ( x) x

f ' ( x ) .x − f ( x ) .x ' x

∀x ∈ [1; 4]

2 f ( x) =

x 2 f ( x)

FF IC IA L

⇔ x. f ' ( x ) − f ( x ) =

∀x ∈ [1; 4]

4 4  f ( x)  1 x ' dx dx. = Lấy tích phân từ 1 đến 4 hai vế ta được:     dx  2 1 f ( x) 1

 f ( x)  x ⇔ ∀x ∈ [1; 4] ' =  x  2 f ( x)

4 f ( x) 4 1 4 x x 1  1 ⇔ =  dx ⇔  dx = 2  f ( 4 ) − f (1)  = .8 − 2.1 = 2. x 1 2 1 f ( x) f ( x) 4  2 1

Chọn A.

Câu 47 (VDC) Phương pháp:

- Tính h ' ( x ) .

- Sử dụng tương giao giải phương trình h ' ( x ) = 0. - Lập BBT hàm số h ( x ) trên [ −3;3] .

- So sánh f ( −3) , f ( 3) bằng tích phân và suy ra min h ( x ) .

KÈ

[−3;3]

- Giải bất phương trình min h ( x ) ≤ 2021 tìm m. [−3;3]

ẠY

Cách giải:

Xét hàm số h ( x ) = f ( x )

( x + 1) −

+ m ta có h ' ( x ) = f ' ( x ) − ( x + 1) .

Cho h ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x + 1(*) . Vẽ đồ thị hàm số f ' ( x ) và y = x + 1 trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:

FF IC IA L

 x = −3 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy (*) ⇔  x = 1 .  x = 3

BBT:

Ta cần so sánh h ( −3) và h ( 3) .

−3

Ta có:

S1 =   f ' ( x ) − ( x + 1)  dx =  h ' ( x ) dx = h (1) − h ( −3 )

S 2 =   x + 1 − f ' ( x )  dx = −  h ' ( x ) dx = h (1) − h ( 3)

KÈ

Dễ thấy S1 > S2  h (1) − h ( −3) > h (1) − h ( 3) ⇔ h ( −3) < h ( 3) .  min h ( x ) = h ( −3) = f ( −3) − 2 + m. [−3;3]

ẠY

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số h ( x ) = f ( x )

( x + 1) − 2

f ( −3) − 2 + m ≤ 2021 ⇔ m ≤ − f ( −3) + 2023.

Vậy m ∈ ( −∞; − f ( −3) + 2023 .

Chọn A. Câu 48 (VDC) Cách giải: 32

+ m trên đoạn

[ −3;3]

không vượt quá 2021 thì

Ta có

+ 1) ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) − ( x 2 + mx + m2 ) ln 2 x 2 + 3 = 0

⇔ ( x 2 + 1) ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) −

1 2 x + mx + m 2 ) ln ( 2 x 2 + 3) = 0 ( 2

FF IC IA L

⇔ ( 2 x 2 + 2 ) ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) − ( x 2 + mx + m 2 ) ln ( 2 x 2 + 3) = 0 (*) TH1:

ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) = 0 ⇔ x 2 + mx + m2 + 1 = 1 ⇔ x 2 + mx + m2 = 0 2

1 1 3 1  3  ⇔ x + 2 x. m + m 2 + m 2 = 0 ⇔  x + m  + m 2 = 0 2 4 4 2  4  2

1  x + 2 m = 0 ⇔ ⇔ x=m=0 3 2  m =0  4

TH2: ln ( x 2 + mx + m 2 + 1) ≠ 0

t ( t ≥ 2 ) , dễ dàng chứng minh được f ( t ) đồng biến trên [ 2; +∞ ) . ln ( t + 1)

Xét hàm số f ( t ) =

2x2 + 2 x 2 + mx + m 2 . = ln ( 2 x 2 + 3) ln ( x 2 + mx + m 2 + 1)

Khi đó (*) ⇔

Thay x = m = 0 ta có: ln1 = 0 (luôn đúng)  m = 0 thỏa mãn.

Do đó 2 x 2 + 2 = x 2 + mx + m 2 ⇔ x 2 − mx − m2 + 2 = 0.

KÈ

 8 m ≥ 5 . Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ = m 2 + 4m 2 − 8 ≥ 0 ⇔ 5m2 − 8 ≥ 0 ⇔   8 m ≤ − 5 

ẠY

m ∈ ( −5;15 ) Kết hợp điều kiện đề bài:   m ∈ {−4; −3; −2; 2;3; 4;5;...;14} . m ∈ ℤ

Kết hợp 2 TH ta có m ∈ {−4; −3; −2; 0;1; 2;3; 4;5;...;14} . Vậy có 17 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn D. Câu 49 (VDC) 33

FF IC IA L

Cách giải:

1 1 AB.BC = .2a.a 3 = a 2 3. 2 2

 S ∆ABC =

Ta có AB 2 + BC 2 = 4a 2 + 3a 2 = 7 a 2 = AC 2 nên ∆ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo).

Dựng hình chữ nhật ABCE ta có AB / / CE  AB / / ( CDE )  d ( AB; CD ) = d ( AB; ( CDE ) ) .

 AB ⊥ DI Ta có:   AB ⊥ ( DIJ ) .  AB ⊥ IJ

Gọi I là trung điểm của AB, kẻ IJ / / AE / / BC.

Trong ( DIJ ) kẻ DH ⊥ IJ ( H ∈ IJ )  DH ⊥ ( ABCD ) .

Ta có d ( AB; CD ) = d ( AB; ( CDE ) ) = d ( I ; ( CDE ) ) .

KÈ

Trong ( DIJ ) kẻ IK ⊥ DJ ( K ∈ DJ ) ta có:

ẠY

CE / / AB  CD ⊥ ( DIJ )  IK ⊥ IJ   AB ⊥ ( DIJ )

 IK ⊥ IJ a  IK ⊥ ( CDE )  d ( I ; ( CDE ) ) = IK =  2  IK ⊥ DJ

FF IC IA L

Vì ∆ABD đều cạnh 2a nên DI =

2a 3 = a 3 = IJ  ∆DIJ cân tại I  K là trung điểm của DJ . 2

a 2 a 11 . Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông DIK ta có DK = DI − IK = 3a − = 4 2 2

 DJ = 2 DK = a 11.

2S 1 a 2 11 a 33 . DH .IJ  DH = ∆DIJ = = 2 6 IJ 2.a 3

1 1 a 33 2 a 2 11 Vậy VABCD = DH .S ∆ABC = . .a 3 = . 3 3 6 6

Lại có S ∆DIJ =

Khi đó ta có S ∆DIJ

1 1 a a 2 11 . = IK .DJ = . .a 11 = 2 2 2 4

Chọn C.

Câu 50 (VD)

Phương pháp:

- Đặt f ( x ) = t. Phương trình trở thành g ( t ) = 0. Giải phương trình tìm t.

- Sử dụng tương giao đồ thị hàm số.

Cách giải:

KÈ

Đặt f ( x ) = t. Phương trình trở thành g ( t ) = 0.

ẠY

 f ( x ) = ±3 t = 3   t 3 − 6t 2 + 11t − 6 = 0 ⇔ t = 2 ⇔  f ( x ) = ±2  g x = ±1 t = 1  ( )

Dựa vào đồ thị hàm số:

FF IC IA L

- Phương trình f ( x ) = 3 có 2 nghiệm phân biệt. - Phương trình f ( x ) = −3 có 1 nghiệm. - Phương trình f ( x ) = 2 có 3 nghiệm phân biệt. - Phương trình f ( x ) = −2 có 1 nghiệm.

- Phương trình f ( x ) = 1 có 3 nghiệm phân biệt. - Phương trình f ( x ) = −2 có 2 nghiệm phân biệt.

(

Các nghiệm trên đều là phân biệt.

)

Vậy phương trình g f ( x ) = 0 có tất cả 12 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

ẠY

KÈ

---------------------- HẾT --------------------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN LIÊN TRƯỜNG THPT

KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 NĂM 2021 Bài thi: TOÁN HỌC

(Đề thi có 06 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 101

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề thi thử TN THPT sở GD&ĐT Nghệ An có mức độ phân chia tốt, bám sát vào đề minh họa của Bộ, từ câu 35 những bạn có mục tiêu từ 7 trở lên phải lưu tâm và chữa kĩ vì đây là những dạng câu xuất hiện khá nhiều trong đề thi. - Đề thi phù hợp với học sinh ôn luyện giai đoạn cuối, luyện các dạng bài tập thường xuất hiện trong đề thi, rèn luyện kĩ năng giải bài và đẩy nhanh tốc độ làm bài.

A. Cn3

B. An3

C. 3n

Câu 1: Cho tập A gồm n phần tử ( n ∈ ℕ* , n ≥ 3) . Số tập con gồm 3 phần tử của tập A bằng D. 3!

A. 1

Câu 2: Cho hàm số y = x3 + 3 x 2 − 2 có đồ thị ( C ) . Số giao điểm của ( C ) với trục hoành là B. 0

C. 2

D. 3

số nhân đó. Chọn khẳng định đúng:

1 − qn 1− q

B. S n = u1.

1 − qn q −1

C. S n = u1.

A. S n = u1.

Câu 3: Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 và công bội q ≠ 1. Kí hiệu Sn là tổng n số hạng đầu của cấp

qn q −1

D. S n = u1.

qn 1− q

A. ( −1;1)

Câu 4: Hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 2 nghịch biến trên khoảng nào sau đây? B. ( 0;1)

C. ( −1; 0 )

D. ( 0; +∞ )

Câu 5: Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực

ẠY

KÈ

tiểu?

A. 0

B. 1

C. 3 1

D. 2

FF IC IA L

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) + 3 = 0 là

A. 4

B. 1

C. 3

Câu 7: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = A. 2

D. 2

1 bằng x +1 2

B. 3

C. 1

D. 0

C. ( x n ) = x nm

Câu 9: Giá trị của log 1 3 a 7 (với a > 0, a ≠ 1 ), bằng 7 3

2 3

D. x m . y n = ( xy )

5 3

D. 4

C. 0

D. 3

A. −

B. ( xy ) = x n . y n

m+n

A. x m .x n = x m + n

Câu 8: Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây là sai?

B. 2

A. 1

Câu 10: Số nghiệm của phương trình log 4 x + log 4 ( x + 3) = 1 là

Câu 11: Cho hàm số y = − x 3 + 3 x 2 + 1. Giả sử giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [1;3] lần lượt là M , m thì M + m bằng

B. 8

A. 6.

KÈ

Câu 12: Giải bất phương trình 2 x A. −2 ≤ x ≤ 1

−x

C. 9

D. 5

C. x ≤ 2

D. −1 ≤ x ≤ 2

≤ 4, ta có nghiệm.

B. x ≤ 1

ẠY

x Câu 13: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos ? 2

A. F ( x ) = 2sin

Câu 14: Nếu

 0

A. 11

x 2

B. F ( x ) = − sin 1

f ( x ) dx = 4 và

x 2

C. F ( x ) = sin

x 2

D. F ( x ) = −2 sin

 g ( x ) dx = −3 thì

  2 f ( x ) − g ( x ) dx bằng

B. 5

C. 3 2

D. 8

x 2

Câu 15: Số phức liên hợp của số phức z = 3 + 2i là A. z = 3 − 2i

B. z = −3 − 2i

C. z = 2i − 3

D. z = 3i − 2

C. 8

D. 6

Câu 16: Số cạnh của một hình bát diện đều là A. 12

B. 10

Câu 17: Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng a và diện tích đáy bằng a 2 là: 1 3 a 6

1 B. V = a 3 3

C. V = a 3

1 3 a 2

FF IC IA L

A. V =

D. V =

Câu 18: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 1. Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V = 1

B. V = π

1 D. V = π 3

C. V = 3π π

Câu 19: Tập xác định D của hàm số y = ( 3 x − 5 ) 3 là tập nào sau đây?

5  D. D = ℝ \   3 Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −1;3) , B ( 5; 2; −1) . Tọa độ của vectơ AB là:

B. AB = ( 2; −1;3)

A. AB = ( 3;3; −4 )

5  C. D =  ; +∞  3 

5  B. D =  ; +∞  3 

C. AB = ( 7;1; 2 )

D. AB = ( −3; −3; 4 )

A. D = ( 2; +∞ )

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; −2;3) và B ( 3;0; 0 ) . Phương trình tham số của đường thẳng

AB là:

 x = 1 + 2t  B.  y = −2 + 2t  z = 3 + 3t 

 x = 1 + 2t  C.  y = −2 + 2t  z = 3 − 3t 

 x = 1 + 2t  A.  y = 2t  z = −3t 

 x = 1 − 2t  D.  y = 2 + 2t  z = 3 + 3t 

Câu 22: Tính diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. B. 12π

C. 24π

D. 36π

KÈ

A. 42π

Câu 23: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x − y − 2 z + 1 = 0. Véctơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ?

ẠY

A. ( −1;1; 2 )

B. ( −1;1; −2 )

C. ( −1; −1; 2 ) 2

D. (1;1; 2 ) 2

Câu 24: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu có phương trình ( x − 1) + ( y + 3) + z 2 = 9. Tọa độ tâm I và bán

kính R của mặt cầu đó là

A. I ( −1;3;0 ) ; R = 3

B. I (1; −3;0 ) ; R = 9

C. I (1; −3;0 ) ; R = 3

D. I ( −1;3;0 ) ; R = 9

Câu 25: Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6,5% / năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất 3

bao nhiêu năm người đó sẽ nhận được số tiền nhiều hơn 200 triệu đồng (bao gồm gốc và lãi)? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra.

A. 14 năm

B. 12 năm

C. 11 năm

D. 13 năm

Câu 26: Phần thực của số phức z thỏa mãn phương trình (1 − 2i ) .z = 7 + i bằng A. 2

B. 3

C. 1

D. 12 4

số đã cho là

A. 0

B. 3

2021

. Số điểm cực tiểu của hàm

FF IC IA L

Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = ( x + 2 ) . ( x 2 − 3 x ) . ( 4 − x 2 ) C. 2

D. 1

B. ab + c > 0

C. a − c > 0

D. abc < 0

A. b > a

Câu 28: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c ( a, b, c ∈ ℝ ) có đồ thị cho bởi hình vẽ bên. Chọn khẳng định đúng:

Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SC = 2a 3. Biết SA vuông góc với

8a 3 C. 3

A. 8a

2a 3 B. 3

mặt phẳng ( ABCD ) . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng

2a 3 3

KÈ

A. −2

π  π  Câu 30: Nếu f ( x ) = cos 2 x − sin 2 x có nguyên hàm F ( x ) thỏa mãn F   = −1 thì giá trị của F   bằng 2 4

1 2

5 2

D. −

3 2

ẠY

Câu 31: Cho phương trình az 2 + bz + c = 0, với a, b, c ∈ ℝ, có các nghiệm phức là z1 và z2 . Biết z1 = 3 − i, tính z1 z2 . A. 8

B. 10

C. 9

D. 12

Câu 32: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x.ln 2 x, trục hoành và hai đường thẳng x = 1, x = e. A. S =

1 2 ( e + 1) 4

B. S =

1 2 ( e − 1) 4

C. S =

1 2 ( e − 1) 2

D. S = e2 − 1

Câu 33: Biết rằng thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có diện tích bằng 16a 2 . Diện tích toàn phần S của hình trụ đó bằng A. S = 16π a 2

B. S = 20π a 2

C. S = 24π a 2

D. S = 12π a 2

Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i. Khi đó mô đun của số phức w =

z − 2z + 1 z2

A. 3

B. 10

FF IC IA L

bằng

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với ( ABCD ) và SA = AB = a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD.

a 3 2

B. a 3

a 2 2

a 5 2

B. 4 3

C. 2 13

D. 3 5

A. 6

Câu 36: Trong không gian Oxyz , bán kính của mặt cầu tâm I ( 6;3; −4 ) và tiếp xúc với trục Oy bằng

Câu 37: Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Xét hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) . Chọn khẳng định đúng.

KÈ

A. Hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) B. Hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) đồng biến trên các khoảng ( −1;1) và ( 3; +∞ )

ẠY

C. Hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) nghịch biến trên khoảng ( 3; +∞ ) .

D. Hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) nghịch biến trên khoảng ( −1;3) .

Câu 38: Người ta dùng 100 số nguyên dương đầu tiên để đánh số cho 100 tấm thẻ (mỗi thẻ đánh một số). Chọn ngẫu nhiên bốn thẻ trong 100 thẻ đó. Xác suất để chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9 gần nhất với kết quả nào sau đây? A. 0,536

B. 0,464

C. 0,489 5

D. 0,511

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 4 ) + y 2 + ( z − 3) = 16. Từ gốc tọa độ O kẻ tiếp tuyến OM bất kì ( M là tiếp điểm) với mặt cầu ( S ) . Khi đó điểm M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình nào sau

đây? A. 4 x − 3 z + 9 = 0

B. −4 x + 3 z + 9 = 0

C. 4 x − 3 z + 6 = 0

D. 4 x − 3 z + 15 = 0

FF IC IA L

Câu 40: Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị là đường cong Parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt đầu giảm tốc, đi được 6 phút thì xe chuyển động đều (hình vẽ).

B. 8610 ( m )

C. 10000 ( m )

A. 8160 ( m )

Hỏi quãng đường xe đã đi được trong 10 phút đầu tiên kể từ lúc bắt đầu là bao nhiêu mét?

D. 8320 ( m )

Câu 41: Trong mặt phẳng Oxy, cho các số phức z thỏa mãn z + i ≤ 10 và w = ( i + 1) z + 2 z + 1 là số thuần ảo. Biết rằng tồn tại số phức z = a + bi; a, b ∈ ℝ được biểu diễn bởi điểm M sao cho MA ngắn nhất, với điểm

A (1; 4 ) . Tính a − b. B. −3

C. 5

D. −5

A. 3

ẠY

KÈ

Câu 42: Cho f ( x ) là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [ −100;100] để đồ thị hàm số y =

1 + mx 2 có đúng hai f ( x) − m

đường tiệm cận? A. 100

B. 99

C. 2 6

D. 196

Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.DEF có tất cả các cạnh bằng a. Xét (T ) là hình trụ nội tiếp lăng trụ.

FF IC IA L

Gọi M là tâm của mặt bên BCFE , mặt phẳng chứa AM và song song với BC cắt (T ) như hình vẽ bên dưới.

Thể tích phần còn lại (như hình trên) của khối (T ) bằng

π a3

(

B. 3

)(5 + x

C. 1

2π a 3 54

9 − x2

) có nghiệm?

D. Vô số.

A. 2

Câu 44: Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình 2m + 23m + 2 = x + 9 − x 2

9 141

3 6 8

15 9

10 8

Câu 45: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C , BC = CD = 2a và AB = a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 3.M là trung điểm SD, N là điểm thỏa mãn 2 NA + NS = 0. Gọi (α ) là mặt phẳng qua M , N và vuông góc với mặt phẳng ( SAC ) . Tính cos ( (α ) ; ( ABCD ) )

ẠY

KÈ

Câu 46: Cho hàm số đa thức y = f ( x ) có đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) được cho bởi hình vẽ bên.

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

trong khoảng

(1; 2021)

để bất phương trình

f (1 − x 2 ) − f ( −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 ) < x 2 − 2mx + 2m 2 có nghiệm?

A. 0

B. 1

C. 2019 7

D. 2020

Câu 47: Cho đồ thị hàm số đa thức y = f ( x ) như hình vẽ bên. Số các giá trị nguyên của tham số m thuộc

B. 2021

C. 2019

D. 2022

A. 2027

FF IC IA L

đoạn [ −2020; 2021] để hàm số g ( x ) = f 2 ( x ) − mf ( x ) có đúng hai điểm cực đại là:

3a 3 16

9a 3 16

Câu 48: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, ADC = 1200. Mặt bên DCC ' D ' là hình chữ nhật và tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M , N , P, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A ' D ', CC ', BB '. Tính thể tích của khối đa diện MNPKA ' theo a biết AA ' = 2a. 9a 3 32

3a 3 32

B. ( 2;3)

A. (1; 2 )

 2π  f ( x )  + f ' ( x ) = 0, ∀x ∈ ℝ. Khi đó f   thuộc khoảng   3 

2 sin 2 x  f ( x ) + ecos x 

Câu 49: Cho hàm số f ( x ) liên tục và luôn nhận giá trị dương trên ℝ, thỏa mãn f ( 0 ) = e2 và

C. ( 3; 4 ) 10

D. ( 0;1) 1

B. 7

C. 21 ---------------- HẾT ---------------

ẠY

A. 14

KÈ

 1 1 Câu 50: Có bao nhiêu cặp ( x; y ) thỏa mãn 10 x + y =  x + y + + 10 xy và x ∈ ℕ*, y > 0. x y 

D. 10

BẢNG ĐÁP ÁN 2.D

3.A

4.B

5.B

6.A

7.C

8.D

9.A

10.A

11.A

12.D

13.A

14.A

15.A

16.A

17.C

18.B

19.B

20.A

21.C

22.C

23.A

24.C

25.B

26.C

27.D

28.C

29.C

30.D

31.B

32.B

33.C

34.B

35.A

36.C

37.B

38.A

39.A

40.A

41.B

42.B

43.A

44.A

45.A

46.A

47.A

48.A

49.D

50.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Phương pháp:

Chọn k phần tử tùa n phần tử ta có Cnk cách chọn.

FF IC IA L

1.A

Cách giải:

Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp A là Cn3 .

Chọn A.

Câu 2 (NB)

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị ( C ) và trục hoành là: x3 + 3 x 2 − 2 = 0.

Số giao điểm giữa đồ thị ( C ) và trục hoành là số nghiệm của phương trình trên.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị ( C ) và trục hoành là: x3 + 3x 2 − 2 = 0 (1) .

(

)(

)

ẠY

KÈ

 x = −1  ⇔  x = −1 − 3  x = −1 + 3 

⇔ ( x + 1) x + 1 + 3 x + 1 − 3 = 0

Vậy số giao điểm giữa đồ thị ( C ) và trục hoành là 3

Chọn D.

Câu 3 (NB) Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tổng của một cấp số nhân S n = u1.

1 − qn . 1−1

Cách giải: Công thức tính tổng của một cấp số nhân S n = u1.

1 − qn 1− q

FF IC IA L

Chọn A. Câu 4 (NB) Phương pháp: - Tìm tập xác định của hàm số: D = ℝ. - Tính đạo hàm y ' = 4 x 3 − 4 x. - Giải phương trình đạo hàm y ' = 0

- Vẽn bảng biến thiên, từ bảng biến thiên khoảng nào làm cho đạo hàm mang dấu âm thì đó là khoảng nghịchbiến của hàm số

Cách giải:

Tập xác định: D = ℝ

Ta có: y = 4 x 3 − 4 x

x = 0 y ' = 0 ⇔ 4 x − 4 x = 0   x = 1  x = −1

ẠY

KÈ

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1)

Chọn B.

Câu 5 (NB) Phương pháp: 10

Cực tiểu của hàm số là điểm làm cho hàm số đổi chiều: f ( x ) đang đi lên qua điểm cực tiểu thì f ( x ) có hướng

đi xuống. Cách giải: Cực tiểu của hàm số là điểm làm cho hàm số đổi chiều:

Chọn B.

FF IC IA L

Câu 6 (NB) Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm giữa đồ thị y = f ( x ) và đồ thị y = m.

Cách giải: −3 2

−3 2

Ta có: 2 f ( x ) + 3 = 0 ⇔ f ( x ) =

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị y = f ( x ) và đồ thị y =

Chọn A.

Từ bảng biên thiên ta có: phương trình trên có 4 nghiệm.

Câu 7 (NB)

Phương pháp: Tập xác định D = ℝ

Tiệm cận ngang của hàm số f ( x ) là y = a nếu: lim f ( x ) = a

x →∞

Cách giải:

Ta có bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y = 0

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Chọn C.

KÈ

Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận

ẠY

Chú ý khi giải: Lưu ý với hàm phân thức bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu thih ta có một tiệm cận ngang là y = 0. Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng công thức ta có: x m .x n = x m + n , ( xy ) = x n y n , ( x n ) = x n.m . n

Cách giải: m

Áp dụng công thức ta có: x m .x n = x m + n , ( xy ) = x n y n , ( x n ) = x n.m . n

Vậy đẳng thức sai là D.

Chọn D. Câu 9 (NB) Phương pháp:

FF IC IA L

m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) . n

Áp dụng công thức log an b m =

Cách giải: 3

7 3

Ta có: log 1 a = log a −1 a = a

7 −7 log a a = − . 3 3

Chọn A. Câu 10 (NB)

Phương pháp:

Tập xác định: D = ( 0; +∞ )

Đưa về phương trình cơ bản log a b = c ⇔ b = a c .

Tìm được nghiệm thì ta phải đối chiếu với tập xác định. Kết luận.

Cách giải:

Tập xác định: D = ( 0; +∞ )

Ta có:

KÈ

⇔ x 2 + 3x − 4 = 0

⇔ x ( x + 3) = 4

⇔ log 4 x ( x + 3) = 1

log 4 x + log 4 ( x + 3) = 1

ẠY

 x = 1 ( tm ) ⇔  x = −4 ( ktm )

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

Chọn A.

Câu 11 (TH) Phương pháp: Tập xác định: D = ℝ Tính đạo hàm y ' = −3 x 2 + 6 x 12

Giải phương trình y ' = 0 và lấy x nghiệm trong [1;3] Tính y (1) , y ( 3) , y ( x ) sau đó so sánh các giá trị vừa tính được và xác định được M , m.

Cách giải: Tập xác định: D = ℝ

x = 0 y'= 0 ⇔   x = 2

FF IC IA L

Ta có: y ' = −3 x 2 + 6 x

( ktm ) ( tm )

y (1) = 3, y ( 3) = 1, y ( 2 ) = 5 M = max { y (1) , y ( 2 ) , y ( 3)} = 5, m = min { y (1) , y ( 2 ) , y ( 3)} = 1.

Vậy M + m = 6.

Chọn A.

Câu 12 (TH)

Phương pháp:

Áp dụng a m > a n ( a > 1) ⇔ m > n.

Cách giải:

−x

≤4

−x

≤ 22

⇔ x2 − x ≤ 2 ⇔ x2 − x − 2 ≤ 0

KÈ

⇔ ( x + 1)( x − 2 ) ≤ 0

⇔ 2x

Ta có:

⇔ −1 ≤ x ≤ 2

ẠY

Vậy bất phương trình có nghiệm −1 ≤ x ≤ 2.

Chọn D.

Câu 13 (TH)

Phương pháp: x Sử dụng phương pháp đổi biến số, đặt t = . 2

Sử dụng  cos x = sin x + C.

Cách giải: Đặt t =

x 1  dt = dx  dx = 2dt 2 2

FF IC IA L

Khi đó ta có: x

 cos 2 dx =  2 cos tdt = 2 sin t + C

Vậy F ( x ) = 2sin

x x là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos . 2 2

Chọn A.

Câu 14 (TH)

x x   cos dx = 2 sin + C 2 2

  f ( x ) + g ( x ) dx =  f ( x ) dx +  g ( x ) dx,  kf ( x ) dx = k  f ( x ) dx ( k ≠ 0 ) . a

Sử dụng tính chất tích phân:

Phương pháp:

Ta có: 1

Cách giải:

  2 f ( x ) − g ( x ) dx = 2 f ( x ) dx −  g ( x ) dx

Chọn A.

KÈ

Câu 15 (NB)

= 2.4 + 3 = 11

Phương pháp:

ẠY

Ta có số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) thì số phức liên hợp của z là z = a − bi.

Cách giải:

Ta có số phức liên hợp của z là z = 3 − 2i.

Chọn A.

Câu 16 (NB) Phương pháp: 14

Số cạnh của bát diện đều là 12

Cách giải: Số cạnh của một hình bát điện đều là 12

Chọn A. Câu 17 (NB)

FF IC IA L

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ V = B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ.

Cách giải: Ta có: V = B.h = a.a 2 = a 3 .

Chọn C. Câu 18 (NB)

Phương pháp:

1 Thể tích của khối nón là V = .B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao của khối nón. 3

( 3 ) .1 = π

1 1 Ta có: V = B.h = .π 3 3

Cách giải:

Chọn B.

Câu 19 (NB)

Phương pháp:

Xét hàm lũy thừa có dạng y = ( f ( x ) ) với α là số không nguyên thì hàm số xác định ⇔ f ( x ) > 0.

Cách giải:

KÈ

5 Hàm số xác định ⇔ 3 x − 5 > 0 ⇔ x > . 3

ẠY

5  Vậy tập xác định của hàm số là D =  ; +∞  . 3 

Chọn B.

Câu 20 (NB)

Phương pháp: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( xA ; y A ; z A ) , B ( xB ; yB ; z B ) thì AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A )

Cách giải: 15

Ta có: AB = ( 3;3; −4 ) .

Chọn A. Câu 21 (TH) Phương pháp: Trong không gian Oxyz , đường d đi qua I ( x0 ; y0 ; z0 ) nhận u ( a; b; c ) là một vecto chỉ phương của đường

FF IC IA L

 x = x0 + at  thẳng thì phương trình tham số của đường thẳng d có dạng:  y = y0 + bt ( t ∈ ℝ ) .  z = z + ct  0 Cách giải: Ta có: AB = ( 2; 2; −3)

Đường thẳng AB đi qua A nhận AB là vecto chỉ phương của đường thẳng nên phương trình tham số của  x = 1 + 2t  đường thẳng là  y = −2 + 2t ( t ∈ ℝ )  z = 3 − 3t 

Chọn C.

Câu 22 (NB)

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay là S xq = 2π rh.

Cách giải:

Chọn C. Câu 23 (NB)

KÈ

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay là S xq = 2π rh = 2π .3.4 = 24π

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 có một vecto pháp tuyến là n = ( a; b; c )

ẠY

Cách giải:

Từ phương trình mặt phẳng ( P ) : x − y − 2 x + 1 = 0 ta có một vecto pháp tuyến là n = (1; −1; −2 )

 −1.n = (1; −1; −2 ) cũng là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng.

Chọn A.

Câu 24 (NB) Phương pháp: 16

Trong không gian Oxyz , mặt cầu có phương trình ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có tâm I ( a; b; c ) , bán kính R.

Cách giải: 2

Từ phương trình cầu ( x − 1) + ( y + 3) + z 2 = 9 ta có tâm I (1; −3;0 ) và bán kính R = 3

Chọn A.

FF IC IA L

Câu 25 (TH) Phương pháp: n

Áp dụng công thức theo công thức lãi kép, ta có C = A (1 + r ) > 200, trong đó A = 100 triệu đồng gửi ban đầu, r = 6,5% .

Cách giải:

Áp dụng công thức lãi kép ta có: n

C = A (1 + r ) > 200 n

⇔ 100 (1 + 6,5% ) > 200

⇔ 1, 065n > 2

⇔ n > log1,065 2

Vậy ít nhất là 12 năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 200 triệu đồng.

Chọn B.

Câu 26 (NB)

Phương pháp:

KÈ

Cách giải:

z ' z '.z = ( z ≠ 0) . z z. z

Sử dụng công thức chia số phức

7 + i ( 7 + i )(1 + 2i ) = = 1 + 3i. 1 − 2i (1 − 2i )(1 + 2i )

ẠY

Ta có: (1 − 2i ) z = 7 + i  z =

Chọn C.

Câu 27 (TH)

Phương pháp:

Giải phương trình f ' ( x ) = 0 Vẽ bảng biến thiên, từ bảng biến thiên xác định được số điểm cực trị của hàm số

Cách giải: 17

Ta có:

f '( x) = 0

− 3x ) ( 4 − x 2 )

⇔ ( x + 2 ) x 4 ( x − 3) ( 2 − x ) ⇔ ( x + 2)

2038

2021

x 4 ( x − 3) ( 2 − x )

(2 + x)

2021

FF IC IA L

⇔ ( x + 2)

 x = −2 x = 0 ⇔ x = 3  x = 2

Ta có bảng xét dấu f ' ( x ) :

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 điểm cực trị

Chọn D.

Câu 28 (TH)

Phương pháp:

Ta quan tâm đến hướng đi lên của nhánh ngoài cùng của đồ thị thì ta sẽ xác định dấu của hệ số a.

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ ( 0; c ) nhìn vào đồ thị ta xác định được dấu của hệ số c. Cách giải:

Từ nhánh ngoài đồ thị ta thấy nó có hướng đi lên nên suy ra a > 0

KÈ

Thay x = 0 ta được y = c, kết hợp với đồ thị c < 0 Suy ra a − c > 0

ẠY

Chọn C.

Câu 29 (TH)

Phương pháp:

1 Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp S . ABCD là V = .B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao 3 hình chóp.

Cách giải: 18

Tam giác ABC vuông tại B  AC = 2 ( 2a ) = 2 2a 2

( 2a 3 ) − ( 2 a 2 )

Tam giác SAC vuông tại A  SA = SC 2 − AC 2 =

FF IC IA L

Ta có SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ AC

= 2a

1 1 8a 3 Thể tích hình cóp S . ABCD là V = .S ABCD .SA = .4a 2 .2a = 3 3 3

Chọn C. Câu 30 (TH)

Tính nguyên hàm F ( x ) + C =  f ( x ) dx

Phương pháp:

Cách giải:

 ( cos

1 x − sin 2 x ) dx =  cos 2 xdx = sin 2 x + C 2

KÈ

Ta có:

π  π  Từ điều kiện F   = −1 ta tìm được hẳng số C. Từ đó tính giá trị F   . 2 4

ẠY

π  Ta có F   = −1 4

1 −3  π sin  2.  + C = −1 ⇔ C = 2  4 2

⇔

1 3  F ( x ) = sin 2 x − 2 2 3 −3 π  1 F   = sin (π ) − = 2 2 2 2 19

Chọn D. Câu 31 (VD) Phương pháp: Ta có z1 z2 =

c a

FF IC IA L

Thay z1 vào phương trình để tìm mối quan hệ giữa các hệ số a, b, c.

Cách giải: Thay z1 = 3 − i vào phương trình ta được 2

a (3 − i ) + b (3 − i ) + c = 0

⇔ a ( 8 − 6i ) + 3b − bi + c = 0

⇔ 8a − 6ai + 3b − bi + c = 0

⇔ 8a + 3b + c − i ( 6a + b ) = 0

8a + 3b + c = 0 8a − 18a + c = 0 ⇔ ⇔ 6 a + b = 0  6 a = −b

c = 10a c ⇔  = 10 a  6 a = −b

Chọn B.

Câu 32 (VD)

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b] , trục hoành và hai đường b

Cách giải:

KÈ

thẳng x = a, x = b được xác định S =  f ( x ) dx. a

ẠY

Diện tích hình phẳng cần tính bằng S =  x ln 2 xdx. 1

2 ln x  du = dx e  e e u = ln x  1 1 x Đặt    S = x 2 ln x −  x ln xdx = e 2 −  x ln xdx 1 1 2 2 dv = xdx v = 1 x 2 1  2

1  du = dx  u = ln x   x Tính S1 =  x ln xdx; Đặt   dv = xdx v = 1 x 2 1  2 e

e e 1e 1 2 1 1 1 1 e 1 1 x ln x −  xdx = e2 −  xdx = e 2 − x 2 = e2 + . 1 21 2 2 21 2 4 1 4 4

Vậy S =

FF IC IA L

 S1 =

1 2 1 2 1 1 2 e −  e +  = ( e − 1) . 2 4 4 4

Chọn B. Câu 33 (TH) Phương pháp:

- Từ diện tích thiết diện qua trục, xác định chiều cao h và bán kính đáy R của hình trụ.

- Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là Stp = 2π R ( R + h ) .

Cách giải:

Vì thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có diện tích bằng 16a 2 nên thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 4a.

Do đó hình trụ có chiều cao h = 4a và bán kính đáy R = 2a.

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là Stp = 2π R ( R + h ) = 2π .2a ( 2a + 4a ) = 24π a 2 .

Chọn C.

Câu 34 (TH)

Phương pháp:

- Tìm số phức w.

- Thực hiện các phép toán để tìm số phức z.

Cách giải:

ẠY

Ta có:

KÈ

- Tính môđun số phức: w = a + bi  w = a 2 + b 2

(1 + i )( z − i ) + 2 z = 2i

⇔ (1 + i ) z − i (1 + i ) + 2 z = 2i ⇔ ( 3 + i ) z = 2i + i (1 + i ) ⇔ ( 3 + i ) z = −1 + 3i 21

⇔z=

−1 + 3i =i 3+ i

Khi đó ta có w = Vậy w =

( −1)

z − 2 z + 1 −i − 2i + 1 = = −1 + 3i. z2 i2

+ 32 = 10.

FF IC IA L

Chọn B. Câu 35 (TH) Phương pháp:

2 Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp có cạnh bên vuông góc với đáy là R = Rday +

trong đó Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy, h là chiều cao của hình chóp.

Cách giải:

Hình chóp có đáy ABCD là hình vuông cạnh a nên bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là Rday =

2 day

 a 2  a2 a 3 SA2 . + =  =  + 4 4 2  2 

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là: R = R

a 2 . 2

Chọn A.

Câu 36 (TH)

Phương pháp:

Bán kính mặt cầu I ( a; b; c ) và tiếp xúc với trục Oy là R = a 2 + c 2 .

Cách giải:

Chọn C.

KÈ

Bán kính mặt cầu I ( 6;3; −4 ) và tiếp xúc với trục Oy là R = xI2 + z I2 = 62 + ( −4 ) = 52 = 2 13 .

Câu 37 (VD)

ẠY

Phương pháp:

A2 = A .

- Sử dụng

- Tính h ' ( x ) , giải phương trình h ' ( x ) = 0. - Lập BBT hàm số h ' ( x ) và kết luận.

Cách giải: 22

h2 , 4

Ta có h ( x ) = f ( x − 1 ) = f

 h '( x) =

( x − 1) 2 ( x − 1)

(

( x − 1)

)

( x − 1) 2 ( x − 1)

f '( x −1 )

FF IC IA L

x = 1 x = 1  x −1 = 0  Cho h ' ( x ) = 0   ⇔  x − 1 = 0 ⇔  x = 3 . f ' x − 1 = 0 )  (  x −1 = 2  x = −1 

BBT:

Vậy hàm số h ( x ) = f ( x − 1 ) đồng biến trên khoảng ( −1;1) và ( 3; +∞ ) .

Chọn B.

Câu 38 (VD)

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

Phương pháp:

- Xét các TH:

- Gọi A là biến cố: “chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9”  Biến cố đối A : “chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ không chia hết cho 9”.

TH1: Cả 4 số đều không chia hết cho 3.

KÈ

TH2: Có đúng 1 số chia hết cho 3 và 3 số còn lại không chia hết cho 3. - Từ đó tính xác suất của biến cố A.

ẠY

Cách giải:

4 . Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C100

Gọi A là biến cố: “chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ chia hết cho 9”.

 Biến cố đối A : “chọn được bốn thẻ sao cho tích của các số ghi trên bốn thẻ không chia hết cho 9”

Từ 1 đến 100 có ( 99 − 9 ) : 9 + 1 = 11 số chia hết cho 9.

Từ 1 đến 100 có ( 99 − 3) : 3 + 1 = 33 số chia hết cho 3  Có 22 số chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 và có 67 số không chia hết cho 3. TH1: Cả 4 số đều không chia hết cho 3  Có C674 cách chọn. 1 TH2: Có đúng 1 số chia hết cho 3 và 3 số còn lại không chia hết cho 3  Có C22 . X 673 cách chọn.

( )

FF IC IA L

1 .C673 .  n A = C674 + C22 1 C674 + C22 .C673 Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) = 1 − ≈ 0,536. 4 C100

Chọn A. Câu 39 (VD) Phương pháp:

- Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu ( S ) .

- Gọi M ( x; y; z ) , tính OM .

OM - Giải hệ  tìm mặt phẳng luôn chứa M .  M ∈ ( S )

Cách giải:

Ta có O nằm ngoài mặt cầu ( S ) .

KÈ

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −4;0;3) , bán kính R = 4.

ẠY

Gọi M ( x; y; z ) . Vì M ∈ ( S )  ( x + 4 ) + y 2 + ( z − 3) = 16 (1) .

( −4 )

+ 02 + 32 = 5, IM = R = 4 nên OM = OI 2 − IM 2 = 3.

Ta có: OI =

 x2 + y 2 + z 2 = 9 ( 2) .

( x + 4 ) 2 + y 2 + ( z − 3) 2 = 16  8 x − 6 z + 18 = 0 ⇔ 4 x − 3 z + 9 = 0. Từ (1) và (2) ta có hệ  2 2 2  x + y + z = 9 24

Vậy M luôn thuộc mặt phẳng 4 x − 3 z + 9 = 0.

Chọn A. Câu 40 (VD) Phương pháp: - Tìm phương trình hàm vận tốc trên từng giai đoạn. b

Cách giải: + Gọi phương trình parabol có dạng ( P ) : v1 ( t ) = at 2 + bt + c.

FF IC IA L

- Sử dụng: Quãng đường vật đi được từ thời điểm t = a đến t = b là s =  v ( t ) dt.

 O ∈ ( P ) c = 0  a = −40  Ta có ( 5;1000 ) ∈ ( P ) ⇔ 1000 = 25a + 5b + c ⇔   ( P ) : v1 ( t ) = −40t 2 + 400t. b = 400   b 10a + b = 0  − =5  2a

 Quãng đường xe đi được trong 6 phút đầu tiên là s1 =  ( −40t 2 + 400t ) dt = 4320 ( m ) .

 Khi x = 6 thì y = −40.62 + 400.6 = 960.

+ Bắt đầu từ phút thứ 6 đến phút thứ 10, xe chuyển động đều theo 1 đường thẳng có phương trình dạng y = 960 10

 Quãng đường xe đi được từ giây thứ 6 đến giây thứ 10 là: s2 =  960dt = 3840 ( m ) .

Chọn A.

KÈ

Câu 41 (VD)

Vậy quãng đường xe đi được trong 10 phút đầu tiên là s = s1 + s2 = 8160 ( m ) .

Phương pháp:

- Thay z = a + bi vào lần lượt 2 giả thiết. Từ đó suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z.

ẠY

- Sử dụng phương pháp hình học tìm vị trí điểm M để MAmin .

Cách giải:

Theo bài ra ta có:

+) z + i ≤ 10 ⇔ a + bi + i ≤ 10 ⇔ a 2 + ( b + 1) ≤ 10. +) w = (1 + i ) z + 2 z + 1 = (1 + i )( a − bi ) + 2 ( a + bi ) + 1 25

= a − bi + ai + b + 2a + 2bi + 1

= 3a + b + 1 + ( a + b ) i Là số thuần ảo  3a + b + 1 = 0. 2

 Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là giao điểm của hình tròn x 2 + ( y + 1) = 10 ( C ) và đường

FF IC IA L

thẳng 3x + y + z = 0 ( d ) .  Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đoạn thẳng E , F , với E , F = ( C ) ∩ ( d ) .

 x 2 + ( y + 1)2 = 10  x = −1; y = 2 ⇔  E ( −1; 2 ) , F (1; −4 ) . Tọa độ E , F là nghiệm của hệ   x = 1; y = −4 3 x + y + 1 = 0

KÈ

 a = −1, b = 2.

Dựa vào hình vẽ ta thấy MAmin = EA khi M ≡ E ( −1; 2 )  z = −1 + 2i.

Vậy a − b = −1 − 2 = −3.

ẠY

Chọn B.

Câu 42 (VD)

Phương pháp:

Xét các TH:

TH1: m = 0.

TH2: −100 ≤ m ≤ −1, m ∈ ℤ. TH3: 1 ≤ m ≤ 100, m ∈ ℤ. 26

Ứng với mỗi TH tìm cụ thể số đường TCN của đồ thị hàm số, tìm số đường TCĐ thỏa mãn yêu cầu bằng cách sử dụng bài toán tương giao. Cách giải: TH1: m = 0  y =

1 . f ( x)

Ta có f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số có 3 đường TCĐ

FF IC IA L

Đồ thị hàm số có 1 TCN y = 0.

Vậy khi m = 0 thì đồ thị hàm số có tất cả 4 đường tiệm cận  m = 0 không thỏa mãn.

TH2: −100 ≤ m ≤ −1, m ∈ ℤ. ĐKXĐ: 1 + mx 2 ≥ 0 ⇔ x 2 ≤

−1 −1 −1 , do đó đồ thị hàm số không có TCN. ⇔− ≤x≤ m m m

Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì đó phải là 2 đường tiệm cận đứng  Phương trình f ( x ) = m

 m = −2 ( tm ) . phải có 2 nghiệm phân biệt    m = 2 ( ktm )

Vậy m = −2.

TH3: 1 ≤ m ≤ 100, m ∈ ℤ  1 + mx 2 ≥ 0 ∀x ∈ ℝ, đồng thời bậc tử < bậc mẫu nên đồ thị hàm số có 1 TCN y = 0.

Để đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì đồ thị phải có 1 đường tiệm cận đứng  Phương trình m > 2 f ( x ) = m phải có 1 nghiệm duy nhất   , kết hợp điều kiện của TH3 ta có m ∈ {3; 4;...;100} .  m < −2

Câu 43 (VD)

KÈ

Phương pháp:

Chọn B.

Vậy tất cả có 99 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

- Chia thành các khối trụ và nửa khối trụ. - Xác định rõ chiều cao và bán kính đáy của từng phần.

ẠY

- Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h.

Cách giải:

Đáy của hình trụ là hình tròn nội tiếp tam giác đều DEF D nên có bán kính r =

S ∆DEF P∆DEF

a2 3 a 3 . = 4 = 3a 6 2

FF IC IA L

Phần còn lại của hình trụ (T ) được chia làm 2 phần:

+ Phần 1: Hình trụ có bán kính đáy r , chiều cao h1 = MH với H là trung điểm của EF .

a 1 Ta có h1 = MH = CF = . 2 2

 a 3  a π a3 .  V1 = π r h1 = π .   . = 6 2 24  

NP MN HI 2 a 2 1 = =2 =  NP = AQ = AD = . 3 3 3 AQ MQ HD 3 2

1 2 1  a 3  a π a3 .  V2 = π r h2 = π   . = 2 2  6  3 72

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

+ Phần 2: Một nửa hình trụ có bán kính đáy r , chiều cao h2 = NP.

Vậy thể tích phần còn lại của khối trụ (T ) là: V = V1 + V2 =

Chọn A.

π a3 72

π a3 18

Câu 44 (VD)

π a3

KÈ

Phương pháp:

Ứng với mỗi TH tìm cụ thể số đường TCN của đồ thị hàm số, tìm số đường TCĐ thỏa mãn yêu cầu bằng cách sử dụng bài toán tương giao.

ẠY

Cách giải:

ĐKXĐ: −3 ≤ x ≤ 3.

t2 − 9 . Đặt t = x + 9 − x  t = 9 + 2 x 9 − x  x 9 − x = 2 2

Khi đó phương trình trở thành

 t2 − 9  2 m + 23 m + 2 = t  5 +  2   ⇔ 2.2m + 2.23 m + 2 = t ( t 2 + 1) ⇔ 2m +1 + 23m + 3 = t 3 + t

FF IC IA L

⇔ 23( m +1) + 2m +1 = t 3 + t Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ. Lại có f ( t ) = f ( 2m +1 ) ⇔ t = 2m +1 ⇔ x + 9 − x 2 = 2m +1 (*) .

x 9 − x2

x ≥ 0 x ≥ 0 3  . Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ 9 − x = x ⇔  ⇔ 2 9 ⇔x= 2 2 x = 2 9 − x = x  2

9 − x2 − x 9 − x2

Xét hàm số g ( x ) = x + 9 − x 2 với x ∈ [ −3;3] ta có: g ' ( x ) = 1 −

Ta có BBT:

(

)

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi −3 ≤ 2 m +1 ≤ 3 2 ⇔ m ≤ log 2 3 2 − 1.

KÈ

Mà m ∈ ℕ  m ∈ {0;1} .

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ẠY

Chọn A.

Câu 45 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải:

FF IC IA L O

Gọi E là trung điểm của CD  ABCE là hình chữ nhật.

(

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, coi a = 1. Ta có:

)

Vì E là trung điểm của CD  D ( 2; −1; 0 ) .

A ( 0; 0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( 2;1;0 ) , E ( 2; 0;0 ) , S 0; 0; 3 .

2 Vì 2 NA + NS = 0  SN = SA. 3

 1 3 Vì M là trung điểm của SD  M  1; − ; . 2 2  

 x = 0  N  2 3  xN ; y N ; z N − 3 = 0;0; − 3   y N = 0  N  0; 0; . 3 3    z = 3  N 3 Ta có: ( ABCD ) có 1 VTPT là n1 = k = ( 0;0;1) .

) (

)

ẠY

KÈ

(

( SAC ) có 1 VTPT là

n2 =  k ; AC  = ( −1; 2; 0 ) .

 1 3 MN =  −1; ; −  nên (α ) chứa MN và 2 6    3 3 3 n3 =  n2 ; MN  =  − ;− ;  / / −2; −1;3 3 = n. 6 2  3

(

)

vuông

góc

vớ i

( SAC )

có

VTPT

là

n1.n 3 3 3 6 Vậy cos α = = . = 8 n1 . n 4 2

Chọn A. Câu 46 (VD)

FF IC IA L

Phương pháp: - Biến đổi, xét hàm đặc trưng.

- Chứng minh hàm đặc trưng đơn điệu trên khoảng giá trị của x, từ đó suy ra bất đẳng thức bậc hai. - Tìm điều kiện để bất phương trình bậc hai có nghiệm.

Cách giải: Ta có

f (1 − x 2 ) − f ( −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 ) > x 2 − 2mx + 3m 2

Xét hàm số y = f ( t ) − t ( t ≤ 1) ta có y ' = f ' ( t ) − 1.

⇔ f (1 − x 2 ) − (1 − x 2 ) > f ( −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m2 ) − ( −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 )

⇔ x 2 − 2mx + 3m 2 < 0 (*)

⇔ 1 − x 2 > −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m 2

Mà y (1 − x 2 ) > y ( −2 x 2 + 2mx + 1 − 3m2 ) .

 Hàm số y = f ( t ) − t nghịch biến trên ( −∞;1] .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên ( −∞;1] thì f ' ( t ) ≤ 1 ⇔ f ' ( t ) − 1 ≤ 0 ∀t ≤ 1.

Ta có ∆ ' = m 2 − 3m 2 = −2m 2 ≤ 0 ∀m nên x 2 − 2mx + 3m 2 ≥ 0 ∀m, do đó bất phương trình (*) vô nghiệm.

Chọn A.

KÈ

Vậy không có giá trị nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 47 (VDC)

ẠY

Cách giải:

Ta có g ( x ) = f 2 ( x ) − mf ( x )  g ' ( x ) = 2 f ( x ) f ' ( x ) − mf ' ( x ) = f ' ( x )  2 f ( x ) − m 

 f '( x) = 0 g '( x) = 0 ⇔   f ( x) = m  2

(1) ( 2)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

x = 0, x = a, x = b ( 0 < a < b ) . m m > 5 ⇔ m > 10. Suy ra phương trình (2) vô nghiệm và f ( x ) < ∀x nên dấu của g ' ( x ) ngược dấu với 2 2 f ' ( x ) , do đó hàm số g ( x ) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu (không thỏa mãn).

TH1:

m m = 5 ⇔ m = 10. Suy ra phương trình (2) có nghiệm kép và f ( x ) ≤ ∀x nên dấu của g ' ( x ) ngược dấu 2 2 với f ' ( x ) , do đó hàm số g ( x ) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu (không thỏa mãn).

TH3: 1 <

FF IC IA L

TH2:

m < 5 ⇔ 2 < m < 10. Suy ra phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x = c, x = d ( a < c < d < b ) . 2

Ta có BXD:

Dựa vào BXD ta thấy hàm số g ( x ) có 3 điểm cực tiểu và 2 điểm cực đại  Thỏa mãn.

m m = 1 ⇔ m = 2. Suy ra phương trình f ( x ) = có 3 nghiệm phân biệt x = 0 (nghiệm kép), 2 2 x = c, x = d ( a < c < d < b ) .

TH4:

Tương tự TH3 hàm số g ( x ) cũng có 2 điểm cực đại và 3 điểm cực tiểu  Thỏa mãn. m m < 1 ⇔ −2 < m < 2. Suy ra phương trình f ( x ) = có 4 nghiệm phân biệt, lập BXD tương tự TH3 2 2 ta có hàm số g ( x ) có 4 điểm cực tiểu và 3 điểm cực đại  Không thỏa mãn.

TH5: −1 <

m = −1 ⇔ m = −2. Hàm số g ( x ) có 3 điểm cực tiểu và 2 điểm cực đại (thỏa mãn). 2

TH7:

m < −1 ⇔ m < −2. Hàm số g ( x ) có ba điểm cực tiểu và 2 điểm cực đại (thỏa mãn). 2

ẠY

KÈ

TH6:

Kết hợp các TH ta có m ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2;10 ) .

Vậy có 1999 + 8 = 2007 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Câu 48 (VDC) Cách giải: 32

FF IC IA L

Gọi L, Q theo thứ tự là trung điểm của DC , D ' C '. Ta có: ∆BCD đều nên ML ⊥ CD.

Lại có DCC ' D ' là hình chữ nhật nên QL ⊥ CD.

( ABCD ) ∩ ( DCC ' D ' ) = CD  Ta có:  ML ⊂ ( ABCD ) , ML ⊥ CD  ∠ ( ( DCC ' D ' ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( ML; QL ) = 600  QL ⊂ ( DCC ' D ' ) , QL ⊥ CD

Ta có: DC ⊥ ( BLQ )  ( ABCD ) ⊥ ( BLQ )

d ( Q; ( ABCD ) ) = sin ( BL; QL ) .LQ = sin 600.2a = a 3.

a 2 3 3a 3 . = 4 3

 VABCD. A ' B 'C ' D ' = d ( Q; ( ABCD ) ) .2 S ∆BCD = a 3.a

Vì PK / / A ' N nên A ', N , P, K đồng phẳng.

1 1 2 1  VMNPKA ' = VM . A ' NPK = VM . A ' DPK = . VAMK .DLP = VAMK . D ' LP . 2 2 3 3

KÈ

3 3 3a 2 9a 3 . Lại có VAMK . D ' LP = VABCD. A ' B 'C ' D ' = . = 8 8 2 16

ẠY

1 9a 3 3a 3 . Vậy VMNPKA ' = . = 3 16 16

Chọn A.

Câu 49 (VDC)

Phương pháp: Biến đổi và đưa 2 vế về dạng đạo hàm.

Cách giải: Ta có: 33

f ( x)  + f '( x) = 0 

⇔ f ' ( x ) + 2 sin 2 x. f ( x ) = −2 sin 2 x.ecos 1

⇔ esin x .

f ( x) f '( x) f ( x)

⇔ esin

(

+ esin x .2 sin 2 x. f ( x ) = −2sin 2 x.ecos

2 f ( x)

(

+ esin x .sin 2 x. f ( x ) = − sin 2 x.ecos

) ( ) '. f ( x) ) ' = (e )'

f ( x ) '+ esin

f ( x)

 f ' ( x ) + 2 sin 2 x. f ( x )  = −2sin 2 x.ecos

f '( x)

⇔ esin x .

x −sin 2 x

f ( x ) = − sin 2 x.ecos

cos 2 x

⇔ esin x . 2

⇔ esin x .

FF IC IA L

2 sin 2 x  f ( x ) + ecos 2 x 

⇔ esin x . f ( x ) = ecos x + C

4π  2cos 3 1 = ≈ 0,37 ∈ ( 0;1) . =e e 

 2π Vậy f   3

f ( x ) = ecos 2 x ⇔ f ( x ) = e2cos 2 x .

 esin x . f ( x ) = ecos x 

Theo bài ra ta có f ( 0 ) = e 2  e0 f ( 0 ) = e1 + C ⇔ C = 0.

Cách giải:

Câu 50 (VDC)

Chọn D.

Lấy logarit hai vế của phương trình đã cho ta có: 1

 1 1 =  x + y + +  .10 xy x y 

KÈ

10 x+ y

ẠY

1  x10+ y   1 1  xy  ⇔ log 10  = log  x + y + +  .10    x y    

 10 1 1 1 = log  x + y + +  + x+ y x y  xy 

⇔

 10 x+ y 1 = log  x + y + + x+ y xy  xy 

D ⇔

⇔

 10 1  1 = log ( x + y ) + log 1 +  + x+ y  xy  xy

⇔

 10 1 1  − log ( x + y ) = + log 1 +  x+ y xy  xy 

⇔

 10 1 1  + 1 − log ( x + y ) = 1 + + log 1 +  x+ y xy  xy 

⇔

 10 10 1 1  + log = 1 + + log 1 +  x+ y x+ y xy  xy 

Xét hàm số f ( t ) = t + log t ( t > 0 ) ta có f ' ( t ) = 1 +

FF IC IA L

  10 1  1 = log  ( x + y ) 1 +   + x+ y  xy   xy 

1 > 0 ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) . t ln10

⇔

 10   1  10 1 Lại có f  = 1+ .  = f 1 +  ⇔ x+ y xy  x+ y  xy 

Thế vào phương trình ban đầu ta có:

 1 1 =  x + y + +  .10 xy x y  1

1 xu

1 1 + x y

⇔ 10 = x + y +

 1 1 ⇔ 10.10 xy =  x + y + +  .10 xy x y 

KÈ

 1 1  x + ≥ 2 x. = 2 x x x ∈ ℕ *  Vì  nên áp dụng BĐT Cô-si ta có  . y > 0  y + 1 ≥ 2 y. 1 = 2  y y 

ẠY

1 1   10 −  x +  ≥ 2 ⇔ 2 ≤ x + ≤ 8. x x 

( x − 1) 2 ≥ 0 ( luon dung )  x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔  x − 8 x + 1 ≤ 0  4 − 15 ≤ x ≤ 4 + 15

Maf x ∈ ℕ*  x ∈ {; 2;3; 4;5; 6;7} .

Giả sử x +

1 1  5 10 17 26 37 50  = k  k ∈ 2; ; ; ; ; ;  , khi đó ta có y + = 10 − k ⇔ y 2 + ( k − 10 ) y + 1 = 0 y x  2 3 4 5 6 7

 k > 12 2 . Phương trình có nghiệm ⇔ ( k − 10 ) − 4 = k 2 − 20k + 96 > 0 ⇔  k < 8

FF IC IA L

 5 10 17 26 37 50  Vậy ứng với mỗi giá trị k ∈ 2; ; ; ; ; ;  cho 2 giá trị y thỏa mãn hay ứng với mỗi giá trị của x  2 3 4 5 6 7 cho 2 giá trị y tương ứng. Vậy có tất cả 14 cặp ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ẠY

KÈ

Chọn A.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 MÔN: TOÁN Ngày thi: 23/4/2021 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 201

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề thi thử TN THPT môn Toán của Sở GD&ĐT Hưng Yên hay, đúng trọng tâm, bám sát đề minh họa.

- Đề thi giúp các bạn học sinh 2k3 chuẩn bị tốt nhất, có lượng kiến thức chắc chắn nhất để chinh phục kì thi chính thức sắp tới. - Qua đề thi các em học sinh được ôn tập tất cả các dạng bài thường xuất hiện trong đề thi, tích lũy kiến thức và các phương pháp giải hay, đồng thời tăng cường khả năng giải đề và quản lý thời gian tốt nhất. 2x + 1 . Mệnh đề nào dưới đây là đúng? x +1

Câu 1: Cho hàm số y =

A. Hàm số nghịch biến trên ℝ \ {−1} .

B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )

C. Hàm số đồng biến trên ℝ \ {−1} .

D. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )

Câu 2: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức z = ( −1 + 2i ) + 2 (1 − 3i ) ? B. N (1; −1)

C. P ( 0; −1)

D. Q ( 0;1)

A. M (1; −4 )

 f ( x ) dx = 2 x

 f ( x ) dx = x

Câu 3: Cho hàm số f ( x ) = 2 x. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

KÈ

Câu 4: Hàm số f ( x ) = log 2 ( x 2 − 2 ) có đạo hàm là: 1 ( x − 2 ) ln 2

ln 2 x2 − 2

C. f ' ( x ) =

−2

2 x ln 2 x2 − 2

D. f ' ( x ) =

2x ( x − 2 ) ln 2 2

 f ( x ) dx = 5 và  f ( x ) dx = −2 thì  f ( x ) dx bằng:

Câu 5: Nếu

B. f ' ( x ) =

ẠY

A. f ' ( x ) =

A. −7

B. −10

C. 7

D. 3

Câu 6: Cho khối nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O, bán kính R. Biết SO = h. Độ dài đường sinh của khối nón bằng A.

h2 + R 2

B. 2 h 2 + R 2

C. 2 h 2 − R 2 1

h2 − R2

Câu 7: Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 và số hạng thứ hai u2 = −6. Số hạng thứ tư bằng: A. 12

B. −24

Câu 8: Tập xác định của hàm số y = ( x − 1) A. ℝ \ {1}

C. 24

D. −12

C. (1; +∞ )

D. ( −1; +∞ )

là:

B. ℝ

A. x = 0

B. x = 3

FF IC IA L

Câu 9: Nghiệm của phương trình 23 x+1 = 16 là C. x = 1

D. x = −1

B. y = − x 3 + 2 x 2 + 2

C. y = − x 4 + 2 x 2 + 2

A. y = x3 + 2 x 2 + 2

Câu 10: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ:

D. y = x 4 − 2 x 2 − 2

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

KÈ

A. x = 3

Hàm số đạt cực đại tại

B. x = 2

C. x = 1

D. x = −2

Câu 12: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều có cạnh 6cm. Diện tích xung quanh của hình nón đó là:

ẠY

A. 36 ( cm 2 )

B. 18π ( cm 2 )

C. 6π ( cm 2 )

D. 36π ( cm 2 )

Câu 13: Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng x + 2 y − 2 z − 12 = 0 bằng: A. 12

B. 4

4 3

D. −

4 3

Câu 14: Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh a. Thể tích khối trụ bằng: 2

A. π a 3

π a3

π a3 3

Câu 15: Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh để bầu vào hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó từ một tổ có 10 học sinh? A. A102

B. C102

C. A108

D. 10 2

thẳng đi qua hai điểm A và B là:

A. ( 2;3;3)

B. ( −2; −3;3)

C. ( 4;5;3)

Câu 17: Cho mặt cầu bán kính R. Diện tích mặt cầu tương ứng là: A. 2π R 2

B. 4π R 2

C. 4R 2

D. ( 2; −3; −3)

4 π R2 3

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là: B. x = 2

C. y = −1 D. y = 2 Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a = (1; −2;1) và b = ( 2; −4; −2 ) . Khi đó a.b bằng:

A. x = −1

Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

FF IC IA L

Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1; 2 ) và B ( 3; 4;5) . Tọa độ một vectơ chỉ phương của đường

A. 8

B. 12

C. −8

D. −12

KÈ

A. ( 2; −3)

Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , điểm biểu diễn của số phức z = 2 − 3i có tọa độ là: B. ( 3; 2 )

C. ( −3; 2 )

ẠY

Câu 21: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y = A. m = −1

Câu 22: Cho tích phân 0

D. ( 2;3)

1 3 x − mx 2 + ( m 2 − 4 ) x + 3 đạt cực đại tại x = 3. 3

B. m = 1

C. m = −7

D. m = 5



1 + xdx, với cách đặt t = 3 1 + x thì tích phân đã cho bằng tích phân nào sau đây?

−1

A. 3  t 2 dt

B. 3 t 3dt

C. 3 t 2 dt

D.  t 2 dt

−1

Câu 23: Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = 3 − 4i. Số phức 2 z1 + 3 z2 − z1 z2 bằng: 3

A. 11 − 10i

B. 10i

C. 11 + 8i

D. −10i

Câu 24: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có BB ' = a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a 2. Thể tích lăng trụ đã cho bằng: A. a 3

a3 3

a3 6

A. {0}

B. {4}

FF IC IA L

Câu 25: Tập nghiệm của phương trình log 3 ( x 2 − 4 x + 9 ) = 2 là:

a3 2

C. {0; 4}

D. {0; −4}

Câu 26: Đội văn nghệ của lớp 12A gồm 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm chọn hai học snh tham gia biểu diễn văn nghệ. Tính xác suất để hai học sinh được chọn gồm một nam và một nữ? A.

1 5

6 11

11 435

B. M = −

1 3

C. M =

A. M = −5

Câu 29: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = B. Vô số

1 3

D. M = 5

x+6 nghịch biến trên khoảng (10; +∞ ) ? x + 5m

C. 3

A. 4

D. S = (13; +∞ )

3x − 1 trên đoạn [ 0; 2] . x−3

Câu 28: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y =

C. S = ( −∞;13)

B. S = [13; +∞ )

A. S = ( −∞;13]

Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình log 3 ( x − 4 ) ≥ 2 là:

2 29

D. 5

 x = 1 + 3t  Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; −6;3) và đường thẳng d :  y = −2 − 2t . Gọi H là hình chiếu z = t 

KÈ

vuông góc của M lên d . Khi đó tọa độ điểm H là:

A. H (1; 2;1)

B. H ( −8; 4;3)

C. H ( 4; −4;1)

D. H (1; −2;3)

ẠY

Câu 31: Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e3 x + 1 là: B. 3e3 x + C

A. 3e3 x + x + C

1 3x e +C 3

1 3x e + x+C 3

Câu 32: Điểm M trong hình vẽ bên biểu diễn số phức z. Chọn kết luận đúng về số phức z.

B. z = −3 − 5i

C. z = 3 + 5i

D. z = 3 − 5i

FF IC IA L

A. z = −3 + 5i

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3; −1; 4 ) và mặt phẳng ( P ) : 6 x − 3 y + 2 z − 6 = 0. Mặt cầu ( S ) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) có phương trình là: 2

C. ( x + 3) + ( y − 1) + ( z + 4 ) =

529 49

B. ( x + 3) + ( y − 1) + ( z + 4 ) =

23 7

D. ( x − 3) + ( y + 1) + ( z − 4 ) =

Câu 34: Với a là số thực dương tùy ý,

a5 bằng:

A. a 20

A. ( x − 3) + ( y + 1) + ( z − 4 ) =

23 7

C. a 5

D. a 4

B. a 5

529 49

Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

ẠY

A. 2

KÈ

Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0 là:

B. 3

C. 1 2

Câu 36: Cho f ( x ) , g ( x ) là hai hàm số liên tục trên [ 0; 2] thỏa mãn điều kiện 2

 3 f ( x ) − g ( x ) dx = 6. Tính 0

A. 7

D. 4

  f ( x ) + g ( x ) dx = 10 0

2021



f ( 2021 − x ) dx + 3 g ( 2 x ) dx :

2019

B. 13

C. 5

D. 6

và

Câu 37: Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình vuông cạnh bằng a 2, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 3. Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng

A. 300

B. 450

Câu 38: Cho hình thang cong

C. 900

(H )

D. 600

giới hạn bởi các đường y = x , y = 0, x = 0, x = 4. Đường thẳng

C. ( 3,8;3,9 )

B. ( 3,3;3,5)

A. ( 3,1;3,3)

Để S1 = 2 S 2 thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây?

FF IC IA L

x = k ( 0 < k < 4 ) chia ( H ) thành hai phần có diện tích S1 và S2 như hình vẽ.

Câu 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O, SO ⊥ ( ABCD ) , SO =

D. ( 3,5;3,8) a 6 và BC = SB = a (tham 3

ẠY

KÈ

khảo hình vẽ). Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

2a 3 3

D A.

a 3 6

a 6 6

a 6 2

Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, AB = a, AD = a 3. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng 6

3a 3 2

B. a 3

a3 2

a3 6

Câu 41: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , D (1; 2; −1) , với a, b, c là các số thực khác 0. Biết rằng bốn điểm A, B, C , D đồng phẳng khi khoảng cách từ gốc toạ độ O đến mặt phẳng

a + b + c bằng

A. 2

B. 3

C. 15

D. 4

FF IC IA L

( ABC ) là lớn nhất, giá trị

Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) , biết f ' ( x ) = x 3 − 3x + 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −5;5] sao cho hàm số y = f ( 2 − x ) − (1 − m ) x − 6 nghịch biến trên khoảng ( 2;3)

A. 7

B. 8

C. 10

D. 9

Câu 43: Tập nghiệm S của bất phương trình 2 log3 ( 4 x − 3) ≤ log3 (18 x + 27 ) là  −3  C. S =  ;3 8 

3  B. S =  ; +∞  4 

A. S = [3; +∞ )

3  D. S =  ;3 4  2

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên ℝ, thỏa mãn f ' ( x ) + xf ( x ) = 2 xe− x và f ( 0 ) = −2.

B. f (1) = −

2 e

C. f (1) =

A. f (1) = −e.

Tính f (1) .

1 e

D. f (1) =

2 e

Câu 45: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z − i = (1 + i ) z là B. Đường tròn tâm I (1;0 ) , bán kính R = 2.

A. Đường tròn tâm I ( 0;1) , bán kính R = 2.

D. Đường tròn tâm I ( 0; −1) , bán kính R = 2.

C. Đường tròn tâm I ( −1;0 ) , bán kính R = 2.

1 1287

KÈ

Câu 46: Tổ 1 của một lớp học có 13 học sinh gồm 8 học sinh nam trong đó có bạn A và 5 học sinh nữ trong đó có bạn B được xếp ngẫu nhiên vào 13 ghế trên một hàng ngang để dự lễ sơ kết học kì 1. Tính xác suất để xếp được giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A không ngồi cạnh bạn B? B.

4 6435

4 6453

1 1287

Câu 47: Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Biết biểu thức P = z 2 − z + z 2 + z + 1 đạt giá trị lớn nhất khi phần a a (với là phân số tối giản, a ∈ ℤ, b ∈ ℕ * ). Khi đó a + b bằng b b

ẠY

thực của z bằng

A. 9

B. 13

C. 15

D. 11

Câu 48: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có A ' B vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) ; góc giữa AA ' với

( ABCD ) bằng 450. Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ', DD ' cùng bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng ( BB ' C ' C ) và ( C ' CDD ') bằng 600. Tính thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. 7

B. 2

Câu 49: Gọi

C. 2 3

D. 3 3

m ∈ [ −2021; 2021]

là tập hợp các số nguyên

sao cho đồ thị hàm số

y = x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m có 5 điểm cực trị. Tổng các phần tử của X là

A. 0

B. 4036

C. 1

D. −1

giá trị lớn nhất.

A. P =

52 25

B. P = −

13 25

C. P =

13 25

D. P = −

---------------- HẾT --------------

3.C

4.D

5.C

6.A

11.C

12.B

13.B

14.C

15.A

16.A

21.D

22.B

23.D

24.D

25.C

26.B

31.D

32.B

33.A

34.D

35.D

41.B

42.B

43.D

44.B

45.D

36.B

8.C

9.C

10.C

17.B

18.D

19.A

20.A

27.B

28.C

29.A

30.C

37.D

38.B

39.C

40.C

47.C

48.A

49.C

50.D

46.C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1

Phương pháp:

( x + 1)

> 0 ∀x ∈ D, do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .

ẠY

Ta có y ' =

KÈ

TXĐ: D = ℝ \ {−1} .

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng.

Cách giải:

Chọn B.

Câu 2 (TH)

Phương pháp: - Thực hiện các phép toán tìm số phức z. - Số phức z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( a; b ) .

Cách giải: 8

52 25

7.B

2.A

BẢNG ĐÁP ÁN 1.B

FF IC IA L

Câu 50: Cho hai số thực x, y thỏa mãn log x2 + y 2 +1 ( 2 x − 4 y ) = 1. Tính P = x. y khi biểu thức S = 4 x + 3 y − 5 đạt

Ta có z = ( −1 + 2i ) + 2 (1 − 3i ) = 1 − 4i có điểm biểu diễn là M (1; −4 ) .

Chọn A. Câu 3 (NB) Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Ta có

 f ( x ) dx =  2 xdx = x

FF IC IA L

Cách giải: +C.

Chọn C. Câu 4 (TH)

u' . u ln a

Sử dụng công thức tính đạo hàm ( log a u ) ' =

Phương pháp:

2x . ( x − 2 ) ln 2 2

Chọn D.

Câu 5 (NB)



 f ( x ) dx =  f ( x ) dx −  f ( x ) dx = 5 − ( −2 ) = 7. −2

Chọn C.

KÈ

Ta có

Cách giải:

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx.

Sử dụng tính chất tích phân

Phương pháp:

Ta có f ' ( x ) = log 2 ( x 2 − 2 )  ' =

Cách giải:

−2

ẠY

Câu 6 (NB)

Phương pháp:

Cho khối nón đỉnh có bán kính R, đường cao h. Độ dài đường sinh của khối nón là l = h 2 + R 2 .

Cách giải: Độ dài đường sinh của khối nón là l = h 2 + R 2 . Chọn A. 9

Câu 7 (TH) Phương pháp: - Tìm công sai d = u2 − u1. - Sử dụng công thức SHTQ của CSC: un = u1 + ( n − 1) d .

FF IC IA L

Cách giải: Công sai của CSC ( un ) là d = u2 − u1 = −6 − 3 = −9 Vậy Số hạng thứ tư bằng u4 = u1 + 3d = 3 + 3. ( −9 ) = −24.

Chọn B. Câu 8 (NB) Phương pháp:

Hàm số y =  f ( x )  với n ∉ ℤ xác định khi f ( x ) > 0.

xác định khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1.

Vậy TXĐ của hàm số là D = (1; +∞ ) .

Hàm số y = ( x − 1)

Cách giải:

Chọn C.

Câu 9 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số.

Cách giải:

23 x +1 = 16 ⇔ 23 x +1 = 24 ⇔ 3 x + 1 = 4 ⇔ x = 1

KÈ

Chọn C. Câu 10 (NB)

Phương pháp:

ẠY

Nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba và bậc bốn trùng phương. Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên loại đáp án A và B. Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên loại đáp án D.

Chọn C. Câu 11 (NB) 10

Phương pháp: Xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1.

Chọn C.

FF IC IA L

Câu 12 (TH) Phương pháp:

- Dựa vào thiết diện qua trục của hình nón xác định bán kính đáy r và đường sinh l.

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là S xq = π rl.

Cách giải:

Vì thiết diện qua trục là tam giác đều có cạnh 6cm nên hình nón có đường sinh l = 6m và bán kính đáy r = 3cm.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π .3.6 = 16π ( cm 2 ) .

Chọn B. Câu 13 (NB)

Phương pháp:

- Khoảng cách từ điểm I ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 là Ax0 + By0 + Cz0 + D

Cách giải:

Chọn B.

−12

12 + 22 + ( −2 )

KÈ

Ta có d ( O; (α ) ) =

Gọi (α ) : x + 2 y − 2 z − 12 = 0

A2 + B 2 + C 2

d ( I ; ( P )) =

12 = 4. 3

ẠY

Câu 14 (TH)

Phương pháp:

- Dựa vào thiết diện qua trục của hình trụ xác định chiều cao và bán kính đáy của hình trụ. - Thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là V = π r 2 h.

Cách giải:

Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a nên hình trụ có chiều cao h = a, bán kính đáy r = 2

a 2

πa a . Vậy thể tích khối trụ là V = π r h = π .   .a = 4 2 2

Chọn C.

FF IC IA L

Câu 15 (NB) Phương pháp: Sử dụng chỉnh hợp.

Cách giải:

Số cách chọn ra 2 học sinh từ 10 học sinh để bầu vào 2 vị trí khác nhau là A102 .

Chọn A.

Câu 16 (NB)

Đường thẳng đi qua hai điểm A và B nhận AB là 1 VTCP.

Phương pháp:

Cách giải: Ta có: AB = ( 2;3;3) là 1 VTCP của phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A và B. Chọn A.

Câu 17 (NB)

Phương pháp:

Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Cách giải:

KÈ

Chọn B.

Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Câu 18 (NB)

ẠY

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f ( x ) : - Đường thẳng y = y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: lim y = y0 hoặc

x →+∞

lim y = y0 .

x →−∞

Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy: lim y = lim y = 2 nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2. x →−∞

x →+∞

Chọn D. Câu 19 (NB)

Cách giải: Ta có a.b = 1.2 + ( −2 ) . ( −4 ) + 1. ( −2 ) = 8. Chọn A. Câu 20 (NB) Phương pháp: Số phức z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( a; b ) .

Cách giải:

FF IC IA L

Phương pháp: Cho a = ( a1 ; a2 ; a3 ) , b = ( b1 ; b2 ; b3 )  a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn của số phức z = 2 − 3i có tọa độ là ( 2; −3) .

Chọn A. Câu 21 (TH)

Phương pháp:

 f ' ( x0 ) = 0 Điểm x = x0 là điểm cực đại của hàm số y = f ( x ) khi và chỉ khi  .  f " ( x0 ) < 0

Cách giải:

Ta có y ' = x 2 − 2mx + m 2 − 4, y " = 2 x − 2m.

KÈ

Chọn D.

 y ' ( 3) = 0 9 − 6m + m 2 − 4 = 0  m 2 − 6m + 5 = 0 Vì hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 3 nên  ⇔ ⇔ ⇔m=5 6 − 2 m < 0 m > 3  y " ( 3) < 0  

Câu 22 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

Cách giải:

Đặt t = 3 x + 1  t 3 = 1 + x  dx = 3t 2 dt.

 x = −1  t = 0 Đổi cận:  x = 0  t = 1 13

Vậy



1 + xdx =  t.3t dt = 3 t 3 dt. 2

−1

Chọn B. Câu 23 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Thực hiện các phép toán số phức.

Cách giải: Ta có 2 z1 + 3 z2 − z1 z2

= 2 (1 + 2i ) + 3 ( 3 − 4i ) − (1 + 2i )( 3 − 4i )

= 2 + 4i + 9 − 12i − 3 + 4i + 4i − 6i − 8 = −10i.

Chọn D.

Câu 24 (TH)

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h, diện tích đáy B là V = Bh.

Cách giải:

U Q

a2 1  S ∆ABC = . AB.BC = . 2 2

Vì ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a 2 nên AB = BC = a.

KÈ

Chọn D.

a 2 a3 = . 2 2

Vậy VABC . A ' B 'C ' = BB '.S ∆ABC = a.

Câu 25 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b .

Cách giải: Ta có

log 3 ( x 2 − 4 x + 9 ) = 2 ⇔ x 2 − 4 x + 9 = 9

x = 0 ⇔ x2 − 4 x = 0 ⇔  x = 4 Chọn C. Câu 26 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “hai học sinh được chọn gồm một nam và một nữ”, sử dụng quy tắc nhân tìm số phần tử của biến cố A. - Tính xác suất của biến cố A.

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C112 .

30 6 = . C112 11

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

Gọi A là biến cố: “hai học sinh được chọn gồm một nam và một nữ”  n ( A ) = C51.C61 = 30.

Chọn B.

Câu 27 (TH)

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≥ b ⇔ f ( x ) ≥ ab ( a > 1) .

Cách giải:

Ta có: log 3 ( x − 4 ) ≥ 2 ⇔ x − 4 ≥ 9 ⇔ x ≥ 13.

Chọn B.

Câu 28 (TH)

KÈ

Phương pháp:

- Tính f ' ( x ) , xác định các nghiệm xi ∈ [ −1; 2] của phương trình f ' ( x ) = 0.

ẠY

- Tính f ( −1) , f ( 2 ) , f ( xi ) .

- KL: min f ( x ) = min {( −1) ; f ( 2 ) ; f ( xi )} , max f ( x ) = max {( −1) ; f ( 2 ) ; f ( xi )} [ −1;2]

[ −1;2]

Cách giải: Hàm số đã cho xác định trên [ 0; 2] .

Ta có y ' =

−8

( x − 3)

< 0 ∀x ∈ [ 0; 2] nên hàm số nghịch biến trên [ 0; 2] . 15

Do đó max y = y ( 0 ) = [0;2]

1 = M. 3

Chọn C. Câu 29 (VD)

ax + b Hàm số y = nghịch biến trên (α ; β ) khi và chỉ khi cx + d

y' < 0  ,  d − c ∉ (α ; β )

Cách giải: TXĐ: D = ℝ \ {−5m} .

( x + 5m )

 y ' < 0 5m − 6 < 0 x+6 6 nghịch biến trên khoảng (10; +∞ ) thì  ⇔ ⇔ −2 ≤ m < . x + 5m 5 −5m ≤ 10 −5m ∉ (10; +∞ )

Để hàm số y =

5m − 6

Ta có y ' =

FF IC IA L

Phương pháp:

Mà m ∈ ℤ  m ∈ {2; −1; 0;1} .

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Câu 30 (TH)

Phương pháp:

- Tham số hóa tọa độ điểm H ∈ d theo ẩn t. - Giải phương trình MH .ud = 0 tìm t , với ud là 1 VTCP của đường thẳng d , từ đó suy ra tọa độ điểm H .

Cách giải:

KÈ

Vì H ∈ d  H (1 + 3t ; −2 − 2t ; t )  MH = ( 3t − 1; −2t + 4; t − 3) .

ẠY

 x = 1 + 3t  Đường thẳng d :  y = −2 − 2t có 1 VTCP là ud = ( 3; −2;1) . z = t 

Vì MH ⊥ d  MH .ud = 0  3 ( 3t − 1) − 2 ( −2t + 4 ) + 1( t − 3) = 0 ⇔ 9t − 3 + 4t − 8 + t − 3 = 0 16

⇔ 14t − 14 = 0 ⇔ t = 1 Vậy H ( 4; −4;1) .

Chọn C. Câu 31 (TH) Phương pháp: 1 ax +b e + C. a

FF IC IA L

Sử dụng công thức  e ax + b dx =

Cách giải: Ta có

 f ( x ) dx =  ( e

1 + 1) dx = e3 x + x + C 3

Chọn D. Câu 32 (TH)

Phương pháp:

- Số phức z = a + bi có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M ( a; b ) .

- Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là z = a − bi.

Cách giải:

Vì M ( −3;5) là điểm biểu diễn số phức z nên z = −3 + 5i.

Vậy z = −3 − 5i.

Câu 33 (TH)

Phương pháp:

Chọn B.

KÈ

- Tìm bán kính R = d ( A; ( P ) ) .

- Phương trình mặt cầu tâm A ( a; b; c ) , bán kính R là: ( S ) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 .

ẠY

Cách giải:

Bán kính mặt cầu ( S ) là R = d ( A; ( P ) ) =

6.3 − 3. ( −1) + 2.4 − 6 2

6 + ( −3 ) + 2

Vậy phương trình mặt cầu tâm A ( 3; −1; 4 ) bán kính R =

23 7

23 529 2 2 2 . là ( x − 3) + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 7 49

Chọn A. Câu 34 (NB) 17

Phương pháp: n

Sử dụng công thức

an = a m .

Cách giải: 5

a5 = a 4 .

FF IC IA L

Chọn D. Câu 35 (NB) Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f ( x ) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

5 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm 2

Đường thẳng y =

5 Ta có 2 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) = . 2

phân biệt.

Chọn D.

Câu 36 (VD)

Phương pháp: b



f ( x ) dx,  g ( x ) dx.

  f ( x ) + g ( x ) dx =  f ( x ) dx +  g ( x ) dx,  kf ( x ) dx = k  f ( x ) dx ( k ≠ 0 )

- Sử dụng tính chất tích phân:

2021

Cách giải:

KÈ

- Sử dụng phương pháp đưa biến vào vi phân tính từng tích phân



2019

ẠY

2 2 2 2 + = 10 + = 10  f x g x  dx f x dx g x dx ( ) ( ) ( ) ( )      f ( x ) dx = 4  0 0 0 0 Ta có:  2 ⇔ 2 ⇔ 2 . 2  3 f x − g x  dx = 6 3 f x dx − g x dx = 6  g x dx = 6 ( ) 0 ( )   ( )   ( )  ( ) 0  0 0

Ta có: 2021



2019

2021

f ( 2021 − x ) dx = −



2019

f ( 2021 − x ) d ( 2021 − x ) dx = −  f ( t ) dt =  f ( x ) dx = 4 18

f ( 2021 − x ) dx,  g ( 2 x ) dx. 0

tìm

1 1 1 0 g ( 2 x ) dx = 2 0 g ( 2 x ) d ( 2 x ) = 2 0 g ( u ) du = 2 0 g ( x ) dx = 3 2021

Vậy



f ( 2021 − x ) dx + 3 g ( 2 x ) dx = 4 + 3.3 = 13.

2019

Chọn B.

FF IC IA L

Câu 37 (VD) Phương pháp:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến. - Sử dụng tính chất hình vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

1 AC = a. 2

 AO =

Gọi O = AC ∩ BD. Vì ABCD là hình vuông cạnh a 2 nên AC ⊥ BD tại O và AC = a 2. 2 = 2a

KÈ

 BD ⊥ AO Ta có:   BD ⊥ ( SAO )  BD ⊥ SO.  BD ⊥ SA

ẠY

( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD  Khi đó:  SO ⊂ ( SBD ) , SO ⊥ BD  ∠ ( ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SO; AO ) = ∠SOA.   AO ⊂ ( ABCD ) , AO ⊥ BD

Xét tam giác vuông SOA có: tan ∠SOA =

SA a 3 = = 3  ∠SOA = 600. AO a

Vậy ∠ ( ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = 600.

Chọn D. Câu 38 (VD) 19

Phương pháp: 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

k k 1  2 32 2 S kdx x dx x = = =  1  0 3  0 Ta có:  4 4 1 2 32 S = 2 xdx =  x dx = x  2  3 k k 

k 0 4 k

2 k k 3

16 2 − k k 3 3

FF IC IA L

Cách giải:

Vì S1 = 3S 2 2  16 2  k k = 3 − k k  3  3 3 



8 ⇔ k k = 16 ⇔ k k = 6 3

⇔ k 3 = 6 ⇔ k = 3 36 ≈ 3,302 ∈ ( 3,3;3,5 ) .

Chọn B.

Câu 39 (VD)

Phương pháp:

- Trong ( ABCD ) kẻ OH ⊥ BC ( H ∈ BC ) , trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH ( K ∈ SH ) , chứng minh OK ⊥ ( SBC ) .

- Sử dụng định lí Pytago tính OB, OC.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính OH , OK .

ẠY

KÈ

Cách giải:

 BC ⊥ OH Trong ( ABCD ) kẻ OH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Ta có:   BC ⊥ ( SOH ) .  BC ⊥ SO OK ⊥ BC Trong ( SOH ) kẻ OK ⊥ SH ( K ∈ SH ) ta có   OK ⊥ ( SBC )  d ( O; ( SBC ) ) = OK . OK ⊥ SH

Áp dụng định lí Pytago ta có: 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBC ta có: a 3 a 6 . 3 =a 2 OH = = 3 3 OB 2 + OC 2 a 2 2a 2 + 3 3

OB.OC

FF IC IA L

a 6 a 3 a 3 a 6 , OC = BC 2 − OB 2 = a 2 −  . OB = SB − SO = a −   =  =  3 3  3   3  2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOH ta có:

a 6 . 6

Vậy d ( O; ( SBC ) ) =

OK =

a 6 a 2 . SO.OH 3 3 =a 6 = 2 2 2 6 SO + OH 2a 2a 2 + 3 9

Chọn C.

Phương pháp:

Câu 40 (TH)

- Gọi H là trung điểm của AB. Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) .

KÈ

- Sử dụng công thức tính nhanh đường cao của tam giác đều. 1 - Tính thể tích VS . ABCD = SH .S ABCD . 3

ẠY

Cách giải:

FF IC IA L

Gọi H là trung điểm của AB. Vì ∆SAB đều nên SH ⊥ AB. ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB Ta có   SH ⊥ ( ABCD ) . SH ⊂ SAB , SH ⊥ AB ( ) 

a 3 , S ABCD = AB. AD = a.a 3 = a 2 3. 2

Tam giác SAB đều cạnh a nên SH =

a3 1 1 a 3 2 .a 3 = . Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = . 3 3 2 2

Chọn C.

Câu 41 (VD)

Phương pháp:

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên ( ABC ) , chứng minh d ( O; ( ABC ) ) = OH ≤ OD.

- Viết phương trình mặt phẳng biết VTPT và 1 điểm thuộc mặt phẳng.

- Tìm giao điểm của ( ABC ) với các trục tọa độ và suy ra tọa độ các điểm A, B, C.

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên).

KÈ

Do đó d ( O; ( ABC ) )max = OD ⇔ H ≡ D. Khi đó OD ⊥ ( ABC ) nên ( ABC ) nhận OD = (1; 2; −1) là 1 VTPT.

ẠY

Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: 1( x − 1) + 2 ( y − 2 ) − 1( z + 1) = 0 ⇔ x + 2 y − z − 6 = 0

Khi đó ta có A ( 6; 0;0 ) , B ( 0;3; 0 ) , C ( 0; 0; −6 ) .  a = 6, b = 3, c = −6.

Vậy a + b + c = 3.

Chọn B. Câu 42 (VD) 22

Phương pháp: - Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) khi và chỉ khi f ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( a; b ) . - Cô lập tham số m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ h ( x ) ∀x ∈ ( a; b ) ⇔ m ≤ min h ( x ) . [ a ;b ]

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm min h ( x ) , kết hợp điều kiện đề bài tìm các giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Cách giải: Đặt y = g ( x ) = f ( 2 − x ) − (1 − m ) x − 6 ta có g ' ( x ) = − f ' ( 2 − x ) + m − 1 Để hàm số nghịch biến trên ( 2;3) thì g ' ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ ( 2;3)

− f ' ( 2 − x ) + m − 1 ≤ 0 ∀x ∈ ( 2;3) ⇔ m − 1 ≤ f ' ( 2 − x ) ∀x ∈ ( 2;3) ⇔ m − 1 ≤ min f ' ( 2 − x )

[ 2;3]

Vì f ' ( x ) = x 3 − 3x + 1 3

 f '(2 − x) = (2 − x) − 3(2 − x) +1

= 8 − 12 x + 6 x 2 − x3 − 6 + 3 x + 1

= − x3 + 6 x 2 − 9 x + 3

Xét hàm số f ' ( 2 − x ) = − x3 + 6 x 2 − 9 x + 3 = h ( x ) trên [ 2;3] ta có:

 x = 3 ∈ [ 2;3] . h ' ( x ) = −3 x 2 + 12 x − 9 = 0 ⇔   x = 1 ∉ [ 2;3]

h ( 2 ) = 1, h ( 3) = 3

 min f ' ( 2 − x ) = min h ( x ) = 1. [ 2;3]

[ 2;3]

KÈ

 m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2.

FF IC IA L

[ a ;b]

Kết hợp điều kiện đề bài ta có −5 ≤ m ≤ 2.

ẠY

Mà m ∈ ℤ  m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1;0;1; 2} . Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Câu 43 (VD) Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ. 23

- Sử dụng công thức m log a b = log a b m ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) . - Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≤ log a g ( x ) ⇔ f ( x ) ≤ g ( x ) ( a > 1) .

Cách giải:

FF IC IA L

4 x − 3 > 0 3 ĐKXĐ:  ⇔x> . 4 18 x + 27 > 0

Ta có:

2 log3 ( 4 x − 3) ≤ log3 (18 x + 27 ) 2

⇔ log 3 ( 4 x − 3) ≤ log 3 (18 x + 27 ) 2

⇔ ( 4 x − 3) ≤ 18 x + 27

⇔ 16 x 2 − 24 x + 9 ≤ 18 x + 27 ⇔ 16 x 2 − 42 x − 18 ≤ 0

3 < x ≤ 3. 4

Kết hợp điều kiện xác định ta có

3 ⇔− ≤ x≤3 8

3  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  ;3 . 4 

Chọn D.

Chú ý khi giải: Chú ý tìm ĐKXĐ của bất phương trình. Phương pháp:

x2 2

và sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế.

KÈ

- Nhân cả 2 vế với e

Câu 44 (VD)

- Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.

ẠY

- Sử dụng giả thiết f ( 0 ) = −2 tìm hàm f ( x ) tường minh và tính f (1) .

Cách giải:

Ta có:

f ' ( x ) + xf ( x ) = 2 xe− x x2 2

x2 2

⇔ e + e xf ( x ) = 2 xe

− x2 2

 x ⇔ e f ' ( x ) + f ( x ) . e 2   x2 2

 f ( x) e

x2 2

=  2 xe

Xét I =  2 xe − x2 2

x  −  ' = 2 xe 2  

− x2 2

 du = − xe

− x2 2

dx  xdx = −

du e

= −2e

=−

−x du dx = −  2u. = −2  du = −2u + C = −2e 2 + C. u

+ C.

 f ( x ) = − 2e − x .

Q M

Câu 45 (TH) Phương pháp:

2 Vậy f (1) = −2e −1 = − . e

Chọn B.

= − 2e

Do đó f ( x ) e

− x2 2

Mà f ( 0 ) = −2  −2 = −2 + C ⇔ C = 0. x2 2

du . u

 g ( x) e

− x2 2

−x 2

Khi đó ta có I =  2 xe x2 2

FF IC IA L

x  ⇔  f ( x)e 2  

Đặt u = e

−x  2 xe ' = 2   

KÈ

- Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .

- Thay vào giả thiết tìm phương trình biểu diễn mối quan hệ giữa x, y.

ẠY

- Sử dụng công thức z1.z2 = z1 . z2

Cách giải:

Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Theo bài ra ta có: z − i = (1 + i ) z

⇔ z − i = 1+ i . z 25

⇔ x + yi − i = 2. x 2 + y 2 2

⇔ x 2 + ( y − 1) = 2 x 2 + 2 y 2 ⇔ x2 + y 2 − 2 y + 1 = 2x2 + 2 y 2

FF IC IA L

⇔ x2 + y2 + 2 y −1 = 0 2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( 0; −1) , bán kính R = 0 2 + ( −1) + 1 = 2.

Chọn D. Câu 46 (VD) Phương pháp: - Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố “giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A không ngồi cạnh bạn B”.

Biến cố A có biến cố đối A : “giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A ngồi cạnh bạn B”

Tính số cách xếp thỏa mãn giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, sau đó tính số cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A ngồi cạnh bạn B.

n (Ω)

Cách giải:

n ( A)

- Tính xác suất của biến cố A: P ( A ) =

Từ đó tính số phần tử của biến cố A.

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 13!.

Gọi A là biến cố: “giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A không ngồi cạnh bạn B”.

Kí hiệu bạn nữ là X, bạn nam là Y.

KÈ

Để giữa 2 bạn nữ gần nhau phải có đúng 2 bạn nam thì ta phải xếp như sau: XYYXYYXYYXYYX

Xếp 5 bạn nữ có 5! cách.

ẠY

Xếp 8 bạn nam vào 8 vị trí còn lại có 8! cách. Biến cố A có biến cố đối A : “giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời bạn A ngồi cạnh bạn B”

Khi đó A, B ngồi vào 2 vị trí XY hoặc YX, suy ra có 8 cách xếp.

Xếp 4 bạn nữ còn lại có 4! cách xếp, xếp 7 bạn nam còn lại có 7! cách xếp.

 n ( A ) = 5!8!− 8.4!.7!.

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

5!8!− 8.4!.7! 4 . = 13! 6453

Chọn C. Câu 47 (VDC) Phương pháp: 1 =z z

FF IC IA L

- Chứng minh

- Sử dụng z1.z2 = z1 . z2 , rút gọn biểu thức P.

- Đặt z = x + yi  z = x − yi, thay vào và đưa biểu thức P về dạng chỉ còn biến x. - Lập BBT của P và tìm GTLN của biểu thức.

Cách giải: 1 = z. z

Ta có: z.z = z = 1 

Khi đó ta có:

1 z

P = z z −1 + z z +1+

P = z2 − z + z2 + z +1

P = z −1 + z + 1 + z

Đặt z = x + yi  z = x − yi, khi đó ta có:

KÈ

P = z + yi − 1 + x + yi + 1 + x − yi

( x − 1)

+ y2 +

( 2 x + 1)

ẠY

P = x2 + y2 − 2 x + 1 + 2 x + 1

 P = 2 − 2 x + 2 x + 1 Mà z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1, suy ra  . 2  x ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1

1  2 − 2 + 2 + 1 − ≤ x ≤1 x x khi  2 . P= 1  2 − 2 x − 2 x − 1 khi − 1 ≤ x <  2 27

−1 2 2 − 2x −1 1 ≤ x ≤ 1 ta có: P = 2 − 2 x + 2 x + 1  P ' = . +2= 2 2 − 2x 2 − 2x

Cho P ' = 0 ⇔ 2 2 − 2 x = 1 ⇔ 2 − 2 x = + TH2: −1 ≤ x <

1 ta có: 2

1 7 ⇔ x = ( tm ) . 4 8

2 − 2x − 2x −1  P ' =

−1  1 − 2 < 0 ∀x ∈  −1;  . 2 − 2x  2

FF IC IA L

+ TH1: −

1 Dễ thấy hàm số không có đạo hàm tại x = . 2

Vậy a + b = 7 + 8 = 15.

Chọn C.

ẠY

KÈ

Sưu tầm Toanmath

Câu 48 (VDC) Cách giải:

13 7 a ⇔x= = . 4 8 b

Dựa vào BBT ta thấy Pmax =

Khi đó ta có BBT:

Ta có A ' B ⊥ ( ABCD )  ( AA '; ( ABCD ) ) = ∠A ' AB = 450. 28

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ' lên BB ' và DD '.  AA ' ⊥ A ' H  A ' H = A ' K = 1 và   AA ' ⊥ ( A ' HK ) .  AA ' ⊥ A ' K

 A ' B ⊥ AB Xét hình bình hành ABB ' A ' có   ∆A ' AB, ∆A ' B ' B vuông cân tại B và A '. 0 ∠A ' AB = 45

Xét ∆AA ' B vuông cân tại B  A ' B =

1 BB '  BB ' = 2 A ' H = 2. 2

FF IC IA L

Do đó H là trung điểm của BB '  A ' H =

AA ' = 2. 2

Do ABCD, A ' B ' C ' D ' là hình hộp nên ∠ ( ( BCC ' B ') L ( C ' CDD ') ) = ∠ ( ( ABB ' A ') ; ( ADD ' A ') )

Mà ∠ ( ( ABB ' A ') ; ( ADD ' A ') ) = ∠ ( A ' H ; A ' K ) = 600. Do đó ∠HA ' K = 600 hoặc ∠HA ' K = 1200.

1 3 A ' H . A ' K .sin ∠A ' HK = 2 4

Ta có S ∆A ' HK =

6 . 4

Mặt khác ∆A ' HK là hình chiếu vuông góc của ∆A ' B ' D ' nên S ∆A ' HK = S ∆A ' B ' D ' .cos 450  S ∆A ' B ' D ' = 6 = 3. 4

Suy ra VABCD. A ' B 'C ' D ' = 2VABD. A ' B ' D ' = 2 A ' B.S ∆A ' B ' D ' = 2 2.

Chọn A.

Câu 49 (VDC) Phương pháp:

Số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) = m + n với m là số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) , n là số nghiệm

Cách giải:

KÈ

của phương trình f ( x ) = 0 (không tính nghiệm kép).

ẠY

Xét hàm số f ( x ) = x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m ta có f ' ( x ) = 3x 2 − 2 ( 2m + 1) x + m. 2

Ta có ∆ ' = ( 2m + 1) − 3m = 4m 2 + m + 1 > 0 ∀m nên phương trình f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

 Hàm số f ( x ) luôn có 2 điểm cực trị với mọi m.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành:

x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m = 0 (*) 29

x = 1 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 2mx − m ) = 0 ⇔  2  x − 2mx − m = 0 (**)

Để hàm số y = x3 − ( 2m + 1) x 2 + mx + m có 5 điểm cực trị thì phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt  Phương trình (**) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1. m > 0  ∆ ' = m + m > 0   m < −1 .  ⇔  1 1 − 2m − m ≠ 0  m ≠ 3

FF IC IA L

 1  m ∈ [ −2021; −1] ∪ ( 0; 2021] \   Kết hợp điều kiện đề bài ta có  3 m ∈ ℤ 

 m ∈ {−2021; −2020;...; −2;1; 2;...; 2021} = X

Vậy tổng các phần tử của X bằng 1.

Chọn C. Câu 50 (VDC)

Sưu tầm Toanmath

2 x − 4 y > 0 x − 2 y > 0 ĐKXĐ:  2 . ⇔  2 2 2 x + y +1 ≠ 1 x + y ≠ 0

Cách giải:

log x2 + y 2 +1 ( 2 x − 4 y ) = 1

Theo bài ra ta có

⇔ 2x − 4 y = x2 + y2 + 1

KÈ

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4 (1)

Ta có S = 4 x + 3 y + 5 = 4 ( x − 1) + 3 ( y + 2 ) − 7.

ẠY

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2 2 2  4 ( x − 1) + 3 ( y + 2 )  ≤ ( 4 2 + 32 ) ( x − 1) + ( y + 2 )  = 25.4 = 100  

⇔ 4 ( x − 1) + 3 ( y + 2 ) ≤ 10 ⇔ 4 ( x − 1) + 3 ( y + 2 ) − 7 ≤ 3

 S max = 3 ⇔

x −1 y + 2 = 4 3

( 2)

13 4  x = ; y = − ( tm )  5 5 Từ (1) và (2) ta giải được   x = − 3 ; y = − 22 ( ktm )  5 5

52 . 25

FF IC IA L

Vậy khi đó P = xy = −

ẠY

KÈ

Chọn D.

SỞ GD&ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 6 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề: 896

FF IC IA L

MỤC TIÊU - Đề thi thử TN THPT lần thứ nhất của Sở giáo dục đào tạo tỉnh Tuyên Quang xứng đáng là tài liệu quý giá đối với học sinh trong giai đoạn luyện thi nước rút này. - Các dạng câu hỏi thường xuất hiện trong đề thi chính thức đều có, giúp học sinh thêm một lần nữa ôn luyện, củng cố phương pháp làm bài để có thể đạt kết quả cao nhất trong kì thi chính thức. Câu 1: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

1 là 2x + 1

B. F ( x ) = 2 ln 2 x + 1 + C

1 C. F ( x ) = ln ( 2 x + 1) + C 2

1 D. F ( x ) = ln 2 x + 1 + C 2

A. F ( x ) = ln 2 x − 1 + C

B. −3

C. 3i

D. −5i

A. −5

Câu 2: Cho hai số phức z1 = 2 − 4i; z2 = 1 − 3i. Phần ảo của số phức z1 + iz2 bằng

Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

KÈ

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;1)

B. (1; +∞ )

C. ( −∞; −2 ) 2

D. ( −1; 0 ) 2

ẠY

Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16. Tâm của ( S ) có tọa độ là A. ( −1; −2; −3)

B. (1; 2;3)

C. (1; −2;3)

Câu 5: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

D. ( −1; 2; −3)

FF IC IA L

Số nghiệm của phương trình 2 f ( x ) − 5 = 0

A. 2

B. 1

C. 3

D. 0

Câu 6: Độ dài đường sinh hình nón có diện tích xung quanh bằng 6π a 2 và đường kính đáy bằng 2a là A. 2a

B. 6a

C. 3a

D. 9a

Câu 7: Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số nào?

B. y = − x3 + 3 x − 1

C. y = x3 − 3 x + 1 D. y = x3 + 3 x + 1 Câu 8: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào sau đây nhận n = (1; 2;3) là một vecto pháp tuyến? A. 2 x + 4 y + 6 z + 1 = 0

B. x − 2 y + 3 z + 1 = 0

A. y = − x 4 − 4 x 2 + 1

D. 2 x − 4 z + 6 = 0

C. ( 3; +∞ )

D. ( 3;6 )

C. x + 2 y − 3 z − 1 = 0

B. ( −∞;6 )

A. ( 6; +∞ )

Câu 9: Tập nghiệm của bất phương trình 2 x−3 > 8 là

ẠY

KÈ

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên

Khẳng điịnh nào sau đây là khẳng định sai?

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng x = −1 2

B. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −1 C. Hàm số có đúng một cực trị. D. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x = 1 Câu 11: Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = 3 + 2i B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2

C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2i

D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2

FF IC IA L

A. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −2i.

Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 2;1) . Tính độ dài đoạn thẳng OA. A. OA = 5

B. OA = 9

C. OA = 5

Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

D. OA = 3

B. (1;3)

C. ( −∞;0 )

D. (1; +∞ )

A. ( 3; +∞ )

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; 2; −3) , B ( 2; −2;1) , C ( −1;3; 4 ) . Mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với BC có phương trình là

B. x − 4 y + 4 z − 3 = 0

A. 2 x − y − 7 z + 3 = 0

KÈ

C. 3 x − 5 y − 3 z + 2 = 0

D. 3 x − 5 y − 3 z − 2 = 0

Câu 15: Có bao nhiêu cách chọn hai bông hoa từ 6 bông hoa hồng đỏ và 8 bông hoa hồng xanh? A. 182

B. 7

C. 14

D. 91

ẠY

Câu 16: Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) = x − 1 + 5 − x trên đoạn [1;5] bằng A. max f ( x ) = 2

[1;5]

B. max f ( x ) = 2 2

C. max f ( x ) = 3 2

[1;5]

D. max f ( x ) = 2 [1;5]

Câu 17: Hình chóp S . ABC có chiều cao h = a, diện tích tam giác ABC là 3a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABC. A.

a3 2

B. a 3

C. 3a 3 3

3a 3 2

Câu 18: Tìm công bội của cấp số nhân 1, 3, 9, 27, 81, .... A. 3

B. 1

Câu 19: Cho số thực a > 0, b > 0 và ln

C. −1

a + b 2 ln a + ln b = 3 3

B. a 3 + b3 = 3 ( a 2b − ab 2 )

C. a 3 + b3 = 3 ( 8a 2b − ab 2 )

D. a 3 + b3 = 3 ( 8a 2b + ab 2 )

FF IC IA L

A. a 3 + b3 = 8a 2b − ab 2

Câu 20: Tập xác định của hàm số y = x −2 A. ( 0; +∞ )

1 2

B. ( −∞;0 )

C. ℝ

D. ℝ \ {0}

B. 0,0024

C. 0,0014

Câu 22: Cho I =  x 2 1 − x 4 dx. Đặt t = 3 1 − x 4 thì I bằng 0

3 3 0 4 t dt

C.  t 3dt

A. −  t 3 dt

D. 0,00024

A. 0,00014

Câu 21: Trong một trò chơi, người chơi gieo đồng thời 3 con súc sắc đồng chất 5 lần. Nếu mỗi lần gieo xuất hiện ít nhất hai mặt sáu chấm thì thắng. Xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván gần nhất với số nào dưới đây?

3 D. −  t 3 dt 4 0

1 + log 3 a 4

B. 4 log 3 a

1 log 3 a 4

D. 4 + log 3 a

Câu 23: Với a là số thực dương tùy ý, log 3 ( a 4 ) bằng

là

KÈ

A. ( 0;0;1)

Câu 24: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2; −2;1) trên mặt phẳng ( Oyz ) có tọa độ B. ( 0; −2;1)

C. ( 2; −2;0 )

D. ( 2; 0;1)

Câu 25: Chiều cao của khối lăng trụ có thể tích bằng V = 12, diện tích đáy B = 4 là B. 9

C. 1

ẠY

A. 8

Câu 26: Điểm M trong hình vẽ biểu thị cho số phức:

D. 3

A. 2 − 3i

B. 3 + 2i

C. −2 + 3i

D. 3 − 2i

C. x = 1

D. x = −1

Câu 27: Nghiệm của phương trình 32 x − 4 = 9 A. x = 3

B. x = 2

Câu 28: Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là a, b, c là 1 B. V = abc 3

Câu 29: Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = A. y = 2

B. y = 3 1

Câu 30: Cho



A. 1

 g ( x ) dx = 5 khi đó

  f ( x ) − 2 g ( x ) dx bằng

B. −3

C. −8

D. x = 1

D. 12

Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

1 abc 2

2x + 5 là x +1

C. y = −1

f ( x ) dx = 2 và

D. V =

FF IC IA L

C. V = abc

A. V = a 3bc

Giá trị cực tiểu của hàm số y = f ( x ) bằng

A. 5

B. −2

C. 1

D. 2

Câu 32: Trong không gian Oxyz , mặt cầu nào dưới đây có tâm thuộc mặt phẳng tọa độ ( Oxz ) B. x 2 + y 2 + z 2 − 4 y + 4 z + 5 = 0

C. x 2 + y 2 + z 2 + 2 z + 4 z = 0

D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 z + 5 = 0

KÈ

A. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y = 0

ẠY

Câu 33: Tính modun của số phức z = 4 − 3i. A. z = 5

B. z = 7

C. z = 25

D. z = 7

Câu 34: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 2 x + sin x là A. 2 x 2 + cos x + C

B. 2 x 2 − cos x + C

C. x 2 − cos x + C

Câu 35: Nghiệm của phương trình log 4 ( 3x − 2 ) = 2 là 5

D. x 2 + cos x + C

A. x = 3

B. x =

10 3

C. x =

7 2

D. x = 6

 ( 4 x − 6 ) dx

 ( 2x

+ 4 x − 6 ) dx

−3

 ( −4 x + 6 ) dx −3

 ( −2 x

− 4 x + 6 ) dx

−3

FF IC IA L

Câu 36: Diện tích phần hình phẳng gách chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới dây?

Câu 37: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình log 2 ( 2 x + m ) − 2 log 2 x = x 2 − 4 x − 2m − 1 có hai nghiệm B. 3

C. 4

A. 1

thực phân biệt?

Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2020; 2020] để hàm số y =

A. 4040

khoảng xác định của nó?

B. 2019

C. 2018

D. 2 2x − m đồng biến trên mỗi x −1

D. 4036

Câu 39: Năm 2014, một người đã tiết kiệm được A triệu đồng và dùng số tiền đó để mua nhà nhưng thực tế giá trị ngôi nhà là 1,55A triệu đồng. Người đó quyết định gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 6,9%/năm theo hình thức lãi kép và không rút trước kì hạn. Hỏi năm nào người đó mua được căn nhà đó (giả sử rằng giá bán căn nhà đó không đổi) A. Năm 2020

B. Năm 2022

C. Năm 2021

D. Năm 2019

KÈ

A. P ( 0; −1; 0 )

Câu 40: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3; −1;1) . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( Oyz ) là B. Q ( 0; 0;1)

C. M ( 3;0; 0 )

D. N ( 0; −1;1)

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) = 2 x 2 + ( a + 4 ) x + b + 3 . Đặt M = max f ( x ) . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị [ −2;3]

ẠY

của biểu thức T = a + 4b là

A. −42

B. −41

C. 41

D. 42

Câu 42: Cho hình nón có chiều cao bằng 3. Một mặt phẳng (α ) đi qua đỉnh hình nón và cắt hình nón theo một

thiết diện là tam giác đều, góc giữa trục của hình nón và mặt phẳng (α ) là 450. Thể tích của hình nón đã cho bằng

A. 5 24π

B. 15π

C. 45π 6

D. 15 25π

Câu 43: Tìm số phức liên hợp của số phức z = 4i + 1 − (1 + 3i ) A. z = 9 + 2i

B. z = −9 − 2i

C. z = 9 − 2i

D. z = −9 + 2i

Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a 3. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, biết tam giác SAD có diện tích S = 3a 2 . Tính khoảng cách từ C đến ( SBD ) bằng a 39 13

B. d =

2a 51 17

C. d =

a 39 5

D. d =

2a 39 13

FF IC IA L

A. d =

SM 1 SN = , = 2. Mặt AM 2 BN phẳng ( P ) đi qua hai điểm M , N và song song với cạnh SC cắt AC , BC lần lượt tại L, K . Gọi V , V ' lần lượt

Câu 45: Cho tứ diện SABC và hai điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB sao cho

2 3

4 9

1 3

Tổng x + y + z bằng

B. 2

C. 1

A. 11

1 2 log 2 a = log 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 b được viết dưới dạng x − y log 2 z với x, y, z > 2 là các số nguyên, z là số lẻ.

Câu 46: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn P = 4a 3 + b3 − 4 log 2 ( 4a 3 + b3 )

1 4

V . V'

là thể tích các khối đa diện SCMNKL, SABC. Tính

D. 4

ẠY

KÈ

Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như hình vẽ

Số nghiệm của phương trình f ( f ( x ) ) = 2 là

B. 5

C. 9

D. 7

A. 4

Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) là α . Khi đó tan α bằng A. 2 2

B. 2

C. 7

2 3

4 cos 2 x  π π  Câu 49: Cho hàm số f ( x ) có f   = −2 và f ' ( x ) = ∀x ∈  0;  . Khi đó 2 sin 2 x  2 4

 f ( x ) dx bằng π 6

π 3

B. − ln 3

− ln 2

π 2

− ln 3

FF IC IA L

Câu 50: Cho hàm số y = f ( x ) = ax 2 + bx + c có đồ thị ( C ) như hình vẽ

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 2 ( x ) + ( m − 2 ) f ( x ) + m − 3 = 0 có 6 nghiệm

B. 3

C. 1

D. 4

A. 2

phân biệt?

------------- HẾT --------------

2.A

3.D

4.C

5.C

6.B

7.C

8.A

9.A

10.D

11.D

12.D

13.B

14.D

15.D

16.B

17.B

18.A

19.C

20.D

21.A

22.B

23.B

24.B

25.D

26.D

27.A

28.C

29.A

30.C

31.A

32.C

33.A

34.C

35.D

36.B

37.A

38.B

39.C

40.D

42.C

43.A

44.B

45.B

46.A

47.D

48.C

49.B

50.B

ẠY

41.B

1.D

KÈ

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (TH)

Phương pháp: Áp dụng công thức tính nguyên hàm.

Cách giải: 8

Ta có

 f ( x ) dx =  2 x + 1 dx = 2 ln 2 x + 1 + C

Chọn D. Câu 2 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Áp dụng các công thức tính cộng trừ số phức.

Cách giải:

 z1 = 2 − 4i  z1 = 2 − 4i   z1 + iz2 = 2 − 4i + 3 − i = 5 − 5i có phần ảo bằng −5. Ta có   z2 = 1 − 3i iz2 = 3 + i Chọn A. Câu 3 (NB)

Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định: hàm số nghịch biến ứng với mũi tên hướng xuống.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng là ( −2;0 )

Chọn D.

Phương pháp: 2

Câu 4 (NB)

Cách giải: 2

Dựa vào phương trình mặt cầu ( x − a ) + ( y − b ) + ( x − c ) = R 2 có tâm I ( a; b; c ) .

Ta có mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 16 có tâm là I (1; −2;3) .

KÈ

Chọn C. Câu 5 (NB)

Phương pháp:

ẠY

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa hai đồ thị.

Cách giải:

Ta có 2 f ( x ) − 5 = 0 ⇔ f ( x ) =

5 2

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. 9

5 là 3 điểm phân biệt. 2

Chọn C. Câu 6 (TH) Phương pháp: Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh mặt nón S xq = π rl.

Cách giải:

Khi đó l =

S xq

πr

FF IC IA L

Ta có S xq = π rl = 6π a 2 . Mà đường kính đáy là 2a nên r = a. 6π a 2 = 6a. πa

Chọn B. Câu 7 (NB)

Phương pháp:

Dựa vào hình dạng của đồ thị để suy ra hàm số có phương trình như thế nào.

Cách giải:

Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm số bậc 3, có chiều hướng lên nên loại A và B.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên loại D Chọn C.

Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng công thức viết phương trình mặt phẳng khi biết vtpt

Cách giải:

Chọn A.

KÈ

Câu 9 (NB)

Mặt phẳng nhận n = (1; 2;3) làm vecto pháp tuyến thì có dạng: x + 2 y + 3 z + a = 0

Phương pháp:

ẠY

Đưa 2 vế về cùng cơ số. Cách giải:

Ta có 2 x −3 > 8 ⇔ 2 x −3 > 23 ⇔ x − 3 > 3 ⇔ x > 6

Chọn A.

Câu 10 (NB) Phương pháp: Dựa vào định nghĩa cực trị của hàm số kết hợp với bảng biến thiên 10

Cách giải: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 1 cực trị là cực tiểu (hay giá trị nhỏ nhất) bằng −1 tại x = 1.

Chọn D. Câu 11 (NB) Phương pháp:

FF IC IA L

Số phức z = a + bi có phần ảo là b, phần thực là a

Cách giải: Ta có số phức z = 3 + 2i có phần thực là 3 và phần ảo là 2.

Chọn D. Câu 12 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm M ( xM ; yM ; z M ) , A ( x A ; y A ; z A ) 2

( xA − xM ) + ( y A − yM ) + ( z A − zM )

Cách giải:

Ta có O ( 0; 0;0 ) , A ( 2; 2;1)  OA = 22 + 22 + 12 = 3

MA =

Chọn D.

Câu 13 (NB)

Phương pháp:

Hàm số đồng biến trên khoảng làm cho f ' ( x ) mang dấu dương, còn phần f ( x ) có mũi tên đi lên. Từ đó đối chiếu lên dòng x để tìm khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

Chọn B.

KÈ

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng là ( −∞; −2 ) và (1;3) .

ẠY

Câu 14 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng công thức viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm A ( xA ; y A ; z A ) và có một vtpt là u ( a; b; c ) thì

phương trình mặt phẳng có dạng: a ( x − xA ) + b ( y − y A ) + c ( z − z A ) = 0.

Cách giải: Ta có B ( 2; −2;1) , C ( −1;3; 4 )  CB = ( 3; −5; −3) . 11

Phương trình mặt phẳng đi qua A (1; 2; −3) và có vecto pháp tuyến là CB = ( 3; −5; −3) là 3 x − 5 y − 3 z − 2 = 0

Chọn D. Câu 15 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính tổ hợp.

FF IC IA L

Cách giải: Tổng có 14 bông hoa. Chọn 2 trong 14 bông có C142 = 91 cách.

Chọn D. Câu 16 (TH)

Phương pháp: Tìm điều kiện xác định của hàm số.

Tìm đạo hàm của hàm số.

Lập bảng biến thiên trên đoạn đã cho và xác định.

Cách giải:

1 1 − =0⇔ x=3 2 x −1 2 5 − x

KÈ

Bảng biến thiên:

 y'=

Ta có y = f ( x ) = x − 1 + 5 − x

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy max f ( x ) = 2 2. [1;5]

ẠY

Chọn B.

Câu 17 (NB)

Phương pháp:

1 Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp V = Bh. 3 Trong đó: B là diện tích đáy, h là chiều cao của hình chóp. 12

Cách giải: 1 1 Ta có V = h.S ABC = .a.3a 2 = a 3 3 3

Chọn B. Câu 18 (NB)

FF IC IA L

Phương pháp: Áp dụng công thức của cấp số nhân un = u1.q n −1

Cách giải: Ta có q =

u2 3 = =3 u1 1

Chọn A.

Câu 19 (TH)

Phương pháp: Sử dụng các tính chất của hàm logarit.

a + b 2 ln a + ln b = 3 3

Ta có ln

Cách giải:

= a 2 .b

KÈ

Chọn C.

⇔ a 3 + b3 = 3 ( 8a 2b − ab 2 )

⇔ a 3 + b 3 + 3a 2b + 3ab 2 = 27 a 2b

(a + b) ⇔

⇔ 3ln ( a + b ) − 3ln 3 = 2 ln a + ln b

Câu 20 (NB)

ẠY

Phương pháp:

Hàm số y =  f ( x )  với n ∈ ℤ − xác định khi f ( x ) xác định và f ( x ) ≠ 0.

Cách giải:

Hàm số y = x −2 xác định khi x ≠ 0.

Chọn D. Câu 21 (TH) 13

Phương pháp: Áp dụng công thức tính tổ hợp, xác suất.

Cách giải: Gọi P là xác suất thắng trong 1 ván

1 5 5 Xác suất ván “xuất hiện hai mặt lục” là C32     =  6   6  72 3

1 1 Xác suất ván “xuất hiện ba mặt lục” là   =  6  216 Nên P =

5 1 2 25 + = P= 72 216 27 27 4

FF IC IA L

Điều kiện ván thắng là “xuất hiện ít nhất hai mặt lục” tức là ván thắng phải xuất hiện 2 mặt hoặc 3 mặt lục.

 2  25  2  Vậy xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván là C   . +   = 0, 00014  27  27  27 

4 5

Chọn A.

Câu 22 (TH)

Cách giải:

Ta có t = 3 1 − x 4  1 − x 4 = t 3 Và x 4 = 1 − t 3  4 x3 dx = −3t 2 dt

Tính tích phân bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Phương pháp:

3 3 Khi đó I =  x . 1 − x dx =  t. t 2 dt =  t 3 dt 4 4 0 0 0 4

3 3

KÈ

Chọn B. Câu 23 (NB)

Phương pháp:

ẠY

Áp dụng công thức: log a b n = n log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 ) .

Cách giải:

Ta có log 3 ( a 4 ) = 4 log 3 a.

Chọn B. Câu 24 (NB) Phương pháp: 14

Hình chiếu của điểm A ( x; y; z ) trên mặt phẳng ( Oyz ) là A ' ( 0; y; z ) .

Cách giải: Hình chiếu điểm M ( 2; −2;1) trên mặt phẳng ( Oyz ) là M ' ( 0; −2;1) .

Chọn B.

FF IC IA L

Câu 25 (NB) Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ V = B.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao.

Cách giải: Ta có V = S d .h  h =

V 12 = = 3. B 4

Chọn D. Câu 26 (NB)

Phương pháp:

M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z thì z có dạng z = a + bi.

Cách giải:

Ta có M ( −2;3) là điểm biểu diễn của số phức z = −2 + 3i

Chọn D.

Câu 27 (NB)

Phương pháp:

Đưa 2 vế về cùng cơ số: a m = a n ⇔ m = n.

Cách giải:

Chọn A.

KÈ

32 x − 4 = 9 ⇔ 32 x − 4 = 32 ⇔ 2 x − 4 = 2 ⇔ x = 3

Câu 28 (NB)

ẠY

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối hộp chữ nhật.

Cách giải:

Khối hộp chữ nhật có 3 kích thước là a, b, c nên V − abc

Chọn C. Câu 29 (NB) 15

Phương pháp: y = a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) khi lim f ( x ) = a. x →∞

Cách giải: 2x + 5 = 2  y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →±∞ x + 1

Chọn A. Câu 30 (VD) Phương pháp: Áp dụng tính chất tích phân:

 ( f ( x ) ± g ( x ) ) dx =  f ( x ) dx ±  g ( x ) dx

  f ( x ) − 2 g ( x ) dx =  f ( x ) dx − 2 g ( x ) dx = 2 − 2.5 = −8

Ta có

Chọn C.

Câu 31 (NB) Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định

Cách giải:

Phương pháp:

Câu 32 (TH)

Hàm số y = f ( x ) đạt cực tiểu bằng 1 tại x = 2

Chọn A.

KÈ

Dựa vào công thức viết phương trình mặt cầu.

Cách giải:

FF IC IA L

Ta có lim

ẠY

Điểm thuộc mặt phẳng ( Oxz ) có y = 0 nên loại A, B. Mà R 2 = x 2 + y 2 + z 2 − d > 0 nên loại D.

Chọn C.

Câu 33 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính modun số phức.

Cách giải: 16

Ta có z = 4 − 3i  z = 42 + ( −3) = 5

Chọn A. Câu 34 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Áp dụng các công thức tính nguyên hàm.

Cách giải: Ta có f ( x ) = 2 x + sin x   f ( x ) dx =  ( 2 x + sin x ) dx = x 2 − cos x + C

Chọn C.

Câu 35 (TH)

Phương pháp: Áp dụng tính chất hàm logarit.

Cách giải:

2 3

log 4 ( 3x − 2 ) = 2; đk: x >

Ta có

⇔ 3x − 2 = 42

⇔ x = 6 ( tm )

Chọn D.

KÈ

Phương pháp:

Câu 36 (TH)

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.

ẠY

Cách giải:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 + 4 x − 2; y = − x 2 + 4 là 1

2 2  ( x + 4 x − 2 + x − 4 ) dx =

 ( 2x

−3

Chọn B. 17

+ 4 x − 6 ) dx

Câu 37 (VD) Phương pháp: Đưa về dạng hàm đặc trưng. Cách giải: Ta có log 2 ( 2 x + m ) − 2 log 2 x = x 2 − 4 x − 2m − 1

FF IC IA L

⇔ log 2 ( 2 x + m ) − log 2 x 2 = x 2 − 2 ( 2 x + m ) − 1 x2 x2 ⇔ log 2 ( 2 x + m ) + 2 ( 2 x + m ) = log 2 + 2. 2 2

1 x2 Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + 2t ( t > 0 )  f ' ( t ) = + 2 > 0 nên 2 x + m = ⇔ x 2 − 4 x − 2m = 0 có hai nghiệm t 2 dương phân biệt

 ∆ = 4 + 2m > 0 ⇔ ⇔ −2 < m < 0  m = −1  −2 m > 0

Chọn A.

Câu 38 (VD)

Phương pháp:

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên các khoảng xác định D khi và chỉ khi f ' ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ D và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

−2 + m 2x − m ≥0⇔m≥2 với x ≠ 1 đồng biến trên khoảng xác định khi y ' = 2 x −1 ( x − 1)

Hàm số y =

Nên 2 ≤ m ≤ 2020  có 2019 giá trị thỏa mãn.

Chọn B.

KÈ

Câu 39 (VD)

Phương pháp:

ẠY

Sử dụng công thức lãi kép.

Cách giải:

Số tiền người đó gửi tiết kiệm sau n năm là x (1 + 6,9% )

Ta có x (1 + 6,9% ) = 1,55 x ⇔ n ≈ 6,56

Nên người gửi tiết kiệm cần gửi trọn 7 kỳ hạn là 7 năm Vậy đến năm 2021 người đó sẽ đủ tiền cần thiết. 18

Chọn C. Câu 40 (NB) Phương pháp: Hình chiếu của A ( a; b; c ) lên mặt phẳng ( Oyz ) là A ( 0; b; c ) .

Cách giải:

FF IC IA L

Hình chiếu của A ( 3; −1;1) lên mặt phẳng ( Oyz ) là A ' ( 0; −1;1) .

Chọn D. Câu 41 (VDC) Cách giải:

a+4 ∉ [ −2;3] 4

+) TH1: Nếu −

a+4 4

Xét 2 x 2 + ( a + 4 ) x + b + 3 trên [ −2;3] ta có u ' = 0 có x = −

(

 a < −16  a > 4

)

≥

2a − b − 3 + 3a + b + 33

a+4 ∈ [ −2;3]  −16 ≤ a ≤ 4 4

+) TH2: −

2a − b − 3 + 3a + b + 33

≥

Ta có M = max u ( −2 ) ; u ( 3) = max { 2a − b − 3 ; 3a + b + 33 }

  a+4 Ta có M = max  u ( −2 ) ; u ( 3) ; u  −  4   

KÈ

  a2 = max  −2a + b + 3 ; 3a + b + 33 ; + a − b −1  8  

ẠY

−2a + b + 3 + 3a + b + 33 +

≥

(a + b) ≥

Vậy min M =

a2 + a − b −1 8

25 25 ≥ 4 4

25 . 4 19

5 a+6

> 25

Dấu bằng xảy ra khi −2a + b + 3 = 3a + b + 33 =

 a = −6 a2  + a − b −1 ⇔  35  a + 4b = −41. 3 b = −  4

Chọn B. Câu 42 (VD)

FF IC IA L

Cách giải: Gọi AB là giao điểm của mặt phẳng (α ) với mặt đáy. Kẻ O ' H ⊥ AB ta có ∠OO ' H = 450 Nên OH = h.tan ∠OO ' H = h.tan 450 = h = 3  O ' H = 3 2 AB 3 =3 2 2

Tam giác O ' AB là tam giác đều nên O ' H =

Nên AB = 2 6  AH = 6  OA = R = OH 2 + AH 2 = 15

Thể tích hình nón là V = π R 2 h = 45π

Chọn C.

Câu 43 (TH)

Áp dụng công thức tính số phức liên hợp.

Cách giải:

Phương pháp:

Chọn A.

Câu 44 (VD)

Ta có z = 4i + 1 − (1 + 3i ) = 9 − 2i  z = 9 + 2i

ẠY

KÈ

Cách giải:

FF IC IA L

1 1 SA. AD  3a 2 = SA.2a 3  SA = a 3 2 2

Ta có S SAD =

Gọi O là giao điểm của AC và BD

d ( A; ( SBD ) )

CO = 1 ⇔ d ( C ; ( SBD ) ) = d ( A; ( SBD ) ) AO

Kẻ AK ⊥ BD  SK ⊥ BD  BD ⊥ ( SAK )

Kẻ AH ⊥ SK ; BD ⊥ ( SAK )  BD ⊥ AH

d ( C ; ( SBD ) )



Nên O là giao điểm của AC và mặt phẳng ( SBD )

Do đó AH ⊥ ( SBD )  d ( A; ( SBD ) ) = AH

1 1 1 = + 2 2 AH AS AK 2

Xét tam giác SAK vuông tại A có

1 1 1 = + 2 2 AK AB AD 2

KÈ

Mà tam giác ABD vuông tại A nên ta có

1 1 1 1 1 1 17 = + = + + = 2 2 2 2 2 2 AH AS AK AS AB AD 12a 2 2a 51 2a 51  d ( C ; ( SBD ) ) = d ( A; ( SBD ) ) = 17 17

ẠY

 AH =

Chọn B.

Câu 45 (VD) Cách giải:

FF IC IA L

Chia khối đa diện SCMNKL bởi mặt phẳng ( NLC ) ta được hai khối chóp NSMLC và NLKC

2  2 2  10 1 − .  = 3  3 3  27

VN .SMLC 2  AM AL  . = 1 − = 3 VB.SAC AS AC 



VN .SMLC VB.SAC

Ta có

1 d ( N ; ( SAC ) ) S SMLC NS  S AML  3 = = 1 −  1 BS  S SAC  d ( B; ( SAC ) ) .S SAC 3

Vì SC song song với ( MNKL ) nên SC / / ML / / NK

1 d N ; ABC ) ) S KLC VN .KLC 3 ( ( NB LC CK 1 1 2 2 = = . . = . . = VS . ABC 1 d S ; ABC .S SB AC CB 3 3 3 27 ( ( ) ) ABC 3

VSCMNKL VNSMIC VNKLC 10 2 4 = + = + = VSABC VBSAC VSABC 27 27 9

Chọn B.

KÈ

Suy ra

Câu 46 (VDC)

ẠY

Cách giải:

1 2 2 2 4 log 2 a = log a  log 2 a = log 2  a =  a = 2 2 b b b b

Ta có

Ta có t = 4a 3 + b3 = b3 +

256 b3 b3 256 3 ≥ = 12  t ∈ [12; +∞ ) 3 . . b6 2 2 b6

Nên P = 1 − 4 log 2 t  P ' = 1 −

4 > 0 ∀t > 2 t ln 2 22

x = 4  Nên min P = P (12 ) = 4 − 4 log 2 3   y = 4  x + y + z = 11 z = 3  Chọn A. Câu 47 (VD)

FF IC IA L

Cách giải:

 f ( f ( x )) = 2 Ta có f ( f ( x ) ) = 2 ⇔   f ( f ( x ) ) = −2

phương trình có 2 nghiệm

suy ra phương trình có 1 nghiệm

( 4)

phương trình có 2 nghiệm

( 5) phương trình có 2 nghiệm.

( 3)

 f ( x ) = −4 ( 3 )  +) f ( f ( x ) ) = −2   f ( x ) = c (1 < c < 3) ( 4 ) f x =d d >3 5 ( ) ( )  ( )

( 2)

phương trình vô nghiệm

(1)

 f ( x ) = a ( a < −4 ) (1) +) f ( f ( x ) ) = 2 suy ra   f ( x ) = b ( b > 3 ) ( 2 )

Chọn D.

ẠY

Cách giải:

KÈ

Câu 48 (TH)

Vậy số nghiệm của phương trình là: 7 nghiệm

SA 2a = = 2. AC a 2

 tan α = tan ∠SCA =

Chọn C.

Câu 49 (VD)

Chọn B.

KÈ

Câu 50 (VD)

−2 dx = − ln 3 sin 2 x

Nên I =  f ( x ) dx = 

2 π  Mà f   = −2  C = 0  f ( x ) = − sin 2 x 4

2d ( sin 2 x ) 4 cos 2 x −2 dx =  = +C 2 2 sin 2 x sin 2 x sin 2 x

Ta có f ( x ) =  f ' ( x ) dx = 

Cách giải:

FF IC IA L

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) là α nên α = ∠SCA

Từ đồ thị ( C ) suy ra đồ thị ( C ') của hàm số y = f ( x ) gồm 2 phần:

ẠY

+) Phần 1 giữ nguyên phần ( C ) bên phải trục Oy

+) Phần 2 lấy đối xứng phần 1 qua trục Oy

 f ( x ) = −1 Ta có f 2 ( x ) + ( m − 2 ) f ( x ) + m − 3 = 0 ⇔   f ( x ) = 3 − m

(1) ( 2)

Từ đồ thị ( C ') suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. 24

Vậy để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình ( 2 ) có 4 nghiệm phân biệt khác 2 nghiệm của phương trình (1) nên −1 < 3 − m < 3 ⇔ 0 < m < 4. Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn.

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Chọn B.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI KHẢO SÁT KIẾN THỨC CHUẨN BỊ CHO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 – LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mã đề thi 206

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề thi nhẹ nhàng phù hợp với tình hình dịch bệnh năm 2021, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm nhất và có cảm giác giống đề thi thật nhất. - Đề thi không có câu hỏi quá khó, chủ yếu giúp học sinh ôn tập các dạng bài thường gặp một cách thành thạo nhất để xử lý chúng nhanh nhất và chính xác nhất! Câu 1: Hình lăng trụ tam giác có tất cả bao nhiêu cạnh? A. 9

B. 10 3

D. 6

x + 1 = 2 có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A. 2 nghiệm

B. 3 nghiệm

A. 4

B. 3

Câu 2: Phương trình log

C. 12

C. 1 nghiệm. D. Vô nghiệm. Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( −1;3; 2 ) , b = ( −3; −1; 2 ) . Tính ab. D. 2

C. 10

x . x +1

Câu 4: Tìm họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y = B. x + ln x + 1 + C

C. x + ln ( x + 1) + C

D. x − ln x + 1 + C

A. x − ln ( x + 1) + C

Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( x 2 − 3 x + 1) ≤ 0 là tập nào sau đây?

 3− 5   3+ 5  A. S = 0;  ∪  2 ;3 2    

B. S = [ 0;3]

3− 5 3 + 5  C. S =  ;  2 2  

KÈ

D. S = ∅

Câu 6: Tìm phần thực của số phức z = 2 − 3i.

ẠY

A. −2

B. 2

C. 3

D. −3

Câu 7: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 − 2021, trục hoành và hai đường thẳng x = −2; x = 4. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. S =

−2



B. S =

x − 2021 dx

 −2

x 2 − 2021 dx

C. S =

 (x

− 2021) dx

D. S =

−2

 (x

− 2021) dx

−2

Câu 8: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số ( P ) : y = 2 x − x 2 và trục Ox . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi cho D quay quanh trục Ox

13π 15

B. V =

16π 15

Câu 9: Tìm điểm cực đại của hàm số y = A. xCÐ = 2

C. V =

17π 15

1 4 x − 2 x 2 − 3. 2

B. xCÐ = − 2

C. xCÐ = 0

D. V =

19π 15

FF IC IA L

A. V =

D. xCÐ = ± 2

Câu 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng

A. a 3

S . ABCD.

a3 9

a3 3

( ABCD ) , SA = 3a. Tính thể tích khối chóp

D. 3a 3

Câu 11: Cho hàm số y = 4 x 2 − 2 có đồ thị ( P1 ) và hàm số y = 1 − x 2 có đồ thị ( P2 ) . Tìm số giao điểm của hai B. 0

C. 3

D. 1

A. 2.

đồ thị

B. R = 4

C. R = 2

D. R = 1

A. R = 8

Câu 12: Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 4, diện tích xung quanh bằng 8π . Tính bán kính của hình tròn đáy R của hình nón đó.

Câu 13: Cho khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 2. Tính thể tích khối trụ đó. B. 32π

C. 16π

A. 8π

32π 3

KÈ

A. ( 0; +∞ )

Câu 14: Hàm số y = log 2 ( x 2 + 1) đồng biến trên khoảng nào sau đây? B. ( −∞; +∞ )

C. ( −∞;0 )

Câu 15: Cho số thực a dương. Rút gọn biểu thức P = a

ẠY

9 4

A. a

B. a

1 4

D. ( −1;1)

a ta được biểu thức nào sau đây?

1 2

C. a

3 4

D. a

1 8

Câu 16: Tính đạo hàm của hàm số y = 3x. A. y ' = x.3x −1

B. y ' = 3x ln 3

C. y ' =

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: 2

3x ln 3

D. y ' =

ln 3 3x

FF IC IA L

Trong các mệnh đề sau đây về hàm y = f ( x ) , mệnh đề nào đúng?

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 1.

B. Hàm số nghịch biến trên ℝ.

C. Hàm số đồng biến trên ℝ

D. Hàm số có 1 điểm cực trị.

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = − x 3 + 3 x trên đoạn [ 0; 2] B. max y = 2

x∈[ 0;2]

C. max y = −2

x∈[ 0;2]

A. max y = 0

D. max y = 1 x∈[ 0;2]

B. Đường thẳng y = x

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ và

 f ( x ) dx = 4. Tính I =  f ( 2 x + 1) dx. 0

B. 2

C. 1

A. 8

D. Đường thẳng y = − x

1010

2021

C. Đường thẳng y = 0

A. Đường thẳng x = 0

Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn z = z . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn cho số phức z là đường nào trong các đường sau đây?

(d )

có phương trình chính tắc là

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

D. 4

x −1 y + 1 z − 2 . Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng? = = 2 3 1 A. Đường thẳng ( d ) nhận vectơ u (1;3; 2 ) là vecto chỉ phương.

KÈ

B. Đường thẳng ( d ) đi qua điểm M (1; −1;1) C. Đường thẳng ( d ) đi qua điểm N ( 0;1; 2 ) .

ẠY

D. Đường thẳng ( d ) nhận vecto u ( 2;3;1) là vecto chỉ phương.

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) đi qua M ( 0;0;1) và vecto pháp tuyến n = ( 0;1; −2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) . A. x − y + 2 z − 2 = 0

B. y − 2 z + 1 = 0

C. y − 2 z + 2 = 0

D. y + 2 z − 2 = 0

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2;3; 4 ) . Gọi các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . 3

A. 6 x + 4 y + 3 z − 1 = 0

B. 6 x + 4 y + 3 z − 36 = 0

C. 6 x + 4 y + 3 z − 12 = 0

D. 6 x + 4 y + 3 z + 12 = 0

Câu 24: Cho hàm số y = x3 + 1. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

FF IC IA L

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; +∞ )

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) . Câu 25: Tìm họ tất cả các nguyên hàm của hàm số y = e x + 2 x. A. e x + x 2 + C

1 x +1 e + x2 + C x +1

D. e x + 2 x 2 + C

B. e x + 2 + C

Câu 26: Mặt phẳng ( A ' BC ) chia khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thành các khối đa diện nào?

B. Hai khối chóp tam giác.

A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác.

C. Hai khối chóp tứ giác.

D. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.

Câu 27: Cho mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) , biết khoảng cách từ tâm của mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P )

bằng a. Mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi 2 3π a. Diện tích mặt

cầu ( S ) bằng

28: 2

Trong

không

gian

vớ i

hệ

tọ a

C. 4π a 2 độ

Oxyz

x + y + z − 2 x + 4 y − 4 z − 25 = 0. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R

KÈ

D. 8π a 2

(S ) của mặt cầu ( S ) ?

cho

Câu

B. 16π a 2

A. 12π a 2

mặt

cầu

B. I ( −1; 2; −2 ) ; R = 34

C. I ( 2; −4; 4 ) ; R = 35

D. I (1; −2; 2 ) ; R = 34

ẠY

A. I (1; −2; 2 ) ; R = 4

Câu 29: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = A. y = −3

có

phương

trình

2− x là đường thẳng nào trong các đường thẳng sau? x+3

B. y = −1

C. x = −3

D. x = 2

Câu 30: Hàm số y = ( 4 − x 2 ) 5 có tập xác định là tập hợp nào sau đây? A. ℝ

B. ℝ \ {±2}

C. ( −2; 2 ) 4

D. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ )

Câu 31: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm cạnh AB, góc giữa AA ' và mặt đáy của hình lăng trụ đã cho bằng 600. Tính thể tích V của khối chóp A ' BCC ' B '.

A. V =

3a 3 4

B. V =

a3 4

C. V =

a3 8

D. V =

3a 3 8

có dạng 5 M + m với M , m ∈ ℤ. Tính tổng M + m.

A. M + m = 4

B. M + m = 1

C. M + m = 11

D. M + m = −2

Câu 33: Cho hàm số f ( x ) , biết y = f ' ( x ) có đồ thị như hình vẽ

FF IC IA L

Câu 32: Cho các số thực x, y thỏa mãn log x2 + y 2 + 2 ( 2 x − 4 y + 3) ≥ 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3 x + 4 y

B. m = g ( −1)

C. m = g ( −4 )

D. m = g ( 3)

A. m = g ( −3)

Gọi giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 f ( x ) + ( x − 1) trên đoạn [ −4;3] là m. Kết luận nào sau đây đúng?

ẠY

KÈ

Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 4a, AD = CD = 2a. Cạnh bên SA = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC , M là điểm sao cho MA = −2MS và E là trung điểm cạnh CD (tham khảo hình vẽ). Tính thể tích V của khối đa diện MGABE.

13a 3 4

27 a 3 8

25a 3 9

10a 3 3

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2z − 5 = 0

và hai điểm

A ( 2; 0; 0 ) , B ( 0;1;1) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . A. 4 x + 3 y + 5 z − 8 = 0

B. 2 x + 3 y + z − 4 = 0

C. 4 x + 5 y + 3 z − 8 = 0

D. 3 x − 2 y + 8 z − 6 = 0

(ξ ) . Tìm giá trị lớn nhất Vmax A. Vmax =

8 3R 3 9

FF IC IA L

Câu 36: Cho mặt cầu (ξ ) có bán kính không đổi R. Một hình chóp lục giác đều S . ABCDEF nội tiếp mặt cầu của thể tích khối chóp S . ABCDEF .

B. Vmax =

16 3R 3 27

C. Vmax =

8 3R 3 27

D. Vmax =

3 3R 3 8

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( 3;1; −2 ) , B (1; −5; 4 ) , C ( 5; −1;0 ) . Biết rằng tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng Oxz sao cho MA − 2 MB + 3MC = 10 là một đường tròn tâm H ( a;0; c ) bán A. T = 0

B. T = 10

C. T = 6

kính bằng r. Tính tổng T = a + c + r.

D. T = −3

cạnh huyền bằng 2 2a

)

(

)

B. S = 4 + 2 2 π a 2

(

)

C. S = 2 + 4 2 π a 2

(

A. S = 2 + 2 2 π a 2

Câu 38: Tính diện tích toàn phần S của mặt nón ( N ) biết thiết diện qua trục của nó là một tam giác vuông có

(

)

D. S = 4 + 4 2 π a 2

KÈ

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Tìm số đường tiệm cận đứng của đồ thị của hàm số g ( x ) =

ẠY

A. 3.

B. 4.

1 . f ( x) −1 C. 1.

D. 2.

Câu 40: Cho đa giác đều 30 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 30 đỉnh của đa giác đã cho. Tính xác suất để 3 đỉnh đó tạo thành tam giác có một góc bằng 1200. A. P =

27 406

B. P =

33 406

C. P =

57 406

D. P =

23 406

Câu 41: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và ∠BAD = 1200. Mặt bên SAB là tam giác đều và ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách từ A đến ( SBC ) . 6

a 7 7

a 3 4

a 15 5

FF IC IA L

a 2

Câu 42: Số 2021m (với m là số tự nhiên) viết trong hệ thập phân có 6678 chữ số. Kết quả nào sau đây đúng? A. 2010 < m < 2015

B. m < 2010

C. m > 2025

D. 2015 < m < 2025

Câu 43: Biết phương trình log 22 ( x 2 + 1) − m log 2 ( x 2 + 1) + 8 − m = 0 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Hỏi m thuộc khoảng nào?

)

D. (1;9 )

x 2 + mx + 3 − x = 3. Hỏi m thuộc khoảng nào sau đây?

A. m ∈ ( 0; 4 )

(

B. m ∈ ( 8;10 )

C. m ∈ ( −4;0 )

x →+∞

C. ( −10;1)

Câu 44: Biết lim

B. (15; 21)

A. ( 21; 28 )

D. m ∈ ( 4;8 )

Câu 45: Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình 4 x − 6.2 x + m ≥ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ. B. m ≥ 0

C. m ≥ −9

A. m ≤ 0

D. m ≥ 9

π 2

π  Câu 46: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và thỏa mãn f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x, ∀x ∈ ℝ. 2  Biết f ( 0 ) = 0. Tính I =  xf ' ( x ) dx.

KÈ

A. I =

B. I = −

C. I =

1 4

D. I = −

1 4

ẠY

Câu 47: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = log 5 ( 2 x 2 + 3 x + 1) tại điểm có hoành độ bằng 0. 3x + 1 ln 5

B. y =

3x − 2 ln 5

C. y =

3x ln 5

A. y =

Câu 48: Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 3− x , y =

D. y =

x 2 ln 5

m n x , x = 0 là S = − . Tính tổng 3 3ln 3 6

m + n.

A. m + n = 4

B. m + n = 2

C. m + n = 1 7

D. m + n = 3

FF IC IA L

Câu 49: Cho hàm số f ( x ) . Biết f ' ( x ) là hàm bậc ba, có đồ thị như hình vẽ sau

Có bao nhiêu số nguyên m ∈ [ −10;10] để đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x ) + mx + 2021 có đúng một điểm cực trị?

A. 20

B. 16

C. 15

D. 18

Câu 50: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [ −2021; 2021] để hàm số y = x3 − 3 x 2 + mx + 24 ln x đồng biến trên ( 0; +∞ ) ?

B. 2032

C. 2035

D. 2033

A. 2034

--------------- HẾT---------------

1.A

2.A

3.A

4.D

11.A

12.C

13.B

21.D

22.C

23.C

31.B

32.B

33.B

41.D

42.D

43.D

BẢNG ĐÁP ÁN 6.B

7.B

8.B

9.C

10.A

14.A

15.C

16.B

17.A

18.B

19.C

20.B

24.D

25.A

26.A

27.B

28.D

29.C

30.C

34.D

35.C

36.B

37.C

38.A

39.A

40.A

44.D

45.D

46.D

47.C

48.D

49.D

50.A

KÈ

5.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB)

ẠY

Phương pháp:

Hình lăng trụ n − giác có 3n cạnh.

Cách giải:

Hình lăng trụ tam giác có 9 cạnh.

Chọn A. Câu 2 (TH) Phương pháp: 8

Giải phương trình logarit: log a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = a b .

Cách giải: Ta có

log

x +1 = 2 ⇔ x +1 = 3

FF IC IA L

x +1 = 3 x = 2 ⇔ ⇔  x + 1 = −3  x = −4 Vậy phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm.

Chọn A. Câu 3 (NB) Phương pháp:

Áp dụng công thức nhân vô hướng hai vecto: Cho a = ( a1 ; a2 ; a3 ) , b = ( b1 ; b2 ; b3 )  a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 .

Cách giải: Ta có a.b = ( −1) . ( −3) + 3. ( −1) + 2.2 = 4 Chọn A.

Câu 4 (TH)

Phương pháp:

- Thực hiện chia tử cho mẫu.

Cách giải:

x n +1 1 1 + C ( n ≠ −1) ,  dx = ln ax + b + C. n +1 ax + b a



1 

Chọn D.

 x + 1 dx =  1 − x + 1  dx = x − ln x + 1 + C.

KÈ

Ta có

n  x dx =

- Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản và mở rộng:

Câu 5 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit: log a f ( x ) ≤ b ⇔ 0 < f ( x ) ≤ ab ( a > 1) .

Cách giải: Ta có:

log 2 ( x 2 − 3 x + 1) ≤ 0 ⇔ 0 < x 2 − 3 x + 1 ≤ 1

 3+ 5  x > 2  x 2 − 3 x + 1 > 0   ⇔ 2 ⇔  3− 5  x − 3 x + 1 ≤ 1  x < 2  0 ≤ x ≤ 3

FF IC IA L

 3− 5   3+ 5  ;3 ⇔ x ∈ 0; ∪ 2   2   Chọn A. Câu 6 (NB) Phương pháp: Phần thực của số phức z = a + bi là a.

Cách giải: Phần thực của số phức z = 2 − 3i là 2.

Chọn B.

Câu 7 (NB)

Phương pháp:

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.

Cách giải:

x

Diện tích hình phẳng cần tính là S =

− 2021 dx.

Chọn B.

KÈ

Câu 8 (TH)

−2

Phương pháp:

ẠY

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = g ( x ) , x = a, x = b b

xung quanh trục Ox là: V = π  f 2 ( x ) − g 2 ( x ) dx.

Cách giải: x = 0 . Xét phương trình hoành độ giao điểm: 2 x − x 2 = 0 ⇔  x = 2

Thể tích khối tròn xoay là V = π . ( 2 x − x 2 ) dx = 0

16π (sử dụng MTCT). 15

Chọn B. Câu 9 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

y' = 0 . Giải hệ phương trình   y" < 0 Cách giải: Điểm cực đại của hàm số y =

1 4 x − 2 x 2 − 3 thỏa mãn 2

 y ' = 2 x3 − 4 x = 0 ⇔ x = 0.  2  y " = 6 x − 4 < 0

Chọn C. Câu 10 (NB)

Phương pháp:

Chọn A.

Câu 11 (NB) Phương pháp:

1 1 Ta có VS . ABCD = .SA.S ABCD = .3a.a 2 = a 3 . 3 3

Cách giải:

1 Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h. 3

Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

4 x2 − 2 = 1 − x2 ⇔ x2 =

3 3 ⇔x=± 5 5

ẠY

KÈ

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình:

Vậy hai đồ thị hàm số đã cho có 2 giao điểm.

Chọn A.

Câu 12 (NB) Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy R và độ dài đường sinh l là S xq = π Rl.

Cách giải: 11

S  S xq = 8π 8π  R = xq = = 2. Ta có S xq = π Rl. Mà  π l 4π l = 4 Chọn C. Câu 13 (NB) Phương pháp:

FF IC IA L

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h, diện tích đáy B là V = Bh.

Cách giải: Thể tích khối trụ là: V = π r 2 h = π .42.2 = 32π .

Chọn B. Câu 14 (TH)

Phương pháp: - Giải bất phương trình y ' > 0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

2x . ( x + 1) ln 2

Cách giải: 2

Cho y ' > 0 ⇔ 2 x > 0 ⇔ x > 0.

Ta có y = log 2 ( x 2 + 1)  y ' =

u' . u ln a

- Sử dụng công thức tính đạo hàm ( log a u ) ' =

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

Chọn A. Câu 15 (NB)

Phương pháp:

KÈ

Sử dụng các công thức:

Cách giải:

ẠY

a n = a m , a m .a n = a m + n .

1 1 + 2

Ta có P = a 4 a = a 4 .a 2 = a 4

= a4.

Chọn C.

Câu 16 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính đạo hàm: ( a x ) ' = a x ln a.

Cách giải: 12

Ta có y = 3x  y ' = 3x.ln 3

Chọn B. Câu 17 (NB) Phương pháp: Dựa vào bảng biến thiên để xác định tính đơn điệu, cực trị của hàm số, đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

FF IC IA L

Cách giải:

Ta có: lim− y = lim+ y = +∞ nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng x = 1 nên đáp án A đúng. x →1

x →1

Chọn A. Câu 18 (TH)

- Tính y ', xác định các nghiệm xi ∈ [ 0; 2] của phương trình y ' = 0.

- Tính y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi ) .

Phương pháp:

- KL: min y = min { y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi )} , max y = max { y ( 0 ) , y ( 2 ) , y ( xi )} [0;2]

[0;2]

Cách giải:

 x = 1 ∈ [ 0; 2] . Ta có y = − x3 + 3 x  y ' = −3 x 2 + 3 = 0 ⇔   x = −1 ∉ [ 0; 2]

y ( 0 ) = 0, y (1) = 2, y ( 2 ) = −2. Vậy max y = y (1) = 2.

Chọn B. Câu 19 (TH)

KÈ

Phương pháp:

[0;2]

Đặt z = a + bi  z = a − bi, thay vào giả thiết tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.

ẠY

Cách giải:

Đặt z = a + bi  z = a − bi ( a, b ∈ ℝ ) .

Theo bài ra ta có: z = z  a + bi = a − bi ⇔ b = 0.

Suy ra z = a có điểm biểu diễn là đường thẳng y = 0.

Chọn C. Câu 20 (TH) 13

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đưa biến vào vi phân

Cách giải:



f ( 2 x + 1) dx =

1 2

1010



f ( 2 x + 1) d ( 2 x + 1) =

1 2

2021

 f ( x ) dx = 2. 0

Chọn B. Câu 21 (NB) Phương pháp: - Đường thẳng d :

x − x0 y − y0 z − z0 = = có 1 VTCP là u = ( a; b; c ) . a b c x − x0 y − y0 z − z0 = = = t bất kì tìm điểm thuộc d . a b c

- Thay một giá trị d :

FF IC IA L

1010

Ta có I =

Cách giải:

Đường thẳng d có vecto chỉ phương là u = ( 2;3;1) nên mệnh đề D đúng.

Chọn D.

Câu 22 (NB)

Phương pháp:

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có

phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải:

Phương trình mặt phẳng đi qua M ( 0;0;1) và có vectơ pháp tuyến là ( 0;1; −2 ) là:

0 ( x − 0 ) + 1( y − 0 ) − 2 ( z − 1) = 0 ⇔ y − 2 z + 2 = 0

KÈ

Chọn C.

Câu 23 (TH)

ẠY

Phương pháp:

- Hình chiếu của M ( a; b; c ) trên các trục Ox, Oy, Oz là A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) . Viết

phương

trình

mặt

phẳng

( ABC )

A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) có phương trình là

dưới

dạng

x y z + + = 1. a b c

Cách giải: Ta có A ( 2;0; 0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0; 0; 4 ) . 14

mặt

chắn:

Mặt

phẳng

( ABC )

với

Mặt phẳng ( ABC ) là

x y z + + = 1 ⇔ 6 x + 4 y + 3 z − 12 = 0. 2 3 4

Chọn C. Câu 24 (NB) Phương pháp:

Cách giải: Ta có y = x3 + 1  y ' = 3 x 2 ≥ 0∀x. Vậy hàm số đã cho đồng biến trên ℝ.

Chọn D. Câu 25 (NB) Phương pháp:

Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

+ 2 x ) dx = e x + x 2 + C

 (e

Cách giải: Ta có

FF IC IA L

Giải các bất phương trình y ' > 0, y ' < 0 và suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số.

Chọn A.

Câu 26 (NB)

Phương pháp:

Vẽ hình và chọn đáp án đúng.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Mặt phẳng ( A ' BC ) chia khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thành 1 khối chóp tứ giác A ' BCBC ' B ' và 1 khối chóp

tam giác A '. ABC.

Chọn A.

Câu 27 (TH) Phương pháp: 15

FF IC IA L

Áp dụng định lí Pytago: R 2 = r 2 + d 2 với R là bán kính hình cầu, r là bán kính hình tròn, d = d ( I ; ( P ) ) với I là tâm mặt cầu. Diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4π R 2 .

Cách giải:

Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, gọi d là khoảng cách từ tâm của mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng

( P )  d = a.

Đường tròn giao tuyến có chu vi C = 2 3π a = 2π r  r = a 3.

(

Áp dụng định lí Pytago ta có bán kính mặt cầu là R = d 2 + r 2 = a 2 + a 3

)

= 2a.

KÈ

Chọn B.

Vậy diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = 4π . ( 2a ) = 16π a 2 .

Câu 28 (NB)

ẠY

Phương pháp:

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I ( − a; −b; −c ) , bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d .

Cách giải:

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z − 25 = 0 có tâm I (1; −2; 2 ) , bán kính R = 12 + ( −2 ) − ( −25 ) = 34.

Chọn D. Câu 29 (NB) 16

Phương pháp: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

ax + b −d . là x = cx + d c

Cách giải: 2− x là x = −3. x+3

FF IC IA L

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =

Chọn C. Câu 30 (TH) Phương pháp: n

Hàm số y =  f ( x )  với n ∉ ℤ xác định khi f ( x ) > 0.

Cách giải:

Hàm số y = ( 4 − x 2 ) 5 xác định khi 4 − x 2 > 0 ⇔ −2 < x < 2.

Vậy tập xác định của hàm số là D = ( −2; 2 ) .

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Câu 31 (TH)

ẠY

KÈ

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó A ' H ⊥ ( ABC ) .  HA là hình chiếu vuông góc của A ' A lên ( ABC )  ∠ ( A ' A; ( ABC ) ) = ∠ ( A ' A; HA ) = ∠A ' AH = 600.

Xét tam giác vuông A ' AH ta có: A ' H = AH . tan 600 =

a 3 . 2

Vì ∆ABC đều cạnh a nên S ∆ABC =  VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S ∆ABC =

a2 3 . 4

a 3 a 2 3 3a 3 . = 2 4 8

FF IC IA L

2 2 3a 3 a 3 Vậy VA '. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' = . = . 3 3 8 4

Chọn B. Câu 32 (VD) Cách giải: Ta có:

log x2 + y 2 + 2 ( 2 x − 4 y + 3) ≥ 1

⇔ 2x − 4 y + 3 ≥ x2 + y 2 + 2 2

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) ≤ 6

Là hình tròn ( C ) tâm I (1; −2 ) , bán kính R = 6 .

Ta lại có: P = 3 x + 4 y  3 x + 4 y − P = 0 là phương trình đường thẳng d .

Để tồn tại cặp số x, y sao cho P đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng d và đường tròn ( C ) phải có điểm chung. 3−8− P

≤ 6

d ( I ; ( d )) ≤ R ⇔

Khi đó:

⇔ P + 5 ≤ 5 6 ⇔ −5 6 ≤ P + 5 ≤ 5 6

⇔ −5 6 − 5 ≤ P ≤ 5 6 − 5

KÈ

 Pmax = 5 6 − 5  M = 6; m = −5. Vậy M + m = 6 + ( −5) = 1.

ẠY

Chọn B.

Câu 33 (VD)

Phương pháp: - Tính g ' ( x ) .

- Giải phương trình g ' ( x ) = 0 dựa vào tương giao đồ thị hàm số. - Lập BBT hàm số g ( x ) và tìm min g ( x ) . [ −4;3]

Cách giải: 2

Ta có g ( x ) = 2 f ( x ) + ( x − 1)  g ' ( x ) = 2 f ' ( x ) + 2 ( x − 1) . Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ 2 f ' ( x ) + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ f ' ( x ) = 1 − x.

 x = −4 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: f ' ( x ) = 1 − x ⇔  x = −1.  x = 3

FF IC IA L

Ta có đồ thị hàm số như sau:

Khi đó ta có bảng biến thiên hàm số y = g ( x ) như sau:

KÈ

Dựa vào BBT  min g ( x ) = g ( −1) . [−4;3]

Chọn B.

ẠY

Câu 34 (VD)

Cách giải:

FF IC IA L

2 GH GH 1 = = . SA = 2a  3 AM 2 SA 2 3

Có AM =

SG AH GH HK 1 =  GH / / SA  = = . SK AK SA AK 3

Do đó

SG 2 = . SK 3

Mà G là trọng tâm tam giác SBC nên

CN 2a AH 2 = ; = . 3 3 AK 3

 HN =

Khi đó H là trọng tâm tam giác ABC

Gọi N , K lần lượt là trung điểm của AB, BC và AK ∩ CN = H .

Gọi MG ∩ AK = I .

KÈ

Xét tam giác vuông MAI có MA / / GH 

IH GH 1 = =  H là trung điểm của AI . AI AM 2

Mà N là trung điểm của AB nên HN là đường trung bình của tam giác ABI .

ẠY

1 2 4a  BI / / HN và BI = 2 HN = 2. CN = AD = . 3 3 3

Gọi J là trung điểm của AN  d ( E; BI ) = d ( J ; BI ) = JB = 3a. Mà S AEBI = S ABE + S EBI =

1 1 d ( E ; AB ) . AB + d ( E ; BI ) .BI 2 2

1 1 4a = .2a.4a + .3a. = 6a 2 2 2 3 20

1 1 1 1 1 1 4a 2a 3 . Có VM . AEBI = MA.S AEBI = .3a.6a 2 = 4a 3 , VG .BEI = .GH .S BEI = . 2a. .3a. = 3 3 3 3 2 2 3 3 Vậy VM .GABE = VM . AEBI − VG .BEI =

10a 3 . 3

Chọn D.

FF IC IA L

Câu 35 (TH) Phương pháp:  AB ⊂ ( Q ) - Sử dụng:   nQ =  AB, nP  . ( P ) ⊥ ( Q )

- Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có

phương trình là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

Cách giải: Ta có AB = ( −2;1;1) và vecto pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là nP = (1; −2; 2 ) .

Ta có:  AB, nP  = ( 4;5;3) .

 AB ⊂ ( Q ) Vì   nQ =  AB, nP  = ( 4;5;3) là 1 VTPT của ( Q ) . ( P ) ⊥ ( Q )

Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) cần tìm là 4 x + 5 y + 3 z − 8 = 0.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Câu 36 (VD)

Chọn C.

Gọi H là tâm lục giác đều ABCDEF  SH ⊥ ( ABCDEF ) và gọi O là tâm mặt cầu.

Đặt SH = h ( R < h < 2 R )  OH = h − R. 2

Áp dụng định lí Pytago ta có: HE 2 = OE 2 − OH 2 = R 2 − ( h − R ) . HE 2 . 3 3 3 2 3 3 2 R − (h − R) = 2 Rh − h 2 ) . = ( 4 2 2

(

)

1 3 3  VSABCDEF = .h.S ABCDEF = .h. ( 2 Rh − h 2 ) = ( 2 Rh2 − h3 ) 3 2 2

Đặt g ( x ) = 2 Rh 2 − h3 ta có: g ' ( x ) = 4 Rh − 3h 2 = 0 ⇔ h =

4R . 3

3 32 3 16 3R 3 . R = . 2 27 27

Vậy max VSABCDEF =

16 R 2 64 R3 32 3  4R  R R  max g ( x ) = g  = 2 − =  ( R ;2 R ) 9 27 27  3 

FF IC IA L

Mà S ABCDEF = 6 S HFE = 6.

Chọn B.

Câu 37 (VD)

Gọi I ( x; y; z ) sao cho IA − 2 IB + 3IC = 0.

Cách giải:

( 3 − a ) − 2 (1 − a ) + 3 ( 5 − a ) = 0 −2a + 16 = 0 a = 8    Ta có: (1 − b ) − 2 ( −5 − b ) + 3 ( −1 − b ) = 0 ⇔ −2b + 8 = 0 ⇔ b = 4  I ( 8; 4; −5 ) .  −2c − 10 = 0  c = −5   ( −2 − c ) − 2 ( 4 − c ) + 3 ( 0 − c ) = 0

KÈ

Khi đó ta có: MA − 2 MB + 3MC

= MI + IA − 2 MI − 2 IB + 3MI + 3IC

= 2 MI + IA − 2 IB + 3IC

ẠY

(

)

= 2 MI = 10

 MI = 5

 M thuộc mặt cầu ( S ) tâm I ( 8; 4; −5) , bán kính R = 5.

Lại có M ∈ ( Oxz ) nên M thuộc đường tròn giao tuyến của ( S ) và mặt phẳng ( Oxz ) . 22

Phương trình mặt phẳng ( Oxz ) là y = 0 nên d ( I ; ( Oxz ) ) = yI = 4 = d .

 Bán kính đường tròn giao tuyến là r = R 2 − d 2 = 52 − 42 = 3. Ta có IH = ( a − 8; −4; c + 5 ) . Vì IH ⊥ ( Oxz ) nên IH và j = ( 0;1; 0 ) cùng phương.

FF IC IA L

a − 8 = 0 a = 8 .  ⇔ c + 5 = 0  c = −5 Vậy T = a + c + r = 8 + ( −5 ) + 3 = 6.

Chọn C. Câu 38 (TH) Phương pháp:

Diện tích toàn phần của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là S xq = π rl + π r 2 .

Cách giải:

Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông có cạnh huyền bằng 2 2a nên bán kính đường tròn đáy 2 2a hình nón là r = = a 2 và đường sinh của hình nón bằng cạnh góc vuông của tam giác vuông cân và bằng 2 2 2a l= = 2a. 2

(

) = ( 2 + 2 2 )π a . 2

Vậy diện tích toàn phần hình nón là Stp = π rl + π r 2 = π .a 2.2a + π . a 2

Chọn A.

Câu 39 (TH) Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định số nghiệm của phương trình mẫu số.

KÈ

Cách giải:

Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là số nghiệm của phương trình f ( x ) − 1 = 0 ⇔ f ( x ) = 1.

ẠY

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình

f ( x ) = 1 có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy đồ thị hàm số g ( x ) =

1 có 3 đường tiệm cận đứng. f ( x) −1

Chọn A. Câu 40 (VD) Cách giải: 23

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C303 = 4060 cách. Gọi A là biến cố: “3 đỉnh đó tạo thành một tam giác có một góc bằng 1200”.

Để chọn tam giác có 1 góc bằng 120 độ, ta chọn 2 đỉnh còn lại trước thỏa mãn 2 đỉnh này tạo 1 cung 120 độ. Có 30 cách chọn cung. Trên 1 cung nhỏ có

30 − 1 = 9 đỉnh. 3

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

FF IC IA L

 Số phần tử của biến cố A là: n ( A ) = 9.30 = 270. 270 27 . = 4060 406

Chọn A. Câu 41 (VD)

Phương pháp:

- Đổi d ( A; ( SBC ) ) sang d ( H ; ( SBC ) ) .

( SHN )

- Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , BM . Trong

- Gọi H là trung điểm của AB, chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) .

HK ⊥ ( SAB ) .

kẻ HK ⊥ SN ( K ∈ SN ) , chứng minh

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB ta có SH ⊥ AB (do ∆SAB đều).

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) = AB Ta có:   SH ⊥ ( ABCD ) .  SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB Ta có AH ∩ ( SBC ) = B 

d ( A; ( SBC ) ) d ( H ; ( SBC ) )

AB = 2  d ( A; ( SBC ) ) = 2d ( H ; ( SBC ) ) HB

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , BM . Trong ( SHN ) kẻ HK ⊥ SN ( K ∈ SN ) ta có:

 AB = BC = a ∆ABC có   ∆ABC đều cạnh a  AM ⊥ BC. 0 ∠ABC = 60

 BC ⊥ HN  BC ⊥ ( SHN )  BC ⊥ HK Ta có:   BC ⊥ SH  HK ⊥ BC  HK ⊥ ( SBC )  d ( H ; ( SBC ) ) = HK   HK ⊥ SN Vì ∆ABC đều cạnh a nên AM =

1 a 3 a 3 .  HN = AM = 2 2 4

a 3 . 2

Vì ABCD là hình thoi cạnh a nên AB = a  ∆SAB đều cạnh a  SH =

FF IC IA L

HN là đường trung bình của tam giác ABM nên HN / / AM  HN ⊥ BC.

a 3 a 3 . 4 = a 15 . = 2 10 SH 2 + HN 2 3a 2 3a 2 + 4 16

a 15 . 5

Vậy d ( A; ( SBC ) ) = 2 HK =

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHN ta có HK =

SH .HN

Chọn C.

Cách giải: m

Câu 42 (VD)

Ta có A = 2021m = 10log 2021 = 10m log 2021

KÈ

Số chữ số của A là [ m log 2021] + 1 = 6678

 [ m log 2021] = 6677

 6677 ≤ m log 2021 ≤ 6678

ẠY

 m = 2020

Chọn D.

Câu 43 (VD)

Phương pháp: Đặt ẩn phụ t = log 2 ( x 2 + 1) ≥ 0, đưa về phương trình bậc hai ẩn t và biện luận. Cách giải: 25

Đặt t = log 2 ( x 2 + 1) ≥ log 2 1 = 0, phương trình đã cho trở thành t 2 − mt + 8 − m = 0 (1)

t = 0 . Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa mãn  1 > 0 t 2

FF IC IA L

t = 0 Thay t = 0 vào (1) ta có m = 8. Thử lại với m = 8 thì (1) ⇔ t 2 − 8t = 0 ⇔  ( tm ) . t = 8

Vậy m = 8 ∈ (1;9 ) .

Chọn D. Câu 44 (VD) Phương pháp: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

Cách giải: Ta có

)

(

x 2 + mx + 3 − x = 3

lim

x →+∞

 x 2 + mx + 3 − x 2  ⇔ lim  =3 2 x →+∞  x + mx + 3 + x 

m = 3 ⇔ m = 6 ∈ ( 4;8 ) . 2

⇔

  mx + 3 ⇔ lim  =3 2 x →+∞  x + mx + 3 + x 

Câu 45 (VD)

KÈ

Phương pháp:

Chọn D.

- Đặt ẩn phụ 2 x = t > 0.

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng m ≤ f ( t ) ∀t > 0 ⇔ m ≤ max f ( t ) .

ẠY

[0;+∞ )

Cách giải:

Đặt 2 x = t > 0, bất phương trình trở thành: t 2 − 6t + m ≥ 0 ∀t > 0 ⇔ t 2 − 6t ≥ − m ∀t > 0

Đặt f ( t ) = t 2 − 6t với t > 0 ta có: f ( t ) ≥ − m ∀t > 0 ⇔ − m ≤ min f ( t ) . [0;+∞ )

Ta có f ' ( t ) = 2t − 6 = 0 ⇔ t = 3 ( tm ) .

 min f ( t ) = f ( 3) = −9. [0;+∞ )

Vậy − m ≤ −9 ⇔ m ≥ 9.

Chọn D. Câu 46 (VD)

π  - Tính f   . 2 π 2

- Xét tích phân I =  xf ' ( x ) dx, sử dụng phương pháp tích phân từng phần. 0

π  hai vế của f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x. 2 2 

- Tính

 0

π  f  − x  dx theo 2 

 f ( x ) dx, từ đó tính I . 0

- Lấy tích phân từ 0 đến

FF IC IA L

Phương pháp:

π  Có f ( 0 ) = 0; f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x 2 

Cách giải:

π 2

Xét tích phân I =  xf ' ( x ) dx.

π  π  Thay x = 0 ta có: f ( 0 ) + f   = 0  f   = 0. 2 2

2 u = x du = dx Đặt    I = ( xf ( x ) ) 2 −  f ( x ) dx = −  f ( x ) dx. 0 dv = f ' ( x ) dx v = f ( x ) 0 0

KÈ

π  hai vế của f ( x ) + f  − x  = sin x.cos x ta được: 2 2 

ẠY

Lấy tích phân từ 0 đến π



1 π  f ( x ) dx +  f  − x  dx =  ( sin x.cos x ) dx = . 2 2  0 0

Xét

 0

π  f  − x  dx = −  2  0

π 0

π  π  f  − x  d  − x  = −  f ( t ) dt =  f ( x ) dx. 2  2  π 0 2

 2  f ( x ) dx = 0

2 1 1 ⇔  f ( x ) dx = . 2 4 0

π 2 1 Vậy I = −  f ( x ) dx = − . 4 0

FF IC IA L

Chọn D. Câu 47 (VD) Phương pháp:

- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = x0 là y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 . - Sử dụng công thức tính đạo hàm ( log a u ) ' =

u' . u ln a

4x + 3 3 .  y ' ( 0) = 2 ln 5 ln 5 ( 2 x + 3 x + 1)

Ta có: y = log 5 ( 2 x 2 + 3 x + 1)  y ' =

Cách giải:

Lại có y ( 0 ) = log 5 1 = 0 nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

3x ln 5

y = y ' ( 0 )( x − 0 ) + y ( 0 ) =

Chọn C.

Câu 48 (VD)

Phương pháp:

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.

Cách giải:

KÈ

ẠY

x Xét phương trình hoành độ giao điểm 3− x = . 3 x đồng biến trên ℝ nên phương trình trên có nghiệm duy nhất x = 1. 3

Vì 3− x nghịch biến trên ℝ,

1  3− x x 2  1 2 1 x  Diện tích cần tính là: S =   3− x −  dx =  − −  = − . 3  ln 3 6  0 3ln 3 6 0

m = 2   m + n = 3. n = 1 28

Chọn D. Câu 49 (VD) Cách giải: Ta có g ' ( x ) = f ' ( x ) + m = 0 ⇔ f ' ( x ) = −m.

Để có đúng 1 cực trị thì đường thẳng y = − m cắt đồ thị hàm số y = f ' ( x ) tại 1 điểm hoặc 2 điểm trong đó có 1

FF IC IA L

điểm tiếp xúc.  −m ≥ 3  m ≤ −3 .  Dựa vào đồ thị hàm số    − m ≤ −1  m ≥ 1

Kết hợp điều kiện đề bài ta có m ∈ [ −10; −3] ∪ [1;10] , m ∈ ℤ  m ∈ {−10; −9;...; −4; −3;1; 2;3;...;10} . Vậy có tất cả 18 giá trị của m.

Chọn D. Câu 50 (VD)

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm.

Cách giải:

24 . x

Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x + m +

Hàm số đã cho xác định trên ( 0; +∞ ) .

Để hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) thì y ' ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ )

24 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) x

KÈ

⇔ −m ≤ 3x 2 − 6 x +

24 ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; +∞ ) x

⇔ 3x 2 − 6 x + m +

Đặt g ( x ) = 3 x 2 − 6 x +

24  − m ≤ g ( x ) ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ − m ≤ min g ( x ) . [0;+∞ ) x

ẠY

Ta có:

2 24 x3 − x 2 − 4 6 ( x − 2 ) ( x + x + 2 ) g ' ( x ) = 6 x − 6 − 2 = 6. = x x2 x2

Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2. Bảng biến thiên:

[0;+∞ )

Kết hợp điều kiện đề bài  m ∈ [ −12; 2021] , m ∈ ℤ.

FF IC IA L

Dựa vào BBT  min g ( x ) = 12, do đó − m ≤ 12 ⇔ m ≥ −12.

Vậy có tất cả 2021 − ( −12 ) + 1 = 2034 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

ẠY

KÈ

------------------- HẾT ----------------

SỞ GD&ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỔ TOÁN Mã đề thi 113

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 3 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (Đề có 50 câu)

FF IC IA L

MỤC TIÊU - Đề thi thử lần 3 của trường Chuyên Lê Qúy Đôn – Điện Biên khá nhẹ nhàng, có tính phân loại cao với từng đối tượng học sinh. - Cấu trúc đề khá quen thuộc và bám sát với đề minh họa năm 2021. Đề có phần hơi nhiều kiến thức và các dạng bài về chương Hàm số - đây là một chương rất quan trọng và đáng lưu ý ở những câu vận dụng - vận dụng cao. Câu 1. Cho hai số phức z1 = 2 − i; z2 = 3 + 2i. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức 2 z1 + z2 có B. (0;7) .

C. (5;1) .

D. (7; 0) .

tọa độ là: A. (7;1) .

B. 1 .

C. 2 .

bao nhiêu điểm cực trị? A. 0 .

Câu 2. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ℝ và có đạo hàm f '( x) = x ( x − 1) ( x − 2 ) . Hàm số y = f ( x) có D. 3 .

2 . Tính số hạng thứ 5 của cấp số nhân đó. 3 16 27 C. u5 = . D. u5 = . 27 16

−27 . 16

B. u5 =

−16 . 27

A. u5 =

Câu 3. Cho cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 = −3 , công bội q =

ẠY

KÈ

Câu 4. Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e, ( a ≠ 0 ) có đồ thị của đạo hàm f ′ ( x ) như hình vẽ.

Biết rằng e > n . Số điểm cực trị của hàm số y = f ′ ( f ( x ) − 2 x ) bằng

A. 7 . B. 10 . C. 14 . D. 6 . Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1; 2; 0 ) , B ( 2;0; 2 ) , C ( 2; −1;3) , D (1;1;3) . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng ( ABD ) có phương trình là

 x = 4 + 2t  A.  y = 3 − t  z = 2 + 3t 

 x = −2 − 4t  B.  y = −2 − 3t . z = 2 − t 

 x = 2 + 4t  C.  y = −1 + 3t . z = 3 − t 

 x = 2 + 4t  D.  z = −1 + 3t . z = 3 + t 

Câu 6. Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm ( 2;1; −1) trên trục Oz có tọa độ là B. ( 2;1; 0 ) .

A. ( 0;1;0 ) .

C. ( 0;0; −1) .

D. ( 2; 0;0 ) .

Câu 8. Với a, b là các tham số thực. Giá trị tích phân

 ( 3x

FF IC IA L

Câu 7. Tính diện tích xung quanh của một hình trụ có chiều cao 20m , chu vi đáy bằng 5m . A. 100m 2 . B. 50π m 2 . C. 100π m 2 . D. 50m 2 . − 2ax − 1) dx bằng

A. ( 3b 2 − 2ab − 1) .

B. ( b3 + b 2 a + b ) .

C. b3 − ba 2 − b .

D. b3 − b 2 a − b .

Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3 z + 1 = 0 . Véc tơ nào dưới đây là một véc tơ pháp tuyến của ( P ) ? B. n(2; −1;3) . C. n(2;3;1) D. n(2; −1; −3) A. n(2;1;3)

đó M − m bằng A. 2 .

Câu 10. Số nghiệm của phương trình 22 + x − 22 − x = 15 là A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 Câu 11. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 − 3 x + 2 trên [ 0; 2] . Khi C. 4 .

D. 3 .

B. 6 .

π  Câu 12. Cho hàm số f ( x ) có f   = 2 và f ′ ( x ) = x sin x . 2

 cos x. f ( x ) dx = 0

A. 27 .

a a π2 − (với a, b, c là các số nguyên dương, tối giản). Khi đó a + b + c bằng b c b

Giả sử rằng

C. 20 .

B. 5 .

D. 23 .

Câu 13. Cho số phức z thỏa mãn 3( z + i ) − (2 − i ).z = 3 + 10i . Mô đun của z bằng B. 3 .

KÈ

Câu 14. Cho các số thực x , y thỏa mãn 5 + 16.4 x

C. 5 . 2

−2 y

(

= 5 + 16 x

D. 2

−2 y

) .7

2 y− x +2

. Gọi M và m lần lượt là giá trị

10 x + 6 y + 26 . Tính T = M + m . 2x + 2 y + 5 19 21 A. T = 15 . B. T = . C. T = . D. T = 10 . 2 2 Câu 15. Từ các chữ số 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số? A. 1296 . B. 24 . C. 360 . D. 720 . Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A(1;1;0) B (0;1; 0) C ( −1;0; 2 ) . Đường thẳng d vuông góc với

ẠY

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

mặt phẳng ( ABC ) . Véc tơ nào dưới đây là một véc tơ chỉ phương của d ? A. u (0; 2;1) . B. u (0; −2;1) C. u (−2;1; 0) 2

D. u (1; −2; 0)

( S ) : x2 + ( y +

Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

)

+ z 2 = 16 . Có tất cả bao nhiêu điểm

A ( a, b, c ) ( a, c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng có phương trình y − 2 2 = 0 sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của ( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?

A. 26

B. 32

C. 28

D. 45 2

Câu 18. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 và điểm A ( 2;3; −1) . Xét

FF IC IA L

các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) . Hỏi điểm M luôn thuộc mặt phẳng nào có phương trình dưới đây? A. 3 x + 4 y + 2 = 0 . B. 3 x + 4 y − 2 = 0 . C. 6 x + 8 y − 11 = 0 . D. 6 x + 8 y + 11 = 0 . Câu 19. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a; SA vuông góc với đáy

a 3

10 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) . 5

2a 3

a 3 3

ABCD , SC hợp với đáy một góc α và tan α =

2a 3 3

Câu 20. Tìm a để hàm số y = log a x ( 0 < a ≠ 1) có đồ thị là hình bên dưới:

B. a =

1 2

D. a = 2

4 + iz , biết các số phức z thỏa mãn z = 2. Tìm giá trị lớn nhất của w 1+ z B. 20 + 34 . C. 34 D. 34 − 20

C. a =

Câu 21. Cho số phức w = A.

1 2

A. a = 2

KÈ

3 2 khi x ≤ 1  x + 3 x + m Câu 22. Cho hàm số y = f ( x ) =  4 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 2 − x − 2 x + 7 + m khi x > 1

thỏa mãn m ∈ ( 0;50 ) để Max f ( x ) ≥ 2 Min f ( x ) ? [ −1;2]

[−1;2]

ẠY

A. 7 . B. 19 . C. 21 . D. 38 Câu 23. Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD , AB = a , AC = 2a . Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD thì đường gấp khúc ABCD tạo thành một hình trụ. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng: π a2 2π a 2 A. . B. . C. 4π a 2 . D. 2 3π a 2 . 3 3 Câu 24. Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào dưới dây là đúng? 3

FF IC IA L

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) .

B. Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1 .

C. min f ( x ) = 0 .

D. max f ( x ) = 4 .

[−2;1]

ℝ

1 Câu 25. Tổng các giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ −10;10] để hàm số y = x 3 + 2 x 2 − mx − 1 đồng 3 biến trên ℝ bằng bao nhiêu? A. 49 . B. −49 . C. −45 . D. 45 .

Câu 26. Cho hàm số y = 2 x − x 2 . Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−1;1) . B. (0; 2) . C. (0;1) . D. (1; 2) .

Câu 27. Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c ( a ≠ 0 ) có đồ thị như hình bên. Xác định dấu của a , b , c .

A. a < 0, b < 0, c < 0 . B. a > 0, b < 0, c < 0 . C. a > 0, b > 0, c < 0 . D. a > 0, b < 0, c > 0 . Câu 28. Lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' cạnh AB = a , góc giữa đường thẳng A ' B và mặt phẳng đáy bằng 60° . Hỏi thể tích lăng trụ 3a 3 D. . 4 6 . Biết rằng các mặt bên của hình

KÈ

3a 3 3a 3 a3 A. . B. . C. . 12 4 4 Câu 29. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng

chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2 . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . ABC .

B. 3 . C. 2 2 . D. 2 3 . x + 2m Câu 30. Cho hàm số f ( x ) = ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho x+2 max f ( x ) + min f ( x ) = 2 . Số phần tử của S bằng

ẠY

A. 4 .

[1;3]

A. 1 .

[1;3]

B. 0 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 31. Hình vẽ bên biểu diễn trục hoành cắt đồ thị y = f ( x ) tại ba điểm có hoành độ 0, a, b ( a < 0 < b ) . Gọi

A. S =

 f ( x ) dx .

FF IC IA L

S là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) và trục hoành, khẳng định nào sau đây là sai?

B. S = −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx .

C. S =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx .

 f ( x ) dx +  f ( x ) dx .

D. S =

Câu 32. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2 x + log 5 x ≥ 1 + log 2 x.log 5 x là

A. 2 . B. Vô số. C. 3 . D. 4 . Câu 33. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng

đáy và SA = 2a 3. Gọi M là trung điểm của AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng 2a 2a 3 2a 39 a 39 B. C. D. 13 13 13 13 Câu 34. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 5 z + 8 = 0. Giá trị z12 + z2 2 bằng

KÈ

P ( x ) = ( x − 2)

A. 41 . B. 9 . C. 16 . D. 17 . 2 n −1 Câu 35. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An − 3Cn = 11n. Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển A. 384384 B. −3075072 C. −96096 D. 3075072 x Câu 36. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = e , trục hoành và các đường thẳng x = 0 , x = 1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?

ẠY

π ( e 2 − 1)

A. V =

π e2 2

e2 − 1 C. V = . 2

D. V =

Câu 37. Cho I =  f ( x ) dx = 3 . Khi đó J =   4 f ( x ) − 3 dx bằng: A. 6 . B. 8 . Câu 38. Số phức liên hợp của số phức −4 + 5i là

C. 4 .

D. 2 .

π ( e 2 + 1) 2

A. 4 − 5i .

B. 5 − 4i .

C. −4 − 5i .

Câu 39. Cho a là số thực dương. Biểu thức 2 3

4 3

D. 4 + 5i .

a8 được viết dưới dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ là: 4 3

3 4

D. a . 2a . Tính thể tích hình hộp chữ D. 2a 2 .

FF IC IA L

A. a . B. a . C. a . Câu 40. Cho hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao bằng nhật. 2a 3 A. 2a 3 . B. 6a 3 . C. . 3 Câu 41. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó? A. y = log 0 ,2 x B. y = log 2018 x C. y = log 5 x

3 2

D. y = log 7 x

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên ℝ , có bảng biến thiên như hình vẽ. Với giá trị nào của m thì đồ 1 thị hàm số y = 2 có tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng bằng 3 . Chọn đáp án đúng f ( x) − m

A. 0 < m ≤ 1 . B. 0 ≤ m ≤ 1 . C. 0 < m < 1 . D. m = 0 . Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;3;0 ) và B ( 5;1; −2 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

AB có phương trình là A. 3 x + 2 y − z − 14 = 0 C. 2 x − y − z − 5 = 0

B. 2 x − y − z + 5 = 0 D. x + 2 y + 2 z − 3 = 0

Câu 44. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập ℝ \ {−1} , liên tục trên các khoảng xác định và có bảng biến

KÈ

thiên như hình vẽ. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

ẠY

A. Đường thẳng x = 0 và x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. B. Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. C. Đồ thị hàm số có duy nhất đường tiệm cận đứng là x = 0 . D. Đồ thị hàm số có duy nhất đường tiệm cận đứng là x = −1 . Câu 45. Cho hình nón có chiều cao bằng a . Biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh a hình nón và cách tâm của đáy hình nón một khoảng bằng , thiết diện thu được là một tam giác vuông. Thể 3 tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng:

π a3 5π a 3 4π a 3 5π a 3 . B. . C. . D. . 9 3 9 12 Câu 46. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai f ′′ ( x ) liên tục trên đoạn [ 0;1] đồng thời thỏa mãn điều A.

kiện f ( 0 ) = f (1) = 1; f ′ ( 0 ) = 2021 . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 1

 f ′′ ( x )(1 − x ) dx = −2021



 f ′′ ( x )(1 − x ) dx = 2021 1

f ′′ ( x )(1 − x ) dx = 1

FF IC IA L

 f ′′ ( x )(1 − x ) dx = −1 0

Câu 47. Nếu log 2 x = 5log 2 a + 4 log 2 b ( a, b > 0 ) thì x bằng: A. a 5b 4

C. 5a + 4b

D. 4a + 5b

 x dx bằng 3

A. 3 x 2 + C .

1 4 x +C . 4

1 4 x . 4

D. 4 x 4 + C

Câu 48.

B. a 4b5

Câu 49. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 4 f ( x ) + m = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt?

A. 10 . B. 11 . C. 12 . D. 9 . Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2; − 3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 .

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) : 3x + 4 y − 4 z + 5 = 0 cắt mặt phẳng ( P ) tại điểm MB . 5 . 2

B. MB = 5 .

C. MB = 41 .

------------- HẾT -------------

ẠY

KÈ

A. MB =

B . Điểm M nằm trong mặt phẳng ( P ) , nhìn đoạn AB dưới góc vuông và độ dài MB lớn nhất. Tính độ dài

D. MB =

41 . 2

BẢNG ĐÁP ÁN 2.C

3.B

4.A

5.D

6.C

7.A

8.D

9.B

10.C

11.C

12.A

13.D

14.B

15.A

16.A

17.D

18.B

19.A

20.A

21.B

22.D

23.D

24.C

25.B

26.D

27.B

28.B

29.B

30.C

31.B

32.A

33.C

34.A

35.A

36.A

37.A

38.C

39.A

40.A

41.A

42.A

43.C

44.D

45.D

46.A

47.A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Phương pháp:

Cách giải:

 z1 = 2 − i  2 z1 + z2 = 7 có điểm biểu diễn là điểm có tọa độ ( 7;0 ) . Ta có:   z2 = 3 + 2i

Chọn D.

Câu 2 (TH)

Phương pháp:

Tìm nghiệm của phương trình f ' ( x ) = 0

Số nghiệm bội lẻ của phương trình là số điểm cực trị của hàm số.

Cách giải:

48.B

Sử dụng công thức cộng hai số phức.

FF IC IA L

1.D

KÈ

Ta có f ' ( x ) = 0 ⇔ x ( x − 1) ( x − 2 ) = 0

x = 0 Phương trình trên có 2 nghiệm bội lẻ là  x = 2

ẠY

Chọn C.

Câu 3 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: un = u1.q n −1.

Cách giải: 8

49.B

50.B

u1 = −3 16  4 Ta có  2  u5 = u1.q = − 27 q = 3

Chọn B. Câu 4 (VD)

FF IC IA L

Phương pháp:

Tính đạo hàm của hàm số y = f ' ( f ( x ) − 2 x ) và nghiệm phương trình y ' = 0.

Cách giải: Ta có y = f ' ( f ( x ) − 2 x )  y ' = ( f ' ( x ) − 2 ) . f " ( f ( x ) − 2 x )

 y ' = 0 ⇔ ( f ' ( x ) − 2) . f "( f ( x ) − 2 x ) = 0

 f '( x) = 2  ⇔  f ( x ) − 2 x = m (1)  f x − 2x = n 2 ( )  ( )

+) f ' ( x ) = 2 có 3 nghiệm phân biệt.

+) Từ (1) ta có m < 0

ẠY

KÈ

Bảng biến thiên:

 x1 < m Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2 x  g ' ( x ) = f ' ( x ) − 2 = 0 ⇔  x2 = 0  x3 > n

Nên f ( x ) = m có 2 nghiệm phân biệt vì e > n > m

f ( x ) = n có 2 nghiệm phân biệt vì e > n 9

Vậy tổng số cực trị là 7.

Chọn A. Câu 5 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Lập phương trình mặt phẳng ( ABD ) . Viết phương trình đường thẳng qua C và nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABD ) làm vectơ chỉ phương.

Cách giải:  AB = (1; −2; 2 )  n( ABD ) =  AB; AD  = − ( 4;3;1) . Ta có   AD = ( 0; −1;3)

 x = 2 + 4t  Nên phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABD ) và đi qua điểm C ( 2; −1;3) là  y = −1 + 3t z = 3 + t 

Chọn D.

Câu 6 (NB)

Phương pháp:

Hình chiếu điểm A ( a; b; c ) trên trục Oz là A ' ( 0;0; c ) .

Cách giải:

Câu 7 (NB)

KÈ

Phương pháp:

Chọn C.

Hình chiếu điểm M ( 2;1; −1) trên trục Oz là M ' ( 0;0; −1) .

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ.

Cách giải:

ẠY

Diện tích xung quanh hình trụ là S xq = 2π rh = 20.5 = 100 ( m 2 )

Chọn A.

Câu 8 (TH) Phương pháp: Sử dụng công thức tính nguyên hàm của các hàm số. 10

Cách giải: b

Ta có

 ( 3x

b − 2ax − 1) dx = ( x 2 − ax 2 − x ) = b3 − ab 2 − b 0

Chọn D.

Phương pháp:

FF IC IA L

Câu 9 (NB)

Dựa vào phương trình mặt phẳng để xác định vecto pháp tuyến: ( P ) : ax + by + cz + d = 0 có một vectơ pháp tuyến là ( a; b; c ) .

Cách giải: Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z + 1 = 0 có vecto pháp tuyến là n = ( 2; −1;3) .

Chọn B.

Câu 10 (TH)

Phương pháp:

Giải phương trình mũ bằng cách đặt ẩn phụ để đưa về dạng phương trình bậc hai.

Cách giải:

Ta có 22 + x − 22 − x = 15

Ta có

4 = 15 ⇔ 4t 2 − 15t − 4 = 0 t

KÈ

1  t = − (l )  4 ⇔  t = 4 ( tm )

4t −

Đặt 2 x = t ( t > 0 )

ẠY

Với t = 4  2 x = 4 ⇔ x = 2

Chọn C.

Câu 11 (TH)

Phương pháp: Tìm đạo hàm của hàm số.

Lập bảng biến thiên trên đoạn đã cho và xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. 11

Cách giải: Ta có y = x3 − 3 x + 2  y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1.

FF IC IA L

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy M = 4; m = 0  M − m = 4

Chọn C. Câu 12 (TH)

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ để tìm hàm y = f ( x )

Áp dụng các dữ liện để tìm a; b; c.

u = x du = dx Đặt  ⇔ dv = sin xdx v = − cos x

Ta thấy f ' ( x ) = x sin x  f ( x ) =  x sin xdx

Cách giải:

 f ( x ) = − x cos x +  cos xdx

KÈ

 f ( x ) = − x cos x + sin x + C π  Mà f   = 2  C = 1 2

ẠY

Nên f ( x ) = sin x − x cos x + 1 π

f ( x ) cos x =  cos x ( sin x − x cos x + 1) dx =



7 π2 − 4 16

a = 7   b = 4  a + b + c = 27 c = 16  Chọn A. Câu 13 (TH)

FF IC IA L

Phương pháp: Áp dụng các công thức cộng trừ nhân chia số phức.

Cách giải: Đặt z = a + bi  z = a − bi Ta có

3 ( a − bi + i ) − ( 2 − i )( a + bi ) = 3 + 10i

⇔ a − b + ( a − 5b ) i = 3 + 7i

a − b = 3 a = 2  ⇔  z = 5 a − 5b = 7 b = −1

Chọn D.

Câu 14 (VD)

Phương pháp:

Phân tích nhân tử, tìm mối quan hệ giữa x và y.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P.

Ta có

 72 y− x

−2 y

(

= 5 + 16.4 x

−2 y

) .7

KÈ

5 + 16.4 x

Cách giải:

2 y − x2 + 2

ẠY

⇔ 2 y = x2 − 2

Khi đó P =

10 x + 6 y + 26 3 x 2 + 10 x + 20 = 2x + 2 y + 5 x2 + 2 x + 3 2

− ( 2 x + 1) 3 x 2 + 10 x + 20 − 7 = ≤0 P≤7 P−7 = 2 x2 + 2 x + 3 ( x + 1) + 2 13

3 2 x + 3) 5 3 x + 10 x + 20 5 2 ( 5 − = ≥0 P ≥ P− = 2 2 2 2 ( x + 1) + 2 2 x + 2x + 3 2

Khi đó M + m = 7 +

5 19 = . 2 2

FF IC IA L

Chọn B. Câu 15 (TH) Phương pháp: Sử dụng quy tắc đếm.

Cách giải: Gọi số có 4 chữ số cần lập là abcd .

Ta có: mỗi chữ số a, b, c, d đều có 6 cách chọn nên số các số lập được là: 6.6.6.6 = 1296

Chọn A.

Câu 16 (TH)

Phương pháp:

Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .

Suy ra vecto chỉ phương của d chính là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) .

Cách giải:  AB = ( −1; 0;0 ) Ta có    AB; AC  = ( 0; 2;1)  AC = ( −2; −1; 2 )

KÈ

Chọn A.

Mà d ⊥ ( ABC )  đường thẳng d có vecto chỉ phương là ( 0; 2;1) .

Câu 17 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Áp dụng tính chất mặt cầu.

Cách giải:

(

Ta có A ∈ ( P ) ; y = 2 2  A a; 2 2; c

(

) )

Gọi I là tâm mặt cầu ( S ) nên I 0; − 2;0 ; R = 4 14

Qua A kẻ ít nhất hai đường thẳng tiếp tuyến với mặt cầu ( S ) và vuông góc với nhau. Khi đó:

R ≤ IA ≤ R 2

)

+ c2 ≤ 4 2

FF IC IA L

(

 4 ≤ a2 + 2 2 + 2

 0 ≤ a 2 + c 2 ≤ 14

 ( a; c ) = ( 0;0 ) ; ( 0;1) ; ( 0; −1) − 14 ≤ a ≤ 14  − 14 ≤ c ≤ 14

Có 49 điểm trên hình vuông thì có 45 điểm trên hình tròn.

Chọn D.

Câu 18 (TH)

Phương pháp:

Viết phương trình mặt cầu ( S ') có tâm A và bán kính AM .

Điểm M thuộc mặt phẳng giao nhau giữa hai mặt cầu ( S ) và ( S ') .

Cách giải:

Tâm I của mặt cầu ( S ) là I ( −1; −1; −1) ; R = 3

Ta tính được: AI = 5; AM = AI 2 − R 2 = 4

Phương trình mặt cầu ( S ') có tâm A ( 2;3; −1) và bán kính AM = 4 là: ( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16.

Chọn B.

KÈ

Điểm M luôn thuộc mặt phẳng ( P ) = ( S ) ∩ ( S ') có phương trình: 3 x + 4 y − 2 = 0.

ẠY

Câu 19 (VD)

Phương pháp:

Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Gọi a ' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng ( P )

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( P ) là góc giữa đường thẳng 15

Vì ABCD là hình chữ nhật  AC = AB 2 + AD 2 = a 2 + ( 2a 2 ) = a 5

10 SA 10  = ⇔ SA = a 2 5 AC 5

 tan ∠SCA =

SA ⊥ ( ABCD )  ( SC ; ( ABCD ) ) = ( SC ; AC ) = ∠SCA

FF IC IA L

Cách giải:

Ta có AB / / CD, CD ⊂ ( SCD )  d( B ;( SCD ) ) = d( A;( SCD ) )

Kẻ AH ⊥ SD; H ∈ SD

CD ⊥ SA  CD ⊥ AH Ta có  CD ⊥ AD

1 1 1 1 = 2+ = 2 2 AH SA AD a 2

)

Chọn D.

(

( 2a )

 AH =

2 3a 2a 3  d ( B ;( SCD ) ) = 3 3

KÈ

Mà

Mà AH ⊥ SD  AH ⊥ ( SCD )  d( A;( SCD )) = AH

Câu 20 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y = log a x đi qua A ( 2; 2 )  log a 2 = 2  a = 2 (vì 0 < a ≠ 1 )

Chọn A. 16

Câu 21 (VD) Phương pháp: Áp dụng công thức tính modun số phức.

Cách giải: Ta có 4 + iz ⇔ w (1 + z ) = 4 + iz 1+ z

FF IC IA L

⇔ (w − i) z = 4 − w  2 w−i = 4− w

Ta có

2. x 2 + ( y − 1) =

( x − 4)

Đặt w = x + yi

+ y2

⇔ x 2 + y 2 + 8 x − 4 y − 14 = 0

⇔ ( x + 4 ) + ( y − 2 ) = 34

Do đó quỹ tích của số phức w là đường tròn tâm I ( 4; −2 ) và bán kính R = 34 Khi đó giá trị lớn nhất của w là: OI + R = 34 + 20

Chọn B. Câu 22 (TH)

Phương pháp:

Tìm min, max của hàm f ( x ) trên từng khoảng [ −1;1] và (1; 2] .

KÈ

Sử dụng điều kiện Max f ( x ) ≥ 2 Min f ( x ) để giải ra khoảng giá trị của m sau đó kết hợp với m ∈ ( 0;50 ) để [ −1;2]

[ −1;2]

tìm các giá trị nguyên của m thỏa mãn.

ẠY

Cách giải:

Trên [ −1;1]  f ' ( x ) = 3x 2 + 6 x = 0 ⇔ x = 0

 m ≤ f ( x ) ≤ m + 4 ∀x ∈ [ −1;1]

Trên (1; 2]  m − 17 ≤ f ( x ) < m + 4

Theo đề bài ta có: 17

 m + 4 ≥ 2 ( m − 17 ) ⇔ m ≤ 38

Kết hợp với điều kiện m ∈ ( 0;50 ) ta được  m ∈ {1; 2;3;...;38} . Vậy có tất cả 38 giá trị của m.

Chọn D.

FF IC IA L

Câu 23 (TH) Phương pháp: Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ

Cách giải:

Hình chữ nhật ABCD có AB = a; AC = 2a  AD = a 3.

Diện tích xung quanh hình trụ khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AD là

Câu 24 (TH)

KÈ

Phương pháp:

Chọn D.

S xq = 2π . AB. AD = 2π a 2 3

Dựa vào đồ thị hàm số để xác định.

Cách giải:

ẠY

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;1) Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; −1) ; (1; +∞ )

Giá trị nhỏ nhất trên đoạn [ −2;1] là f ( x ) = 0. 18

Giá trị lớn nhất trên ℝ không xác định.

Chọn C. Câu 25 (VD) Phương pháp: Tìm đạo hàm của hàm số.

FF IC IA L

Lập bảng biến thiên và xác định.

Cách giải: 1 Ta có hàm số y = x 3 − 2 x 2 − mx − 1 đồng biến trên ℝ khi 3

a = 1 > 0 ⇔ m ≤ −4 y ' = x2 − 4x − m ≥ 0 ⇔  ∆ ' = 4 + m ≤ 0

Khi đó −10 ≤ m ≤ −4  m ∈ {−10; −9; −8;...; −4}

Tổng các giá trị của m là S = −49.

Chọn B.

Câu 26 (TH)

Phương pháp:

Tìm đạo hàm của hàm số và lập bảng biến thiên. Từ đó tìm được khoảng nghịch biến của đồ thị hàm số.

Cách giải:

ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 2

Chọn D.

2 2 x − x2

< 0 ⇔ x >1

KÈ

Khi đó 1 < x ≤ 2

2 − 2x

Ta có y = 2 x − x 2  y ' =

Câu 27 (TH)

ẠY

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số để xác định các hệ số.

Cách giải:

Phần đường cong cuối cùng của đồ thị hàm số hướng lên nên a > 0

Hàm số có 3 điểm cực trị nên −

b >0b<0 a 19

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên c < 0 Chọn B. Câu 28 (TH) Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ.

FF IC IA L

Cách giải:

( A ' B, ( A ' B ' C ') ) = ( A ' B, A ' B ') = ∠BA ' B '

Ta có: ABC. A ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên BB ' ⊥ ( A ' B ' C ') nên B ' là hình chiếu vuông góc của B lên đáy.

BB ' BB '  tan 60 =  BB ' = a 3. A' B ' a

Trong ∆BA ' B ' vuông tại B ' ta có: tan ∠BA ' B ' =

a2 3 3a 3 .a 3 = 4 4

Chọn B.

KÈ

Câu 29 (VD)

Thể tích khối lăng trụ là V = S d .h =

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp.

ẠY

Cách giải:

FF IC IA L

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC )

M , N , P lần lượt là hình chiếu của H trên AB, BC , CA Khi đó SM , SN , SP lần lượt là đường cao của các mặt bên

Vì các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau nên SM = SN = SP  HM = HN = HP

Nên H là đường tròn nội tiếp hoặc bang tiếp tam giác ABC.

+) TH1: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

6, cạnh bên bằng 3 2

Khi đó hình chóp S . ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 2

(3 2 )

 2 6. 3  −  .  =4 2  3

Ta có SH = SA − AH =

1 Thể tích khối chóp S . ABC là V = .SH .S ABC 3

( 6) . 1 = .42.

KÈ

+) TH2: H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Giả sử bàng tiếp góc A

2. 6. 3 = 3 2; BH = CH = 6 2

ẠY

Ta có AH =

Nếu SA = 3 2  SH = SA2 − AH 2 = 0 ( l ) Nếu SA = 3 2  SB = SC = 3 2  SH = SB 2 − BH 2 = 2 3

1 Thể tích khối chóp SABC là V = .SH .S ABC = 3 3 21

=2 3

Vậy min VSABC = 3

Chọn B. Câu 30 (VD) Phương pháp:

FF IC IA L

Tính đạo hàm f ' ( x ) sau đó tính giá trị f ( x ) tại hai đầu mút là f (1) và f ( 3) . Xét hai trường hợp f ' ( x ) > 0 và f ' ( x ) < 0 để tìm giá trị của m thỏa mãn.

Cách giải: Ta có f ( x ) =

1 + 2m 3 + 2m ; f ( 3) = 3 5

f (1) =

x + 2m 2 − 2m  f '( x) = 2 x+2 ( x + 2)

TH1: 2 − 2m > 0 ⇔ m < 1

1 + 2m 3 + 2m ; max f ( x ) = 3 5

min f ( x ) =

Trên đoạn [1;3] ta có:

1 + 2m ≤ 0 −3 +)  ⇔m≤ 2 3 + 2m ≤ 0

−3 − 2 m −1 − 2 m ; max f ( x ) = 5 3

min f ( x ) =

Trên đoạn [1;3] ta có:

−3 − 2m −1 − 2m + =2 5 3



−16m 44 11 = ⇔m=− 15 15 4

KÈ



ẠY

1 + 2m ≥ 0 1 +)  ⇔m≥− 2 3 + 2m ≥ 0

Tương tự trên ta có m = 1 (loại)

1 + 2m ≤ 0 3 1 ⇔− ≤m≤− +)  2 2 3 + 2m ≥ 0 22

7  m = 2 Tương tự  hoặc − 7 m >  8

7  m = − 2  m < − 7  8

(loại vì không t/m đk)

 min f ( x ) =

FF IC IA L

TH2: 2 − 2m < 0 ⇔ m > 1 3 + 2m 1 + 2m > 0; max f ( x ) = >0 5 3

Trong đoạn [1;3]  min f ( x ) =

3 + 2m 1 + 2m + = 2 ⇔ m = 1( L ) 5 3



3 + 2m 1 + 2m ; max f ( x ) = 5 3

TH3: 2 − 2m = 0 ⇔ m = 1

Trên đoạn [1;3] ta có:

min f ( x ) = 1; max f ( x ) = 1

 m = 1 (thỏa mãn)

 11   S = − ;1  4 

Chọn C. Câu 31 (TH)

Phương pháp:

đối. Cách giải:

KÈ

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng sau đó xét dấu của f ( x ) trên từng khoảng để bỏ dấu giá trị tuyệt

ẠY

S =  f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx b

= −  f ( x ) dx −  f ( x ) dx

Chọn B. 23

Câu 32 (VD) Phương pháp: Biến đổi phương trình logarit ban đầu về phương trình dạng tích. Xét các trường hợp xảy ra và giải bất phương trình logarit, kết hợp với điều kiện xác định để kết luận giá trị thỏa mãn.

FF IC IA L

Cách giải: Điều kiện: x > 0 Ta có

log 2 x + log 5 x ≥ 1 + log 2 x.log 5 x ⇔ log 2 x.log 5 x + 1 − log 5 x − log 2 x ≤ 0

⇔ ( log 2 x − 1)( log5 x − 1) ≤ 0

 log 2 x ≤ 1  log 5 x ≥ 1  2≤ x≤3  log x ≥ 1 2   log 5 x ≤ 1

Chọn A. Câu 33 (VD)

Phương pháp:

chứa b mà song song với a.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Sử dụng lý thuyết: Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a, b bằng góc giữa đường thẳng a với mặt phẳng ( P )

Gọi N là trung điểm của BC thì AB / / MN suy ra d ( AB, MN ) = d ( AB, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) . 24

Gọi E là hình chiếu của A lên MN  ME ⊥ ( SAE ) . Mà SA ⊥ ME nên suy ra NE ⊥ ( SAE ) . Gọi F là hình chiếu của A lên SE  AF ⊥ SE Mà EN ⊥ ( SAE )  NE ⊥ AF .

1 1 1 = + 2 2 AF AS AE 2

Tam giác SAE vuông tại A ta có: Thay số ta tính được AF =

2a 39 13

2a 39 . 13

Vậy d ( AB, SM ) =

FF IC IA L

Do đó: AF ⊥ ( SEN ) hay d ( A, ( SMN ) ) = d ( A, ( SEN ) ) = AF

Chọn C.

Câu 34 (TH)

Phương pháp:

Tìm nghiệm phức của phương trình bậc hai sau đó áp dụng công thức cộng hai số phức.

KÈ

Câu 35 (VD)

7 i 2  z12 + z22 = 9 7 i 2

Chọn B.

5 + 2 5 − 2

 z = 2 Ta có z − 5 z + 8 = 0    z = 

Cách giải:

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tổ hợp, chỉnh hợp để tìm n.

ẠY

Khai triển nhị thức Niuton.

Cách giải:

Ta có

An2 − 3Cnn −1 = 11n

⇔

n! n! − 3. = 11n ( n − 2 )! ( n − 1)!.1!

 n = 15 15

Khi đó P ( x ) = ( x − 2 ) = ( x − 2 ) =  C15i .x i . ( −2 ) 15

15 −i

i =0

FF IC IA L

Hệ số của x10 là C1510 . ( −2 ) = −96096

Chọn C. Câu 36 (TH) Phương pháp: b

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay: V =  f ( x ) dx

Cách giải:

Khối tròn xoay có thể tích là V = π  e dx = 2x

π ( e2 − 1) 2

Chọn A.

Hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = e x , trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = 1

Câu 37 (TH)

Áp dụng tính chất của tích phân.

Phương pháp:

Cách giải:

Chọn A.

KÈ

Ta có J =   4 f ( x ) − 3 dx = 4  f ( x ) dx −  3dx = 4.3 − 6 = 6

ẠY

Câu 38 (NB)

Phương pháp:

Số phức liên hợp của số phức z = a + bi; ( a, b ∈ ℝ ) là z = a − bi

Cách giải: Số phức liên hợp của z = −4 + 5i là −4 − 5i

Chọn C. 26

Câu 39 (TH) Phương pháp: Áp dụng tính chất hàm mũ.

Cách giải: 4 3

a8 = a 3 = a 3.4 = a 3

FF IC IA L

Ta có

Chọn A. Câu 40 (NB) Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật: V = S d .h

Cách giải: Ta có V = 2a.a 2 = 2a 3

Chọn A.

Câu 41 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm logarit:

y = log a x, ( 0 < a < 1, x > 0 ) nghịch biến trên ( 0; +∞ )

y = log a x, ( a > 1, x > 0 ) đồng biến trên ( 0; +∞ )

Cách giải:

Ta thấy 0, 2 < 1  y = log 0,2 x là hàm nghịch biến trên tập xác định của nó.

Chọn A.

KÈ

Câu 42 (VD)

Phương pháp:

ẠY

Lập luận: đồ thị hàm số có dạng như trên luôn có một tiệm cận ngang y = 0 Do đó đồ thị hàm số phải có 2 tiệm cận đứng, từ đó suy ra điều kiện của m để mẫu số có hai nghiệm.

Cách giải:

Hàm số y =

1 có 1 đường tiệm cận ngang f ( x) − m 2

Nên y =

1 có 2 đường tiệm cận đứng. f ( x) − m 2

 f 2 ( x ) = m có 2 nghiệm phân biệt.

 f ( x) = m Với m ≥ 0 có   f ( x ) = − m ( l ) Nhìn vào bảng biến thiên ta rút ra: f ( x ) = m có 2 nghiệm thì 0 < m < 1

Chọn C. Câu 43 (TH)

Phương pháp:

FF IC IA L

Với m < 0 thì vô nghiệm.

Tìm trung điểm đoạn thẳng của đoạn thẳng AB.

Áp dụng công thức viết phương trình mặt phẳng trung trực của AB : đi qua trung điểm I và nhận AB là vectơ pháp tuyến.

Gọi M là trung điểm của AB nên M ( 3; 2; −1)

Cách giải:

Ta có AB = ( 4; −2; −2 )  ( 2; −1; −1)

Phương trình mặt phẳng trung trực là 2 ( x − 3) − ( y − 2 ) − ( z + 1) = 0 ⇔ 2 z − y − z − 5 = 0

Phương pháp:

Câu 44 (NB)

Chọn C.

Cách giải:

KÈ

Dựa vào bảng biến thiên để xác định đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

ẠY

Ta thấy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng là x = −1 và 1 tiệm cận ngang là y = 0

Chọn D.

Câu 45 (VD)

Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích khối nón

Cách giải: 28

FF IC IA L

Ta có SO = a Mặt phẳng qua đỉnh là ( SAB )

1 1 a 1 a 2 ; = +  OH = 2 2 2 3 OK SO OH 4

OK =

a2 Đặt OA = R  AH = OA − OH = R − 8 2

a2 9a 2 = 8 8

SH = SO 2 + OH 2 = a 2 +

Tam giác SAB vuông cân tại S , trung tuyến SH

1 5a 2π Khi đó V = π R 2 h = 3 12

9a 2 AB a2 a 5 2 Nên SH = = AH  = R − R= 2 8 8 2

KÈ

Chọn D. Câu 46 (TH)

Phương pháp:

ẠY

Áp dụng công thức tính tích phân từng phần

Cách giải:

Ta có 1

 0

1 1 1 f " ( x )(1 − x ) dx =  (1 − x ) d ( f ' ( x ) ) = (1 − x ) f ' ( x ) −  f ' ( x ) d (1 − x ) 0 0 0

= − f ' ( 0 ) +  f ' ( x ) dx = − f ' ( 0 ) + f (1) − f ( 0 ) = −2021 0

Chọn A. Câu 47 (TH) Phương pháp:

FF IC IA L

Áp dụng các công thức biến đổi logarit.

Cách giải: Điều kiện: x > 0 Ta có

log 2 x = 5log 2 a + 4 log 2 b

⇔ log 2 x = log 2 ( a 5 .b 4 )

 x = a 5 .b 4

Chọn A.

Câu 8 (NB)

x n +1 + C. n +1

Chọn B.

KÈ

Câu 49 (TH)

x4 +C 4

3  x dx =

Cách giải: Ta có

n  x dx =

Áp dụng công thức tính nguyên hàm:

Phương pháp:

ẠY

Dựa vào bảng biến thiên để xác định tương giao của đồ thị hàm số f ( x ) và đường thẳng y = −

m . 4

Cách giải:

Phương trình 4 f ( x ) + m = 0 ⇔ f ( x ) = −

m m có 4 nghiệm phân biệt khi −2 < − < 1 ⇔ −4 < m < 8 4 4

Nên có 11 giá trị m thỏa mãn. 30

Chọn B. Câu 50 (VDC) Phương pháp: Lập luận để chỉ ra MB lớn nhất khi MA nhỏ nhất.

FF IC IA L

Sau đó tìm giá trị nhỏ nhất của AM là AE với E là hình chiếu của A trên ( P ) Tìm tọa độ điểm E từ đó tính được MB.

Cách giải: Ta có MB 2 = AB 2 − MA2 Nên MB lớn nhất khi MA nhỏ nhất Gọi E là hình chiếu của A lên ( P )

Ta có AM ≥ AE khi M trùng với E

Khi đó min MA = AE

Đường thẳng d đi qua A (1; 2; −3) và nhận u = ( 3; 4; −4 ) làm vecto chỉ phương nên phương trình đường thẳng

 x = 1 + 3t  d là  y = 2 + 4t  z = −3 − 4t 

Nên B (1 + 3t ; 2 + 4t ; −3 − 4t ) mà B ∈ ( P )  t = −1  B ( −2; −2; −1)

 x = −1 + 2t  Phương trình đường thẳng AE là  y = 2 + 2t  z = −3 − t 

KÈ

 E ( −3; −2; −1)

Mà E ∈ d ' nên E ( −1 + 2t ; 2 + 2t ; −3 − t ) ∈ ( P )  t = −2

Khi đó MB = BE = 5

ẠY

Chọn B.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 Bài thi: MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 001

MỤC TIÊU

FF IC IA L

- Đề thi thử TN THPT năm 2021 của Sở GD&ĐT Quảng Bình tổng hợp những câu hỏi khá hay và chất lượng, đặc biệt là những câu VDC phía cuối, vừa giúp học sinh luyện tập các dạng bài thường thi, vừa giúp học sinh nâng cao khả năng giải quyết các bài toán khó. - Đề thi giúp học sinh quen với cảm giác phòng thi, biết phân bố thời gian hợp lý, biết điểm mạnh điểm yếu của mình để hoàn thành tốt kì thi chính thức sắp tới. Câu 1: Một đội văn nghệ có 10 người gồm 6 nam và 4 nữ. Cần chọn ra một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? C. C102

B. 10

D. 1

A. 24

B. u4 = 8

C. u4 = 14

D. u4 = 23

A. u4 = 18

Câu 2: Cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 3, công sai d = 5, số hạng thứ tư là

Câu 3: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình sau:

KÈ

Hàm số y = f ( x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −2;0 )

B. ( −2; +∞ )

C. ( 0; 2 )

ẠY

Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây

D. ( −∞;0 )

FF IC IA L

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng

A. 0

B. −1

C. 1

D. −2

Câu 5: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x + 2 ) , ∀x ∈ ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

B. 3

5x − 2 . Khẳng định nào sau đây đúng? 3x + 1

1 B. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = − . 3

1 A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = − . 3

5 D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = . 3

5 C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = . 3

D. 1

Câu 6: Cho hàm số y =

C. 5

A. 2

x −1 x +1

ẠY

A. y =

KÈ

Câu 7: Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở các phương án A, B, C, D. Hỏi đó là hàm số nào?

B. y =

−2 x + 1 x −1

C. y =

x +1 x −1

D. y =

x+2 x +1

Câu 8: Đồ thị hàm số y = x 4 − x 2 − 2 cắt trục Oy tại điểm

(

)

A. A 0; 2 .

B. A ( −2;0 )

C. A ( 0; −2 )

(

D. A 0; − 2

Câu 9: Với a là số thực dương tùy ý khác 1, ta có log 3 ( a 2 ) bằng: A. 2 log 3 a

B. log a 3

C. 2

1 log 3 a 2

1 2 log a 3

)

Câu 10: Đạo hàm của hàm số y = log 5 x là A. y ' =

x ln 5

B. y ' =

1 x ln 5

C. y ' = x ln 5

D. y ' =

ln 5 x

Câu 11: Cho a là số thực dương. Rút gọn biểu thức P = a 3 a ta được 11

B. P = a 6

C. P = a 3

D. P = a 3

Câu 12: Tập nghiệm của phương trình 32 x  1 A. 0;   2

−x

= 3 là:

 1 B. −1;   2

 1  D. − ;1  2 

C. {0; 2}

Câu 13: Tập nghiệm của phương trình log 5 ( x 2 − 3 x + 5 ) = 1 là B. {0;1}

C. {−3;3}

Câu 14: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = 3 x 2 + sin x là: A. x3 + cos x + C

D. {0;3}

A. {−3; 0}

FF IC IA L

A. P = a 6

C. x3 − cos x + C

D. 6 x − cos x + C

B. 6 x + cos x + C

 f ( x ) dx = 2 e

 f ( x ) dx = 2e

Câu 15: Biết f ( x ) = e 2 x , ∀x ∈ ℝ . Mệnh đề nào sau đây đúng?

 f ( x ) dx = 2 e

Câu 16: Hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ, f ( −1) = −5 và f ( 3) = 2, khi đó

KÈ

A. 5

 f ( x ) dx = e

 f ' ( x ) dx bằng:

C. 7

D. −3

C. 4

D. 7

C. z = 5

D. z = 5

 ( 4 x − 3) dx bằng

Câu 17: Tích phân

−1

B. −7 2

A. 4

B. 2

Câu 18: Cho số phức z = 3i − 4, khi đó:

ẠY

A. z = 3

B. z = 4

Câu 19: Cho hai số phức z1 = 2 + i, z2 = −4 − 5i. Số phức z1.z2 bằng

A. z = −2 − 4i

B. z = −13 − 14i

C. z = 6 + 6i

D. z = −3 − 14i

Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M ( −3;1) biểu diễn số phức A. z = 3 − i

B. z = −3 + i

C. z = 1 − 3i

D. z = −1 + 3i

Câu 21: Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 và chiều cao bằng 3 thì có thể tích bằng 3

A. 15

B. 5

5 3

8 3

Câu 22: Khối lập phương có thể tích bằng 8. Độ dài cạnh của hình lập phương đó là A.

8 3

B. 2

2 3

D. 4

4π 3 3

4π 3

FF IC IA L

Câu 23: Cho khối nón có bán kính đáy r = 2, chiều cao h = 3. Thể tích của khối nón là 2π 3 3

D. 4π 3

Câu 24: Cho hình trụ có chiều cao bằng 1, bán kính đáy bằng 6, thể tích khối trụ đó là A. 12π

B. 36π

C. 12

D. 36

Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −1; 2;3) , N ( 4;1; −9 ) . Tọa độ trọng tâm của 3 3  A.  ; ; −3  2 2 

tam giác OMN là:

C. ( 3;3; −6 )

D. (1;1; −2 )

B. ( 5; −2; −12 )

Câu 26: Phương trình mặt cầu tâm I (1; −2;3) , bán kính R = 2 là

B. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 4

A. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 4 C. ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 2

D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 2

Câu 27: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( Oxz ) có phương trình là: B. z = 0

C. y = 0

A. x = 0

Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

KÈ

chỉ phương của đường thẳng d ? A. u = ( 2;3;1) B. u = ( 2;3;0 )

D. x + z = 0

x −1 y + 2 = = z − 3. Véctơ nào dưới đây là một véctơ 2 3

C. u = ( −1; 2; −3)

D. u = (1; −2;3)

Câu 29: Chọn ngẫu nhiên hai số trong 13 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được hai số lẻ bằng 5 26

ẠY

6 13

7 13

7 26

Câu 30: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ℝ ? A. y =

x +1 x−2

B. y = 2 x 2 − x

C. y = − x 3 + x 2 − x

D. y = 2 x 4 − 5 x 2 − 7

Câu 31: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = Tổng M + m bằng: 4

2x + 3 trên đoạn [ 0;1] . x−2

A. −2

7 2

−13 2

−17 2

Câu 32: Nghiệm của bất phương trình log 2 ( 3x − 2 ) < 0 là A. x > 1

B. x < 1

C. 0 < x < 1

D. log 2 3 < x < 1

Câu 33: Cho

 3 f ( x ) − 4 dx = 2, tính  cos x. f ( sin x ) dx ta có kết quả là

A. 2.

B. −2.

C. 1

Câu 34: Cho số phức z = 4 − 3i. Môđun của số phức

z bằng 1 − 2i

B. 5

D. −1.

5 5

D. 5 2

FF IC IA L

π 1

B. 300

C. 450

A. 600

Câu 35: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 2a. Tính góc giữa CC ' và mặt phẳng ( AB ' C ') ? D. 900

Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Các mặt phẳng bên ( SAB ) và ( SAD )

a 6 2

a 2 2

C. a 2

D. a

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, SB = a 3. Khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng ( ABCD ) là:

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho A (1;1;3) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −1; 2;3) . Phương trình mặt cầu tâm O và tiếp

B. x 2 + y 2 + z 2 = 3

C. x 2 + y 2 + z 2 = 3

A. x 2 + y 2 + z 2 = 9

xúc với mặt phẳng ( ABC ) là:

D. x 2 + y 2 + z 2 =

5 3

KÈ

Câu 38: Trong không gian Oxyz , đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm A (1; 2; −1) và song song với đường thẳng

ẠY

x = 1− t ( d ) :  y = 5 + 2t có phương trình tham số là  z = 2 + 3t   x = −1 + t  A.  y = 2 + 2t z = 3 − t 

x = 1− t  B.  y = 2 + 2t  z = 1 + 3t 

 x = −t  C.  y = 4 + 2t  z = 2 + 3t 

x = 1+ t  D.  y = 2 + 2t  z = −1 + 3t 

Câu 39: Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) là đường cong trong hình bên. Giá trị lớn nhất của 2

hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1) trên đoạn [ −3;3] bằng 5

B. f ( −3) − 4

C. 2 f (1) − 4

Câu 40: Có bao nhiêu cặp số nguyên

( x; y )

13 6

 x. f ' ( 2 x ) dx −3

và thỏa mãn

D. 8

19 24

50 3

[ −2;10]

C. 5

B. 7

khi x > 0 2 x − 1 . Tích phân Câu 41: Cho hàm số f ( x ) =  2  x − x − 1 khi x ≤ 0 A.

D. f ( 3) − 16

sao cho x, y thuộc đoạn

2 x + y ≤ log 2 ( x − y ) ? A. 6

FF IC IA L

A. f ( 0 ) − 1

bằng

11 6

B. 2

C. 4

A. 0

Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = 1 và 5 z − z − 8 − 6i = 12 ? D. 1

C. 2a 3

B. a 3 3

A. 2a 3 3

Câu 43: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, ∠ABC = 600 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt bên ( SCD ) tạo với đáy một góc 600. Thể tích của khối chóp S . ABC bằng D. 3a 3 3

Câu 44: Mặt tiền nhà Thầy Nam có chiều ngang AB = 4m, thầy Nam muốn thiết kế lan can nhô ra có dạng là

một phần của đường tròn ( C ) (hình vẽ). Vì phía trước vướng cây tại vị trí F nên để antoàn, thầy Nam cho xây

ẠY

KÈ

đường cong đi qua vị trí điểm E thuộc đoạn DF sao cho E cách F một khoảng 1m, trong đó D là trung điểm của AB. Biết AF = 2m, ∠DAF = 600 và lan can cao 1m làm bằng inox với giá 2,2 triệu/ m 2 . Tính số tiền thầy Nam phải trả (làm tròn đến hàng ngàn).

A. 7.568.000

B. 10.405.000

C. 9.997.000 6

D. 8.124.000

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + y − z − 3 = 0, điểm M ( 3;1;1) và đường

x = 1  thẳng d :  y = 4 + 3t . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M ( 3;1;1) , nằm trong mặt phẳng (α ) và tạo với   z = −3 − 2t đường thẳng d một góc nhỏ nhất. Lập phương trình của ∆.

 x = 3 + 2t  C. ∆ :  y = 1 − t  z = 1 − 2t 

 x = −2 + 5t  D. ∆ :  y = 5 − 4t  z = −1 + 2t 

FF IC IA L

 x = 8 + 5t  B. ∆ :  y = −3 − 4t z = 2 + t 

x = 3  A. ∆ :  y = 1 − t  z = 1 + 2t 

Câu 46: Cho y = f ( x ) là hàm số đa thức bậc 4 thỏa mãn f (1) ≤ 0 và hàm số y = f ' ( x ) có bảng biến thiên

(

)

x 2 + 1 + x 2 có mấy điểm cực trị?

B. 3

C. 5

A. 1

Hàm số g ( x ) = f

như sau:

ln 3 ( x + m ) + m3 + e x .ln ( x + m )

= e3 x .

B. 2019

[ −2020; 2021]

C. 2023

A. 4042

Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc

D. 2 sao cho tồn tại x thỏa mãn

D. 2021

Câu 48: Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ bên. Biết hàm số f ( x ) đạt cực trị tại hai điểm

x1 , x2 thỏa mãn x2 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1. Gọi S1 , S 2 là diện tích của hai hình phẳng được cho trong S1 . S2

ẠY

KÈ

hình vẽ bên. Tính tỉ số

5 4

3 5

C. 7

3 8

5 8

Câu 49: Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1 + 1 − 2i = z1 − 5 + 2i và z2 + 3 − 2i = 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 + 3 + i + z1 − z2 bằng:

A. 5 5 − 2

B. 10 + 2

C. 3 10 − 2

85 − 2

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) và đi qua điểm A ( 0; 4;1) . Xét khối nón ( N ) có đỉnh A và nối tiếp trong khối cầu ( S ) . Khi diện tích xung quanh của hình nón ( N ) lớn

(N )

có phương trình dạng − x + by + cz + d = 0. Giá trị của

b + c + 2d bằng:

A. 12

B. 6

C. −12

D. −6

------------------ HẾT ----------------

BẢNG ĐÁP ÁN 2.A

3.C

4.A

5.B

6.B

11.B

12.D

13.D

14.C

15.A

16.C

21.A

22.B

23.A

24.B

25.D

26.A

31.C

32.D

33.A

34.A

35.C

41.A

42.B

43.B

44.C

45.B

9.A

10.B

17.B

18.C

19.D

20.B

27.C

28.A

29.D

30.C

36.C

37.A

38.C

39.C

40.A

46.C

47.D

48.B

49.D

50.A

7.C

8.C

1.A

FF IC IA L

nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (NB)

Cách giải: Chọn 1 trong 6 bạn nam: 6 cách

Chọn 1 trong 4 bạn nữ: 4 cách.

Chọn A.

KÈ

Vậy số cách chọn ra một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là: 6.4 = 24 (cách).

Câu 2 (NB)

ẠY

Cách giải:

Ta có: u4 = u1 + ( 4 − 1) d = 3 + 3.5 = 18.

Chọn A.

Câu 3 (NB) Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên ( 0; 2 ) . 8

Chọn C. Câu 4 (NB) Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là yCT = y ( 0 ) = 0.

Chọn A.

FF IC IA L

Câu 5 (NB) Cách giải:

 x = 0 ( nghiem don )  Ta có f ' ( x ) = x ( x − 1) ( x + 2 ) = 0 ⇔  x = 1( nghiem boi 3)  x = −2 nghiem don ( )  3

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn B.

Câu 6 (NB)

5x − 2 5 1 có TCN y = và TCĐ x = − . 3x + 1 3 3

Đồ thị hàm số y =

Cách giải:

Chọn B.

Câu 7 (NB)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Cách giải:

Đồ thị hàm số có TCĐ x = 1 nên loại đáp án A và D.

Đồ thị hàm số có TCN y = 1 nên loại đáp án B.

KÈ

Chọn C. Câu 8 (NB) Cách giải:

ẠY

Cho x = 0  y = −2.

Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục Oy tại điểm A ( 0; −2 ) .

Chọn C.

Câu 9 (NB) Cách giải:

Với 0 < a ≠ 1 ta có: log 3 ( a 2 ) = 2 log 3 a.

Chọn A. Câu 10 (NB) Cách giải: 1 . x ln 5

FF IC IA L

Ta có: y = log 5 x  y ' =

Chọn B. Câu 11 (NB) Cách giải: Ta có: P = a

4 3

1 2

a =a a =a

4 1 + 3 2

11 6

=a .

Chọn B. Câu 12 (TH)

−x

= 3 ⇔ 2x2 − x = 1

32 x

Cách giải:

x = 1 ⇔ 2x − x −1 = 0 ⇔  x = − 1 2 

 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1; −  .  2

Chọn D. Câu 13 (TH)

Cách giải:

KÈ

Ta có

log 5 ( x 2 − 3 x + 5 ) = 1 ⇔ x 2 − 3 x + 5 = 5

ẠY

x = 0 . ⇔ x 2 − 3x = 0 ⇔  x = 3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm {0;3} .

Chọn D.

Câu 14 (NB) Cách giải: 10

Ta có:

 f ( x ) dx =  ( 3x

+ sin x ) dx = x 3 − cos x + C.

Chọn C. Câu 15 (NB) Cách giải: 2x

dx =

1 2x e + C. 2

FF IC IA L

 f ( x ) dx =  e Chọn A. Câu 16 (TH) Cách giải:



f ' ( x ) dx = f ( x )

−1

3 −1

= f ( 3) − f ( −1) = 2 − ( −5 ) = 7.

Ta có:

Chọn C.

Câu 17 (NB)

Ta có:

 ( 4 x − 3) dx = ( 2 x

− 3x )

2 0

= 2.

Cách giải:

Chọn B.

Câu 18 (NB)

Chọn C.

Cách giải:

+ 32 = 5.

KÈ

Câu 19 (NB)

( −4 )

z = 3i − 4 = −4 + 3i  z =

Cách giải:

ẠY

Ta có: z = z1 + z2 = ( 2 + i ) . ( −4 − 5i ) = −3 − 14i.

Chọn D.

Câu 20 (TH) Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm M ( −3;1) biểu diễn số phức z = −3 + i.

Chọn B. 11

Câu 21 (NB) Cách giải: Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 và chiều cao bằng 3 là: V = B.h = 5.3 = 15.

Chọn A. Câu 22 (NB)

FF IC IA L

Cách giải: Độ dài cạnh của hình lập phương đó là: V = a 3 ⇔ a 3 = 8 ⇔ a = 2. Chọn B. Câu 23 (NB) Cách giải:

1 1 4π 3 . Thể tích của khối nón là: V = π r 2 h = π .22. 3 = 3 3 3

Chọn A.

Câu 24 (VD) Cách giải:

Chọn B.

Thể tích khối trụ là: V = π r 2 h = π .6 2.1 = 36π .

Câu 25 (NB)

Cách giải:

Chọn D.

KÈ

−1 + 4 + 0  =1  xG = 3  2 +1+ 0  = 1  G (1;1; −2 ) . Trọng tâm G của ∆OMN có tọa độ là:  yG = 3  3−9 + 0  = −2  zG = 3 

ẠY

Câu 26 (NB) Cách giải:

Phương trình mặt cầu tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 2 là: ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 4.

Chọn A.

Câu 27 (NB) Cách giải: 12

Mặt phẳng ( Oxz ) có phương trình là y = 0.

Chọn C. Câu 28 (NB) Cách giải: x −1 y + 2 = = z − 3 có 1 VTCP u = ( 2;3;1) . 2 3

FF IC IA L

Đường thẳng d : Chọn A. Câu 29 (TH) Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C132 .

Trong 13 số nguyên dương đầu tiên có 7 số lẻ {1;3;5;7;9;11;13} .

Chọn D.

C72 7 Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) = 2 = . C13 26

 Số phần tử của biến cố A là n ( A ) = C72 .

Gọi A là biến cố: “chọn được hai số lẻ”.

Câu 30 (TH)

Cách giải:

Xét đáp án C ta có y = − x 3 + x 2 − x  y ' = −3 x 2 + 2 x − 1 < 0 ∀x ∈ ℝ nên hàm số y = − x 3 + x 2 − x nghịch biến trên ℝ.

Cách giải:

KÈ

Câu 31 (TH)

Chọn C.

Hàm số đã cho xác định trên đoạn [ 0;1] . −7 2x + 3  y'= < 0∀x ∈ [ 0;1] , do đó hàm số đã cho nghịch biến trên [ 0;1] . 2 x−2 ( x − 2)

ẠY

Ta có y =

3  M = max y = y ( 0 ) = − , m = min y = y (1) = −5. [0;1] [0;1] 2

3 13 Vậy M + m = − − 5 = − . 2 2

Chọn C. 13

Câu 32 (TH) Cách giải: Ta có:

log 2 ( 3x − 2 ) < 0

FF IC IA L

 0 < 3x − 2 < 1  2 < 3x < 3  log 3 2 < x < 1. Chọn D. Câu 33 (TH) Cách giải:

π 2

 3 f ( x ) − 4 dx = 2 0 1

⇔ 3 f ( x ) dx − 4  dx = 2 ⇔ 3 f ( x ) dx − 4 x

KÈ

⇔ 3 f ( x ) dx − 4 (1 − 0 ) = 2 0

⇔ 3 f ( x ) dx = 6

ẠY

0 1

⇔  f ( x ) dx = 2

Vậy

Theo bài ra ta có:

 cos x. f ( sin x ) dx =  f ( t ) dt =  f ( x ) dx.

x = 0  t = 0  . Khi đó ta có: Đổi cận:  π =  = 1 x t  2

Đặt sin x = t  cos xdx = dt.

 cos x. f ( sin x ) dx =  f ( x ) dx = 2.

Chọn A. 14

Câu 34 (TH) Cách giải: 2

4 2 + ( −3 ) z z = = = 5. Ta có: 2 2 1 − 2i 1 − 2i 1 + ( −2 )

FF IC IA L

Chọn A. Câu 35 (TH)

Cách giải:

Ta có: ( AB ' C ') ≡ ( AB ' C ' D ) nên ∠ ( CC '; ( AB ' C ') ) = ∠ ( CC '; ( AB ' C ' D ) ) .

CH ⊥ C ' D Gọi H = CD '∩ C ' D ta có:   CH ⊥ ( AB ' C ' D ) CD ⊥ AD

 HC ' là hình chiếu vuông góc của CC ' lên ( AB ' C ' D ) .

Chọn C.

ẠY

Cách giải:

KÈ

Câu 36 (TH)

 ∠ ( CC '; ( AB ' C ' D ) ) = ∠ ( CC '; HC ') = ∠CC ' H = ∠CC ' D = 450.

( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAD ) ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ ( ABCD )  d ( S ; ( ABCD ) ) = SA.  ( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAB ta có: SA = SB 2 − AB 2 = a 2.

FF IC IA L

Vậy d ( S ; ( ABCD ) ) = a 2.

Chọn C. Câu 37 (TH)

Cách giải:  AB = ( −2; 2;1) Ta có:   n( ABC ) =  AB, AC  = (1; 2; 2 ) là 1 VTPT của ( ABC ) .  AC = ( −2;1; 0 )

 Phương trình ̣mặt phẳng ( ABC ) là: ( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 9 = 0.

0 + 2.0 + 2.0 − 9 1 + 22 + 22

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x 2 + y 2 + z 2 = 9.

Khi đó bán kính của mặt cầu tâm O và tiếp xúc với ( ABC ) là: R = d ( O; ( ABC ) ) =

Chọn A. Câu 38 (TH)

Cách giải:

Đường thẳng ( d ) có 1 VTCP là u = ( −1; 2;3) .

Vì ∆ / / d nên đường thẳng ∆ nhận u = ( −1; 2;3) làm 1 VTCP.

KÈ

x = 1− t  Do đó phương trình đường thẳng ∆ :  y = 2 + 2t .  z = −1 + 3t 

ẠY

 x = −t  Cho t = 1 ta có M ( 0; 4; 2 ) ∈ ∆. Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần tìm là:  y = 4 + 2t .  z = 2 + 3t 

Chọn C.

Câu 39 (VD) Cách giải: 2

Ta có g ( x ) = 2 f ( x ) − ( x + 1)  g ' ( x ) = 2 f ' ( x ) − 2 ( x + 1) 16

= 3.

Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( x ) = x + 1.

 x = −3 Dựa vào BBT ta thấy f ' ( x ) = x + 1 ⇔  x = 1 ∈ [ −3;3] , khi đó ta có BBT:  x = 3

FF IC IA L

Ta có đồ thị hàm số:

Dựa vào BBT ta thấy max g ( x ) = g (1) = 2 f (1) − 4. [−3;3]

Chọn C.

Câu 40 (VDC)

Ta có:

KÈ

Cách giải:

2 x + y ≤ log 2 ( x − y )

ẠY

⇔ 2 x + x ≤ x − y + log 2 ( x − y ) log 2 ( x − y )

+ log 2 ( x − y )

⇔ 2x + x ≤ 2

Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 2t + t ta có f ' ( t ) = 2t ln 2 + 1 > 0 ∀t nên hàm số đồng biến trên ℝ.

Do đó f ( x ) ≤ f ( log 2 ( x − y ) ) ⇔ x ≤ log 2 ( x − y ) ⇔ 2 x ≤ x − y Do x, y ∈ [ −2;10]  x − y ≤ 12  2 x ≤ 12. 17

Mà x ∈ ℤ  −2 ≤ x ≤ 3  x ∈ {−2; −1; 0;1; 2;3} . Ta có: y ≤ x − 2 x nên: Với: x = −2  y ≤ −

9 ( ktm ) . 4

FF IC IA L

3 x = −1  y ≤ −  y = −2 2

x = 0  y ≤ −1  y ∈ {−2; −1} x = 1  y ≤ −1  y = {−2; −1} x = 2  y ≤ −2  y = −2

x = 3  y ≤ −5 ( ktm )

Vậy có 6 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A. Câu 41 (VD)

2 12 1 xf ( 2 x ) f ( 2 x ) dx − −2 2 −2 2

Khi đó ta có

du = dx u = x  Đặt   1 dv = f ' ( 2 x ) dx v = f ( 2 x )  2

Cách giải:

 xf ' ( 2 x ) dx =

−2

1 f ( 2x ) d ( 2x) 4 −2

KÈ

= f ( 4 ) + f ( −4 ) −

1 f ( x ) dx 4 −4

ẠY

= f ( 4 ) + f ( −4 ) −

0 4  1 2 = 7 + 19 −   ( x − x − 1) dx +  ( 2 x − 1) dx  4  −4 0 

1  76  50 = 26 −  + 12  = . 4 3  3

Chọn A. Câu 42 (VD) 18

Cách giải: Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) Ta có: z = 1  x 2 + y 2 = 1  Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( C ) tâm O ( 0; 0 ) và bán kính R = 1. Lại có:

FF IC IA L

5 z − z − 8 − 6i = 12

⇔ 5 ( x + yi ) − x + yi − 8 − 6i = 12 ⇔ 4 x − 8 + ( 6 y − 6 ) i = 12

( x − 2)

( y − 1) 4

⇔

x − 2 y −1 + i =1 3 2 2

⇔

 Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường elip ( E ) có tâm đối xứng là I ( 2;1) , trục lớn bằng 6, trục

bé bằng 4.

Ta có đồ thị:

KÈ

Đường tròn ( C ) và elip ( E ) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy có 2 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

ẠY

Chọn B.

Câu 43 (VD)

Cách giải:

FF IC IA L

Gọi M là trung điểm của CD.

 AD = CD = 2a 2a 3 Vì   ∆ACD đều cạnh 2a  AM ⊥ CD và AM = = a 3. 0 2 ∠ADC = 60

CD ⊥ AM Ta có:   CD ⊥ ( SAM )  CD ⊥ SM . CD ⊥ SA

( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD  Có  SM ⊂ ( SCD ) , SM ⊥ CD  ∠ ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SM ; AM ) = ∠SMA = 600.   AM ⊂ ( ABCD ) , AM ⊥ CD

Xét tam giác vuông SAM có SA = AM . tan 600 = a 3. 3 = 3a.

Chọn B.

ẠY

Cách giải:

KÈ

Câu 44 (VD)

1 Vậy VS . ABC = .3a.a 2 3 = a 3 3. 3

 AB = BC = 2a ( 2a ) 3 = a 2 3. Tam giác ABC có  nên ∆ABC đều cạnh 2a  S ∆ABC = 0 4 ∠ABC = 60

 AF = AD = 2  ∆DAF đều có độ dài cạnh bằng 2. Tam giác ADF có  0 ∠DAF = 60 Nên đường cao AE =

2 3 = 3 ( m). 2

Có ∠EA∠FAE = 300 (đường cao đồng thời là phân giác).

FF IC IA L

Theo định lý cosin trong tam giác ABE có:

EB = AE 2 + AB 2 − 2 AE. AB.cos 300 = 7 ( m ) . Gọi O là tâm đường tròn ( C ) và R là bán kính. Vì ( C ) ngoại tiếp tam giác ABE nên áp dụng định lí sin ta có: R =

BE = 7 2 sin 300

180

π . 7.98012 ' 1800

π Rn

= 4, 535

 Độ dài cung AB là l =

AD 2 =  ∠AOD = 499 6 '  ∠AOB = 98012 ' AO 7

sin AOD =

Tam giác ADO vuông tại D (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) nên ta có:

Chiều cao lan can là 1 nên diện tích mặt cong là S = l.h = 4, 535.1 = 4, 535 ( m 2 ) . Vậy số tiền thầy Nam phải trả là 4,535.2,2 = 9,977 triệu đồng.

Chọn C.

ẠY

KÈ

Cách giải:

Câu 45 (VDC)

Dễ thấy M ∈ (α ) Gọi d ' là đường thẳng qua M và song song với d . Khi đó ta có: ∠ ( d '; ∆ ) = ( d ; ∆ ) . Đường thẳng d có 1 VTCP là u = ( 0;3; −2 ) , cũng là VTCP của d '.

FF IC IA L

x = 3   Phương trình đường thẳng d ' là:  y = 1 + 3t  z = 1 − 2t  Lấy A ( 3; 4; −1) ∈ d  AM không đổi.

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên (α ) và ∆ ta có AH ≤ AK . AK AH . ≥ AM AM

 sin ∠ ( d '; ∆ ) =

Khi đó góc giữa d và α nhỏ nhất khi và chỉ khi sin ∠ ( d '; ∆ ) nhỏ nhất  K ≡ H .

Khi đó ∆ đi qua M và H .

x = 3 + t  Phương trình đường thẳng AH đi qua A và vuông góc với (α ) là:  y = 4 + t .  z = −1 − t  Khi đó H = AH ∩ (α ) nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

KÈ

5  t = − 3  x = 3 + t 3 + t + 4 + t + 1 + t − 3 = 0 x = 4 y = 4+t x = 3 + t    4 7 2 3 ⇔ ⇔ H ; ;   3 3 3  z = −1 − t y = 4+ t y = 7  z + y − z − 3 = 0  z = −1 − t  3  2 z = 3 

ẠY

 5 4 1   MH =  − ; ; −  / / ( 5; −4;1)  ∆ có 1 VTCP là u∆ = ( 5; −4;1) .  3 3 3

Chọn B.

Câu 46 (VDC) Cách giải:

Xét hàm số h ( x ) = f

(

)

x 2 + 1 + x 2 có h ' ( x ) =

x 2

x +1

(

)

x 2 + 1 + 2 x.

Cho h ' ( x ) = 0 ⇔

 1 ⇔ x f' 2 x + 1 

(

x 2

x +1

(

)

x2 + 1 + 2x = 0

 x 2 + 1 + 2 = 0 

)

x = 0 ⇔ 2 2  f ' x + 1 = −2 x + 1 ( * ) 

)

FF IC IA L

(

Đặt t = x 2 + 1 ≥ 1, phương trình (*) trở thành f ' ( t ) = −2t ( t ≥ 1) .

 Phương trình này có nghiệm duy nhất t0 > 1 ⇔ 2 x 2 + 1 = t0 ⇔ 2 x 2 = t0 − 1 ⇔ x = ±

t0 − 1 . 2

)

(

x2 + 1 + x2 = 0 ⇔ f

)

(

x 2 + 1 + x 2 + 1 = 1.

Xét phương trình h ( x ) = 0 ⇔ f

 Phương trình h ' ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị.

Đặt t = x 2 + 1 ( t ≥ 1) , phương trình trở thành f ( t ) + t 2 = 1 ⇔ f ( t ) = 1 − t 2 (**) . Từ BBT hàm số f ' ( x ) ta thấy phương trình f ' ( x ) = 0 có 1 nghiệm x = x0 > 1. Do đó ta có BBT hàm số f ( x )

như sau:

ẠY

KÈ

Vẽ đồ thị hàm số y = f ( t ) và y = 1 − t 2 trên cùng mặt phẳng tọa độ:

Ta thấy phương trình (**) có 2 nghiệm phân biệt.

Do đó phương trình h ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Vậy hàm số g ( x ) = h ( x ) có tất cả 3 + 2 = 5 điểm cực trị.

Chọn C. 23

Câu 47 (VDC) Cách giải: ĐKXĐ: x + m > 0 Ta có 3m

= e3 x

⇔ ln 3 ( x + m ) + m3 + 3me x ln ( x + m ) = e3 x 3

⇔ ln 3 ( x + m ) + ( −e x ) + m3 − 3ln ( x + m ) . ( −e x ) .m = 0 (1)

= 0 ( 2)

⇔ (A+ B +C)

( A − B ) + ( B − C ) + ( C − A)

 A = ln ( x + m )  , phương trình (1) trở thành: A3 + B 3 + C 3 − 3 ABC = 0. Đặt  B = −e x C = m 

A+ B +C = 0 ⇔ A = B = C

+) Xét A = B = C ⇔ ln ( x + m ) = m = −e x .

x m m m = −e   m = −e e − m ⇔ m + e e − m = 0 ( *) . m  x + m = e

ẠY

KÈ

Xét hàm số f ( x ) = e x − x ta có f ' ( x ) = e x − 1 = 0 ⇔ x = 0. BBT của hàm số f ( x ) :

Dựa vào BBT ta thấy f ( x ) ≥ 1 > 0 ∀x ∈ ℝ  e x > x ∀x ∈ ℝ.

 ee

−m

> e − m > − m ∀m ∈ ℝ ⇔ ee

FF IC IA L

ln 3 ( x + m ) + m3 + e x ln ( x + m )

−m

+ m > 0 ∀m ∈ ℝ .

 Phương trình (*) vô nghiệm. +) Xét A + B + C = 0 ⇔ ln ( x + m ) − e x + m = 0 ⇔ e x = m + ln ( x + m )( 3) 24

Đặt y = ln ( x + m ) ⇔ e y = x + m. Khi đó phương trình (3) trở thành: e x = m + y. e x = m + y Khi đó ta có hệ phương trình  y ⇔ e x − e y = t = y − x ⇔ e x + x = e y + y. e = m + x

FF IC IA L

Xét hàm số g ( t ) = et + 1  g ' ( t ) = et + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ Do đó g ( x ) = g ( y ) ⇔ x = y ⇔ ln ( x + m ) = x ⇔ x + m = e x ⇔ m = e x − x = f ( x ) ( 4 ) .

Dựa vào BBT của hàm số f ( x ) = e x − x ở trên ta thấy phương trình (4) có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ 1. Kết hợp điều kiện đề bài ta có m ∈ [1; 2021] , m ∈ ℤ. Vậy có 2021 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 48 (VDC)

Cách giải:

 f ' ( x ) = 3a ( x 2 − 1)  f ( x ) = ax3 − 3ax + C

 x1 = − x2  x = −1 Tịnh tiến đồ thị sang bên trái sao cho điểm uốn trùng với gốc tọa độ thì  ⇔ 1  x1 + x2 = 2  x2 = 1

−1

 ( ax −1

− 3ax ) dx =

5 a 4



f ( x ) dx =

Khi đó S 2 =

Mà f ( 0 ) = 0  f ( x ) = ax3 − 3ax  f ( −1) = 2a

S1 3 = . S2 5

Chọn B.

KÈ

Vậy

5 3 Ta có: S1 = SOABC − S 2 = 2a.1 − a = a 4 4

ẠY

Câu 49 (VDC)

Cách giải:

FF IC IA L O N Ơ

Ta có:

z1 + 1 − 2i = z1 − 5 + 2i nên tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z1 là trung trực của AB, với

A ( −1; 2 ) , B ( 5; −2 ) .

Phương trình đường trung trực của AB là ( d ) : 3x − 2 y − 6 = 0  M ∈ ( d ) .

z2 + 3 − 2i = 2  Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức z2 là đường tròn ( C ) tâm I ( −3; 2 ) bán kính R = 2.

Gọi E ( −3; −1) biểu diễn số phức −3 − i, khi đó ta có P = ME + MN . Dễ thấy E , N nằm cùng phía so với đường thẳng d .

KÈ

Khi đó ta có

Gọi E ' là điểm đối xứng với E qua d , ta tìm được E ' ( 3; −5 )

P = MN + ME = MN + ME ' ≥ NE ' ≥ IE '− R

ẠY

 P ≥ 62 + 7 2 − 2 = 85 − 2 Vậy Pmin = 85 − 2.

Chọn D.

Câu 50 (VDC) Cách giải:

FF IC IA L

Bán kính mặt cầu ( S ) là R = IA = 12 + 22 + 22 = 3. Gọi O là tâm đường tròn đáy của hình nón ( N ) .

Đặt IO = x ( 0 < x < 3) ta có: AO = IA + x = x + 3 = h là chiều cao của hình nón.

Khối nón có bán kính đáy r = 9 − x 2 .

 Độ dài đường sinh của hình nón là l = h 2 + r 2 = 6 x + 18.

Khi đó ta có diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π . 9 − x 2 . 6a + 18.

Xét hàm số f ( x ) = ( 9 − x 2 ) ( 6 x + 18 ) = −6 x3 − 18 x + 54 x + 162 với x ∈ ( 0;3) ta có:

x = 1 , f ' ( x ) = −18 x 2 − 36 x + 54 = 0 ⇔   x = −3 ( ktm ) ( −3;3)

Lập BBT ta thấy max f ( x ) = f (1) = 192.

 max S xq = 8π 3 đạt được khi x = 1.

KÈ

 AO = 4 1 1  1 2 2  4 4 11  Khi đó   OI = IA = ( −1; 2; −2 ) =  − ; ; −   O  ; ;  3 3  2 3 3 3 3 3   IO = 1 Mặt phẳng đáy của hình nón đi qua điểm O và có 1 VTPT IA = ( −1; 2; −2 ) nên có phương trình là:

ẠY

− x + 2 y − 2 z + 6 = 0.

 b = 2, c = −2, d = 6  b + c + 2d = 12.

Chọn A.

SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT – LẦN 1 NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 25 tháng 04 năm 2021

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề hay, chất lượng, phù hợp với giai đoạn học sinh luyện đề, luyện những dạng toán quan trọng từng xuất hiện trong các đề thi. - Bám sát đề minh họa, giúp học sinh ôn tập đúng trọng tâm và hiệu quả nhất! Câu 1: Đạo hàm của hàm số y = 2021x là:

2021x ln 2021

C. y ' = x.2021x −1

D. y ' = 2021x

B. y ' =

A. y ' = 2021x.ln 2021

Câu 2: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y = − x 3 + 3 x − 4

C. y = − x 4 + 3 x 2 − 4

B. y = x 4 − 2 x 2 − 4

D. y = x3 − 3 x − 4

Câu 3: Tổng các nghiệm của phương trình log 3 ( x − 3) .log 2 3 = 2 bằng B. 6

A. 2

A. y =

KÈ

Câu 4: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 1 2

C. 0

D. 1

2x − 3 là: x−2

B. y = −2

C. y =

3 2

D. y = 2

ẠY

Câu 5: Cho khối cầu có bán kính R = 2. Thể tích khối cầu đã cho bằng B.

32 π 3

16 π 3

D. 16π

A. 32π

Câu 6: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x + y − 3z + 2 = 0 có một vectơ chỉ phương là A. u = (1;1; −3)

B. u = (1;1; 2 )

C. u = (1; −3; 2 ) 1

D. u = ( 3;1;1)

Câu 7: Chiều cao của khối nón có thể tích V và bán kính đáy r là A. h =

3V π r2

B. h =

Câu 8: Với a là số thực dương tùy ý,

3V πr

C. h =

V π r2

D. h =

a5 bằng

C. a 2

B. a 5

D. a 2

FF IC IA L

A. a 5

V πr

Câu 9: Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và độ dài đường sinh l = 6cm bằng: A. 55π cm 2

B. 80π cm 2

C. 70π cm 2

D. 110π cm 2

Câu 10: Đồ thị của hàm số y = x 4 − 2020 x 2 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm? A. 1

B. 2

C. 0

D. 3

Câu 11: Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của f ' ( x ) như sau:

B. 1

C. 2

D. 0

A. 3.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

 a3  Câu 12: Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠ 1, log a   bằng b  1 − log a b 3

C. 3 − log a b

A. 3 + log a b

1 + log a b 3

Câu 13: Có bao nhiêu cách xếp 6 học sinh thành một hàng dọc? A. 1

B. 6

C. 36

D. 720

C. 0

D. 3

C. −1

D. +∞

KÈ

A. 2

Câu 14: Nghiệm của phương trình 3x+1 = 9 là: B. 1

ẠY

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 1

B. 3 2

Câu 16: Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = 2 và công bội q = 3. Giá trị của u2 bằng: A.

2 3

B. 8

C. 6

D. 9

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −1; 2 )

B. ( 2; +∞ )

C. ( −2; 2 ) 2

FF IC IA L

Câu 17: Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

D. ( −∞; −2 )

Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 16. Tọa độ tâm và bán kính

B. I ( −2;1;3) , R = 16

B. z = −2 − 5i

D. I ( −2;1;3) , R = 4

C. z = 2 + 5i

D. z = 2 − 5i

A. z = 5 − 2i

Câu 19: Số phức liên hợp của số phức z = −2 + 5i là

C. I ( 2; −1; −3) , R = 4

A. I ( 2; −1; −3) , R = 16.

của mặt cầu ( S ) là:

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 3;3; −3) , B ( −3;5; −1) , C ( 0; −2; −2 ) . Tìm tọa độ trọng tâm G

của tam giác ABC.

B. G ( 0; −2; −2 )

C. G ( 0; 2; −2 )

A. G ( 0;1; −1)

D. G ( 0; 2; 2 )

B. 25

445

C. 13

D. 5

Câu 21: Cho hai số phức z = 12 + 3i và w = −9 + i. Tính z + w .

 f ( x ) dx = − cos 2 x + C

ẠY

KÈ

Câu 22: Cho hàm số f ( x ) = 2sin 2 x. Trong các khẳng định sau,khẳng định nào đúng?

 f ( x ) dx = cos 2 x + C

 f ( x ) dx = 2 cos 2 x + C

 f ( x ) dx = − 2 cos 2 x + C

Câu 23: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d đi qua điểm A ( 2; −1; 4 ) và vuông góc với mặt phẳng ( Oyz )

có phương trình tham số là

x = 3 + t  A.  y = −1 , t ∈ ℝ z = 4 

x = 2  B.  y = −1 + t , t ∈ ℝ z = 4 + t 

 x = 1 + 2t  C.  y = −t , t ∈ ℝ  z = 4t 

x = 2  D.  y = −1 + t , t ∈ ℝ z = 4 + t 

Câu 24: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 3x trên đoạn [ −2;1] bằng: A. 2

B. −2

C. 3

D. −3

A. 27

B. 36

C. 24

D. 16

Câu 26: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d :

x −1 y − 3 z − 2 = = và vuông góc với 1 2 −1

mặt phẳng Oxy có phương trình là

Câu 27: Tích phân

B. 2 x − y − 3 = 0 1

x

C. 2 x − y + 1 = 0

dx bằng

−1 2

B. ln 4

C. − ln 4

D. 2 x + y − 5 = 0

A. x − 2 y + 5 = 0

FF IC IA L

Câu 25: Biết rằng thể tích của một khối lập phương bằng 8. Tính tổng diện tích các mặt của hình lập phương đó

1 2

Câu 28: Cho tập X = {−5; −4; −3; −2; −1;1; 2;3; 4;5} . Chọn 2 số phân biệt từ tập X. Tính xác suất để tổng 2 số 4 9

5 9

được chọn là một số âm.

1 3

2 9

Câu 29: Tính thể tích khối chóp tứ giac đều biết đáy là hình vuông có chu vi là 12 và chiều cao hình chóp bằng 6. B. 24

C. 96

A. 18

D. 54

B. N ( 3; 4 )

C. Q ( −3; −4 )

KÈ

A. M ( −3; 4 )

Câu 30: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = −3 + 4i có tọa độ là D. P ( 4; −3)

Câu 31: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ℝ ? A. y = −2 x3 + 3 x 2 − 4 x + 5

ẠY

B. y =

C. y = − x 4 + 4 x 2 − 6

D. y = −3 x 2 + 1

1 Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình   7 A. ( −∞;1] ∪ [ 2; +∞ )

−3 x + 1 x+2

x 2 −3 x

≥ 49 là:

B. [1; 2]

C. [ 0; +∞ )

D. (1; 2 )

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho A (1;1;3) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −1; 2;3) . Phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) là:

A. x 2 + y 2 + z 2 = 3

C. x 2 + y 2 + z 2 =

B. x 2 + y 2 + z 2 = 3

5 3

D. x 2 + y 2 + z 2 = 9

 f ( x ) dx = 2 x

 f ( x ) dx = 4 x

+ 3x + C

Câu 35: Nếu



f ( x ) dx = 1 và

 0

A. −4

 f ( x ) dx = 2 x

 f ( z ) dz bằng 2

B. 6

 f ( x ) dx = 2 x

f ( y ) dy = 5 thì

C. 4

+ 3x + C

FF IC IA L

Câu 34: Cho hàm số f ( x ) = 2 x3 + 3. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ?

D. −6

Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình bình hành và tam giác ACD vuông 2 . Gọi I là trung điểm CD. Góc cân tại A, AC = 2a. Biết A ' C tạo với đáy một góc α thỏa mãn tan α = 2 giữa đường thẳng AC và mặt phẳng ( A ' CD ) bằng:

B. 300

C. 900

D. 600

A. 450

A. 6 2 38:

Cho

hàm

số

B. 4 2

y = f ( x)

C. 5 2 liên

t ục

trên

ℝ

ẠY

Câu

KÈ

Câu 37: Cho số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z1 = z2 = 2 và z1 + 4 z2 = 8. Giá trị của 4 z1 − z2 bằng D. 6 sao

cho

max f ( x ) = 5. Xét  8  −8; 3   

1  g ( x ) = 2 f  x 3 − x 2 − 3 x + 1 + m. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để max g ( x ) = −20. [ −2;4] 3 

A. −30

B. 30

C. −10

D. −25

Câu 39: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z là số thuần ảo và z 2 = z (1 + i ) + 2 (1 − i ) ? A. 3.

B. 0.

C. 2. 5

D. 4.

hàm

số

Câu 40: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân đỉnh C , AB = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng ( SAB ) bằng 300 (tham khảo hình bên). Thể tích khối chóp S . ABC

a3 3

2a 3 3

FF IC IA L

bằng:

6a 3 3

6a 3

Câu 41: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho với mỗi y có không quá 50 số nguyên x thỏa mãn ( log 5 x + x − 1)( log 7 x − y ) < 0? B. 0

C. 2

A. 3

D. 1

B. −36 +

40 15 ln 2 − ln 3 7 7

40 20 ln 2 + ln 3 7 7

C. 36 −

20 20 ln 2 − ln 3 7 7

D. 36 −

40 15 ln 2 + ln 3 7 7

A. 36 +

 x 2 − 3 x khi x ≥ 8 e4 f ( ln 2 x )  dx bằng: Câu 42: Cho hàm số f ( x ) =  40 . Tích phân I =  x ln x khi x < 8  e2 x−7

33 6

2 2

3 2

D. 1

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = 1. Các cạnh bên có độ dài bằng 2 và SA tạo với mặt đáy góc 600. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng:

ẠY

KÈ

 x = 1 + 3t x −1 y +1 z − 3  = = và đường thẳng d 2 :  y = −4 . Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : 1 1 −2 z = 4 + t  2 2 Đường thẳng d đi qua điểm A (1; 2; −1) và cắt d1 tại M , cắt d 2 tại N . Khi đó AM + AN bằng: A. 81

B. 100

Câu 45: Nếu A. 7

C. 90 2

D. 85 2

  f ( x ) + 3g ( x ) dx = 5 và

 − f ( x ) + g ( x ) dx = −1 thì

 2 f ( x ) + 3g ( x ) − 1 dx bằng:

−1

B. 5

C. 6

D. 4

9x 1   . Tìm m để phương trình f  3m + sin x  + f ( cos 2 x ) = 1 có đúng 8 Câu 46: Cho hàm số f ( x ) = x 9 +3 4   nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ 0;3π ] ?

−1 ≤m≤0 192

−1 1 <m< 192 4

−1 <m≤0 192

−1 <m<0 192

5 3

8 3

4 3

7 3

D. 2

Giá trị của biểu thức I =  f ' ( 3 x − 1) dx +  f ' ( 2 x − 6 ) dx bằng

FF IC IA L

Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) = x3 + 2 x − 5m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn [ −6;6] để bất phương

B. 11

C. 6

A. 5

trình f ( f ( x ) ) ≥ x đúng với mọi x thuộc khoảng ( 2; 6 ) ?

D. 8

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) đường kính AB, với điểm A ( 2;1;3) và B ( 6;5;5) . Xét khối trụ (T ) có hai đường tròn đáy nằm trên mặt cầu ( S ) và có trục nằm trên đường thẳng AB. Khi (T ) có thể tích

lớn nhất thì hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đáy của (T ) có phương trình dạng 2 x + by + cz + d1 = 0 và

A. 11

KÈ

2 x + by + cz + d 2 = 0, ( d1 < d 2 ) . Có bao nhiêu số nguyên thuộc khoảng ( d1 ; d 2 ) ? B. 17

C. 15

D. 13

ẠY

1 1 Câu 50: Biết rằng hai số thực z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3 − 4i = 3 và z2 + 1 + i = . Số phức z có phần thực là a 4 2 và phần ảo là b thỏa mãn a − 2b = 5. Giá trị nhỏ nhất của P = z − z1 + z − 4 z2 bằng

A. Pmin = 130

B. Pmin = 130 − 2

C. Pmin = 130 − 3

----------------- HẾT -------------

D. Pmin = 130 − 5

BẢNG ĐÁP ÁN 2.D

3.B

4.D

5.B

6.A

7.A

8.D

9.D

10.D

11.C

12.C

13.D

14.B

15.B

16.C

17.D

18.D

19.B

20.C

21.D

22.A

23.A

24.B

25.C

26.C

27.D

28.A

29.A

30.A

31.A

32.B

33.D

34.D

35.C

36.B

37.A

38.A

39.B

40.B

41.C

42.C

43.C

44.C

45.D

46.C

47.B

48.D

49.A

50.D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Cách giải:

y = 2021x  y ' = 2021x.ln 2021

FF IC IA L

1.A

Chọn A.

Câu 2 (NB)

Cách giải:

Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số đa thức bậc ba y = ax3 + bx 2 + cx + d có hệ số a > 0.

Chọn D. Câu 3 (TH)

Cách giải:

ĐKXĐ: x ≠ 3.

2 log 2 3

KÈ

⇔ log 3 ( x − 3) =

log 3 ( x − 3) .log 2 3 = 2

Ta có

⇔ log 3 ( x − 3) = 2 log 3 2 = log 3 4 2

ẠY

⇔ ( x − 3) = 4

x − 3 = 2 x = 5 ⇔ ⇔ ( tm ) .  x − 3 = −2 x = 1

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho bằng 6.

Chọn B. Câu 4 (NB) 8

Cách giải: Đồ thị hàm số y =

2x − 3 có tiệm cận ngang y = 2. x−2

Chọn D. Câu 5 (NB)

FF IC IA L

Cách giải: 4 4 32π . Thể tích khối cầu có bán kính R = 2 là: V = π R 3 = π .23 = 3 3 3

Chọn B. Câu 6 (NB) Cách giải:

Mặt phẳng ( P ) : x + y − 3z + 2 = 0 có 1 VTPT là n = (1;1; −3) .

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x + y − 3z + 2 = 0 nên đường thẳng d có vecto chỉ phương là u = n = (1;1; −3) . Chọn A.

Câu 7 (NB)

Cách giải:

Chọn A.

Cách giải: 5

Chọn D.

KÈ

a5 = a 2 .

Câu 8 (NB)

Ta có

1 3V Ta có V = π r 2 h  h = 2 . πr 3

Câu 9 (NB)

ẠY

Cách giải:

Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy r = 5cm và độ dài đường sinh l = 6cm là:

Stp = 2π r 2 + 2π rl = 2π .52 + 2π .5.6 = 110π ( cm2 )

Chọn D. Câu 10 (NB) Cách giải: 9

Ta có hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình: x = 0  x 4 − 2021x 2 = 0 ⇔  x = 2021  x = − 2021 

Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm.

FF IC IA L

Chọn D. Câu 11 (NB) Cách giải: Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị x = −2 và x = 2.

Chọn C. Câu 12 (NB)

Cách giải:

 a3  Ta có log a   = log a a 3 − log a b = 3 − log a b. b  Chọn C.

Câu 13 (NB)

Cách giải:

Xếp 6 học sinh thành 1 hàng dọc có 6! = 720 cách.

Chọn D.

Câu 14 (NB) Cách giải:

Ta có 3x +1 = 9 ⇔ 3x +1 = 32 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1.

KÈ

Chọn B. Câu 15 (NB) Cách giải:

ẠY

Hàm số có cực đại bằng 3 tại x = −1.

Chọn B.

Câu 16 (NB) Cách giải:

u = 2  u2 = u1q = 6. Ta có  1 q = 3 10

Chọn C. Câu 17 (NB) Cách giải: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) ; ( 0; 2 ) .

Chọn D.

FF IC IA L

Câu 18 (NB) Cách giải: 2

Mặt cầu ( S ) : ( x + 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 16 có tâm I ( −2;1;3) và bán kính R = 4.

Chọn D. Câu 19 (NB)

Cách giải: Số phức liên hợp của số phức z = −2 + 5i là z = −2 − 5i.

Chọn B.

Câu 20 (NB)

Cách giải:

 3 − 3 + 0 3 + 5 − 2 −3 − 1 − 2  Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G  ; ;   G ( 0; 2; −2 ) . 3 3 3  

Chọn C.

Cách giải:

Câu 21 (TH)

Chọn D.

Cách giải:

 f ( x ) dx =  2sin 2 xdx = − cos 2 x + C.

ẠY

Ta có

KÈ

Câu 22 (NB)

Ta có z + w = (12 + 3i ) + ( −9 + i ) = 3 + 4i = 5.

Chọn A.

Câu 23 (TH) Cách giải:

Đường thẳng d vuông góc với ( Oyz ) nên có vecto chỉ phương là u = i = (1;0; 0 ) và đi qua A ( 2; −1; 4 ) nên có

x = 2 + t  phương trình là  y = −1 . z = 4 

FF IC IA L

x = 3 + t  Cho t = 1  M ( 3; −1; 4 ) ∈ d nên phương trình đường thẳng d là:  y = −1 . z = 4  Chọn A. Câu 24 (TH)

x = 1 Ta thấy f ( x ) = x3 − 3 x  f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔  ∈ [ −2;1] .  x = −1

Ta có f ( −2 ) = −2, f (1) = −2, f ( −1) = 2.

Cách giải:

Vậy min f ( x ) = −2.

[ −2;1]

Chọn B.

Câu 25 (TH) Cách giải:

Chọn C. Câu 26 (TH)

Cách giải:

Vậy tổng diện tích các mặt là 6a 2 = 24.

Thể tích khối lập phương bằng 8 nên hình lập phương có cạnh a = 2.

KÈ

x −1 y − 3 z − 2 = = có 1 VTCP là u1 = (1; 2; −1) . 1 2 −1 Mặt phẳng ( Oxy ) có 1 VTPT là n1 = k = ( 0;0;1) .

ẠY

Đường thẳng d :

( P ) ⊃ d nP ⊥ u1   Gọi nP là 1 VTPT của ( P ) . Vì     nP = u1 , n1  = ( 2; −1;0 ) . ( P ) ⊥ ( Oxy ) nP ⊥ n1

Lấy M (1;3; 2 ) ∈ d  M ∈ ( P ) . Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là: 2 ( x − 1) − 1. ( y − 3) = 0 ⇔ 2 x − y + 1 = 0.

Chọn C. 12

Câu 27 (NB) Cách giải: 2

Ta có

1 12 1  1 = − = −  − 1 = . dx 1 x 2 x1 2  2

Chọn D.

FF IC IA L

Câu 28 (TH) Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C102 = 45. Gọi A là biến cố: “Tổng 2 số được chọn là một số âm”. TH1: 2 số được chọn đều là số âm  Có C52 = 10 cách.

TH2: 2 số được chọn có một số âm và một số dương. + Số âm được chọn là − 5 thì có 4 cách chọn số dương.

+ Số âm được chọn là − 2 thì có 1 cách chọn số dương.

+ Số âm được chọn là − 3 thì có 2 cách chọn số dương.

+ Số âm được chọn là − 4 thì có 3 cách chọn số dương.

+ Số âm được chọn là − 1 thì có 0 cách chọn số dương.  TH2 có 1 + 2 + 3 + 4 = 10 cách chọn.

 Số phần tử của biến cố A là n ( A ) = 10 + 10 = 20.

20 4 = . 45 9

n ( A)

KÈ

Câu 29 (TH)

Chọn A.

Cách giải:

n (Ω)

Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) =

Ta có chu vi hình vuông đáy bằng 12 nên cạnh đáy a = 3  Sday = a 2 = 32 = 9.

ẠY

1 1 Vậy thể tích khối chóp là: V = h.S day = .6.9 = 18. 3 3

Chọn A.

Câu 30 (NB) Cách giải: Số phức z = −3 + 4i có điểm biểu diễn là M ( −3; 4 ) . 13

Chọn A. Câu 31 (TH) Cách giải: Xét đáp án A: y = −2 x3 + 3 x 2 − 4 x + 5 2

1 5   y ' = −6 x + 6 x − 4 = −6  x −  − < 0 ∀x ∈ ℝ. 2 2 

FF IC IA L

Do đó hàm số y = −2 x3 + 3 x 2 − 4 x + 5 nghịch biến trên ℝ.

Chọn A. Câu 32 (TH) Cách giải: x 2 −3 x

≥ 49 ⇔ 7 − x

+3 x

≥ 7 2 ⇔ − x 2 + 3x ≥ 2

1   7

⇔ x 2 − 3 x + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [1; 2] .

Chọn B.

Câu 33 (VD)

Cách giải:  AB = ( −2; 2; −1) Ta có:   nABC =  AB, AC  = (1; 2; 2 ) . AC = − 2;1;0 ( )   Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là:

KÈ

1. ( x − 1) + 2. ( y − 1) + 2 ( z − 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 9 = 0

 Mặt cầu tâm O và tiếp xúc với ( ABC ) có bán kính R = d ( O; ( ABC ) ) =

ẠY

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x 2 + y 2 + z 2 = 9.

Chọn D.

Câu 34 (NB) Cách giải: Ta có

 f ( x ) dx =  ( 2 x

+ 3) dx =

1 4 x + 3x + C 2

Chọn D. 14

−9 12 + 2 2 + 22

= 3.

Câu 35 (TH) Cách giải: Ta có



f ( z ) dz =  f ( z ) dz −  f ( z ) dz

FF IC IA L

=  f ( y ) dy −  f ( x ) dx

= 5 −1 = 4

Chọn C. Câu 36 (VD)

Cách giải:

 AD = 2a Tam giác ACD vuông cân tại A và AC = 2a nên  . CD = 2a 2

1 Vì I là trung điểm của CD nên AI = CD = a 2 (đường trung tuyến trong tam giác vuông). 2

Ta có A ' A ⊥ ( ACD ) nên AC là hình chiếu vuông góc của A ' C lên ( ABCD ) .

KÈ

 ( A ' C ; ( ABCD ) ) = ( A ' C ; AC ) = α . Xét tam giác vuông A ' AC có: A ' A = AC.tan α = 2a.

2 = a 2. 2

ẠY

Trong ( A ' AI ) kẻ AH ⊥ A ' I ( H ∈ A ' I ) ta có:

CD ⊥ AI  CD ⊥ ( A ' AI )  CD ⊥ AH  CD ⊥ AA '

 AH ⊥ A ' I  AH ⊥ ( A ' CD )   AH ⊥ CD

 HC là hình chiếu vuông góc của AC lên ( A ' CD )  ∠ ( AC ; ( A ' CD ) ) = ∠ ( AC ; HC ) = ∠ACH . 15

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A ' AI ta có: A ' A. AI

AH =

A ' A + AI

Xét tam giác vuông AHC có sin ∠ACH =

a 2.a 2 2a 2 + 2a 2

AH a 1 = =  ∠ACH = 300. AC 2a 2

FF IC IA L

Vậy ∠ ( AC ; ( A ' CD ) ) = 300.

Chọn B. Câu 37 (VD) Cách giải:

Ta có: z + 4 =

z1 + 4 z2 z2

z z1 2  z = 1 = = 1. z2 z2 2 8 = 4. 2

Đặt z =

Đặt z = a + bi, khi đó ta có:

1 63 i z=− ± 8 8

1  1   a = − 8 a = − 8 8a + 16 = 15 ⇔ ⇔  2 2 a + b = 1 b 2 = 63 b = ± 63  64  8

a 2 + b 2 = 1 ( a + 4 )2 − a 2 = 15 ⇔  2 2 2 2 ( a + 4 ) + b = 16  a + b = 1

KÈ

 4 z1 − z2 = 4 z.z2 − z2 = 4 z − 1 . z2

ẠY

1 63 3 63 9 63 Ta có 4 z − 1 = − ± i −1 = − ± i = + = 3 2. 2 2 2 2 4 4 Vậy 4 z1 − z2 = 3 2.2 = 6 2.

Chọn A.

Câu 38 (VD) Cách giải: 1  Ta có g ( x ) = 2 f  x 3 − x 2 − 3 x + 1 + m 3  16

Đặt t =

 x = −1 1 3 x − x 2 − 3 x + 1; x ∈ [ −2; 4] ta có: t ' = x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  ∈ [ −2; 4] . 3 x = 3

FF IC IA L

Bảng biến thiên:

 8 Dựa bảng biến thiên ta có t ∈  −8;  .  3

 8  −8; 3   

Vì max f ( t ) = 5  max g ( t ) = 2.5 + m = −20 ⇔ m = −30.

[ −2;4]

Chọn A.

Câu 39 (VD)

Cách giải:

Đặt z = a + bi ta có:

là số thuần ảo nên a + 2b = 0 ⇔ a = −2b.

(1 − 2i ) z = (1 − 2i )( a + bi ) = a + 2b + ( b − 2a ) i Ta có:

z 2 = z (1 + i ) + 2 (1 − i )

KÈ

⇔ z2 = z + 2 + ( z − 2) i 2

ẠY

⇔ z = ( z + 2) + ( z − 2) 2

 8 Bài toán trở thành tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số g ( t ) = 2 f ( t ) + m; t ∈  −8;  có giá trị  3  8 lớn nhất trên  −8;  bằng −20.  3

⇔ z = 2 z +8 2

⇔ z = −8 ( vo nghiem )

Vậy không có số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B. Câu 40 (VD) 17

FF IC IA L

Cách giải:

Trong ( ABC ) kẻ CM ⊥ AB.

CM ⊥ AB Ta có:   CM ⊥ ( SAB ) nên SM là hình chiếu của SC lên ( SAB ) . CM ⊥ SA

1 AB = a. 2

Vì ∆ABC vuông cân tại C và có AB = 2a nên CM =

Do đó ∠ ( SC ; ( SAB ) ) = ∠ ( SC ; MC ) = ∠CSM = 300

Xét tam giác vuông SMC ta có: SM = MC.cot 300 = a 3.

1 1 Có S ∆ABC = CM . AB = .a.2a = a 2 . 2 2

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAM ta có: SA = SM 2 − MA2 = a 2.

Chọn B.

Cách giải:

KÈ

Câu 41 (VD)

1 1 a2 2 . Vậy V = .SA.S ∆ABC = .a 2.a 2 = 3 2 3

1 + 1 > 0 ∀x > 0 nên hàm là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) . x ln 5

ẠY

Đặt log 5 x + x − 1 = f ( x )( x > 0 )  f ' ( x ) =

Mà f (1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0.

Với x < 1  log 5 x + x − 1 < 0  log 7 x − y > 0 ⇔ x > 7 y. Do đó bất phương trình đã cho có vô số nghiệm nguyên x thỏa mãn. Xét x > 1  log 5 x + x − 1 > 0  log 7 x − y < 0  x > 7 y.  x ∈  2; 7 y ) . 18

Vì không quá 50 giá trị x nguyên  7 y ≤ 52  y ≤ 2 ( do y ∈ ℤ )  y ∈ {1; 2} . Vậy có 2 số nguyên y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C. Câu 42 (VD)

Ta có I =



f ( ln 2 x ) x ln x

Đặt t = ln 2 x  dt =

dx =



f ( ln 2 x ) ln x x ln 2 x

FF IC IA L

Cách giải: dx

2 1 1 ln xdx  ln xdx = dt. x x 2

16 16 8 16 f ( x)  1 f (t ) 1 f ( x) 1  f ( x) dt dx dx dx  . = = +     24 t 24 x 24 x x 8 

Khi đó I =

8 16  1  40  1 1 ⇔ I =   −  dx +  ( x − 3) dx  2 7 4 x−7 x  8 

8 16 2 1 40 x − 3x  dx +  dx   I =   2  4 x ( x − 7) x 8 

8 1  x2  16 20 ln x − 7 − ln x ) +  − 3 x  ( 4 2 2 7 8

⇔I=

20 1 ( ln1 − ln 8 − ln 3 + ln 4 ) + ( 80 − 8) 7 2

⇔I=

20 1 ln + 36 7 6

KÈ

⇔I=

⇔ I = 36 −

 x = e 2  t = 4 Đổi cận:  . 4  x = e  t = 16

20 20 ln 2 − ln 3 7 7

ẠY

Chọn C.

Câu 43 (VD)

Cách giải:

FF IC IA L

Gọi O = AC ∩ BD. Vì SA = SB = SC = SD nên SO ⊥ ( ABCD ) .

 BH ⊥ AC Trong ( ABCD ) kẻ BH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ta có:   BH ⊥ ( SAC ) .  BH ⊥ SO

 d ( B; ( SAC ) ) = BH .

 ∠ ( SA; ( ABCD ) ) = ∠ ( SA; OA ) = ∠SAO = 600.

Ta có SO ⊥ ( ABCD )  OA là hình chiếu vuông góc của SA lên ( ABCD ) .

 ∆SAC đều cạnh 2  AC = 2.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có BC = AC 2 − AB 2 = 3

Chọn C.

3 . 2

KÈ

Vậy d ( B; ( SAC ) ) =

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC ta có BH =

Câu 44 (VD)

ẠY

Cách giải:

 M (1 + u; −1 + u;3 − 2u )  AM = ( u; u − 3; 4 − 2u ) Ta có     N (1 + 3t ; −4; 4 + t )  AN = ( 3t ; −6; t + 5 ) Vì A, M , N thẳng hàng nên AM = k AN .

3 AB.BC 1. 3 . = = AC 2 2

u = k .3t u = 3 − 6k    u − 3 = −6k ⇔ 3 − 6k = 3kt   4 − 6 + 12k = kt + 5k 4 − 2u = k ( t + 5 )

FF IC IA L

1  k=  u = 3 − 6k u = 3 − 6k 3    ⇔ 1 − 2k = kt ⇔ 1 − 2k = kt ⇔ u = 1   t = 1 4 − 6 + 12k = 1 − 2k + 5k 9k = 3    AM (1; −2; 2 ) .   AN − 3; 6; 6 ( )  Vậy AM 2 + AN 2 = (1 + 4 + 4 ) + ( 9 + 36 + 36 ) = 90.

Chọn C.

Câu 45 (VD)

2 2    f ( x ) + 3 g ( x )  dx = 5   f ( x ) dx = 2  −1  −1 Ta có:  2 ⇔ 2   − f x + g x  dx = −1  g x dx = 1 ( )   ( )  ( )  −1  −1

Cách giải:

−1

  2 f ( x ) + 3g ( x ) − 1 dx = 2  f ( x ) dx + 3  g ( x ) dx −  dx = 2.2 + 3.1 − 3 = 4.

Vậy

Chọn D. Câu 46 (VDC)

Cách giải:

9a 91− a 9a + = + 9a + 3 91− a + 3 9a + 3

KÈ

Xét f ( a ) + f (1 − a ) =

9 9a 3 = a + = 1.  9 + 3 3 + 9a a 9 9  a + 3 9 

ẠY

1 1 1   Nên f  3m + sin x  + f ( cos 2 x ) = 1  3m + sin x + cos 2 x = 1 ⇔ sin 2 x − sin x = 3m. 4 4 4  

Đặt t = sin x  t ' = cos x = 0 ⇔ x =

π 2

+ kπ

Bảng biến thiên của t = sin x trên [ 0;3π ] như sau:

FF IC IA L

Dựa vào BBT ta thấy mỗi nghiệm t cho tối đa 4 nghiệm x ∈ [ 0;3π ] .

1 1 Do đó để phương trình 3m + sin x + cos 2 x = 1 có 8 nghiệm thỏa mãn điều kiện thì phương trình t 2 − t = 3m 4 4 có 2 nghiệm phân biệt thuộc [ 0;1) .

1 1 1 Đặt f ( t ) = t 2 − t  f ( t ) = 2t − = 0 ⇔ t = . 4 4 8

Bảng biến thiên hàm số f ( t ) :

1 Phương trình t 2 − t = 3m có 2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [ 0;1] khi và chỉ khi 4 1 1 < 3m ≤ 0 ⇔ − < m ≤ 0. 64 192

Q −

Chọn C.

Cách giải:

ẠY

Ta có

KÈ

Câu 47 (VD)

5 3

I =  f ' ( 3 x − 1) dx +  f ' ( 2 x − 6 ) dx 5 4 1 1  I = f ( 3 x − 1) 3 + f ( 2 x − 6 ) 2 3 2 1

⇔I=

1 1 f ( 4 ) − f ( 2 ) ) + ( f ( 2 ) − f ( −2 ) ) ( 3 2

⇔I=

1 1 8 ( 4 − 2) + ( 2 + 2) = 3 2 3

Chọn B.

Cách giải:  f ( t ) ≥ x  f ( t ) − f ( x ) ≥ x − t  f ( t ) + t ≥ f ( x ) + x. Đặt t = f ( x )    f ( x ) = t

FF IC IA L

Câu 48 (VDC)

Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) + x ta có h ' ( x ) = f ' ( x ) + 1 = 3x 2 + 2 + 1 > 0 ∀x ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ.

Do đó f ( t ) + t ≥ f ( x ) + x ⇔ t ≥ x.

 f ( x ) = t ≥ x ⇔ x3 + x ≥ 5m đúng với mọi x ∈ ( 2;6 ) (*)

Xét hàm số g ( x ) = x3 + x với x ∈ ( 2; 6 ) ta có g ' ( x ) = 3x 2 + 1 > 0 ∀x nên hàm số đồng biến trên ( 2;6 ) . Do đó min g ( x ) = g ( 2 ) = 10.

[ 2;6]

 (*) ⇔ 5m ≤ min g ( x ) = 10 ⇔ m ≤ log 5 10.

[ 2;6]

Kết hợp điều kiện đề bài  m ∈ {−6; −5; −4; −3; −2; −1;0;1} .

Vậy có 8 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D. Câu 49 (VDC)

Cách giải:

KÈ

Ta có AB = 6  Mặt cầu ( S ) có bán kính R = 3 và tâm I ( 4;3; 4 ) .  Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là: r = R 2 − h 2 = 9 − h 2 .

ẠY

 Thể tích khối trụ là: Vtru = π r 2 h = π h ( 9 − h 2 ) = π ( − h3 + 9h ) .

 Vmax = 6π 3 ⇔ h = 3.

 d ( O; ( P ) ) = 3

Ta có: AB = ( 4; 4; 2 ) = 2 ( 2; 2;1) .  Mặt phẳng ( P ) có vecto pháp tuyến là ( 2; 2;1) . 23

b = 2  Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: ( P ) : 2 x + 2 y + z + d = 0   . c = 1

Ta có d ( O; ( P ) ) = 3 ⇔

2.4 + 2.3 + 4 + d 2 2 + 22 + 12

= 3

(

 ( d1 ; d 2 ) = −3 3 − 18;3 3 − 18

FF IC IA L

 d1 = 3 3 − 18 ⇔ d + 18 = 3 3 ⇔   d 2 = −3 3 − 18

)

Vậy có 1 số nguyên thuộc ( d1 ; d 2 ) .

Chọn A.

Câu 50 (VDC)

Cách giải:

 z1 − 3 − 4i = 3  Ta có:  1 1  z2 + 1 + 4 i = 2 ⇔ 4 z2 + 4 + i = 2 

a−5 a −5 i.  z =a+ 2 2

Theo bài ra ta có a − 2b = 5 ⇔ b =

Giả sử:

z1 có điểm biểu diễn là A

 a −5 Số phức z có điểm biểu diễn là M  a; . 2  

KÈ

4z2 có điểm biểu diễn là B Khi đó ta có:

Tập hợp các điểm A là đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 3; 4 ) , bán kính R1 = 3.

ẠY

Tập hợp các điểm B là đường tròn ( C2 ) có tâm I 2 ( −4; −1) , bán kính R2 = 2.

 xM = a  Ta có:  a − 5 xM − 5 ⇔ xM − 2 yM − 5 = 0 nên tập hợp các điểm M là đường thẳng ∆ : x − 2 y − 5 = 0 y = = M  2 2

Ta có:

P = z1 − z + z − 4 z2 24

= MA + MB ≥ MI1 − I1 A + MI 2 − I 2 B

FF IC IA L

= MI1 + MI 2 − 5

Gọi I1 ' là điểm đối xứng với I1 qua ∆.

Vì I1 I1 ' ⊥ ∆ nên phương trình đường thẳng I1 I1 ' có dạng 2 x + y + c = 0

I1 ( 3; 4 ) ∈ I1 I1 '  2.3 + 4 + c = 0 ⇔ c = −10  ( I1 I1 ') : 2 x + y − 10 = 0.

2 x + y − 10 = 0 x = 5 Gọi H = I1 I1 '∩ ∆  Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ  ⇔  H ( 5; 0 ) . x − 2 y − 5 = 0 y = 0

Vì H là trung điểm của I1 I1 ' nên I1 ' ( 7; −4 ) .

Vì I1 , I1 ' đối xứng nhau qua ∆ nên MI1 = MI1 ' .

 MI1 + MI 2 = MI1 '+ MI 2 ≥ I1 ' I 2 = 112 + ( −3) = 130.

--------------------- HẾT ------------------

ẠY

Chọn D.

KÈ

Vậy P ≥ 130 − 5 nên Pmin = 130 − 5.

THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 LẦN 1 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể giao đề)

SỞ GD & ĐT QUÃNG NGÃI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT ĐỀ CHÍNH THỨC

Mã đề 144

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề thi thử TN THPT trường THPT Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi với mục tiêu giúp các em học sinh thống lĩnh toàn bộ kiến thức và phương pháp làm bài ở giai đoạn cuối để tự tin bước vào kì thi chính thức. - Đề thi phủ rộng toàn bộ kiến thức xuất hiện trong đề thi minh họa, bám sát đề minh họa.

- Các câu hỏi khó tập trung ở phía cuối đề thi, đây là những câu hỏi với mục tiêu rèn kỹ năng tư duy và giải quyết các bài toán khó cho HS.

B. C64

A. P6

C. A64

Câu 1: Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6? D. 6 4

Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −2;3; 6 ) và B ( 0;5; −2 ) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có A. I ( −2;8; 4 )

tọa độ là:

B. I (1;1; −4 )

C. I ( −1; 4; 2 )

D. I ( 2; 2; −4 )

B. ( 4;3)

C. ( 4; −3)

D. ( 3; 4 )

A. ( −3; 4 )

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z = 4 − 3i có tọa độ là:

 f ( x ) dx = 12 x

 f ( x ) dx = 3 x

− 2x + C

KÈ

Câu 5: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

ẠY

A. x = 2

 f ( x ) dx = 3x

 f ( x ) dx = x

− 2x + C

2x −1 là đường thẳng? 2− x

B. y = −2

Câu 6: Tập nghiệm S của bất phương trình 5 A. S = ( −∞; 2]

Câu 4: Cho hàm số f ( x ) = 4 x3 − 2. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

C. y = 1 x+2

 1  ≥   25 

D. x = −2

−x

B. S = ( −∞; 2 )

là:

C. S = [ 2; +∞ )

D. S = (1; +∞ )

Câu 7: Thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3cm và chiều cao bằng 4cm là: A. V = 12π ( cm3 )

B. V = 36π ( cm3 )

C. V = 36π ( cm 2 ) 1

D. V = 12π ( cm 2 )

Câu 8: Một hình lập phương có độ dài cạnh bằng 2a. Thể tích khối lập phương đó là: A. 4a 3

B. a 3

D. 2a3 2

C. 8a 3

Câu 9: Cho hàm số f ( x ) = sin 3x . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 1

 f ( x ) dx = 3 cos 3x + C

 f ( x ) dx = − 3 cos 3x + C

 f ( x ) dx = 3cos 3x + C

 f ( x ) dx = − cos 3x + C

FF IC IA L

Câu 10: Một khối chóp có thể tích bằng 12 và diện tích đáy bằng 4. Chiều cao của khối chóp đó bằng: A. 3

4 9

C. 9 2

1 3

A. 32.

B. 9

C. 16



f ( x ) dx = 2 và

A. −12

 g ( x ) dx = 6 thì

 f ( x ) dx bằng

Câu 13: Nếu

C. z = −2 + 4i

B. z = 4 + 2i

B. −4

D. 4

D. z = 2 + 4i

A. z = 4 − 2i

Câu 12: Số phức liên hợp của số phức z = 4 − 2i là:

Câu 11: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 3) = 16 có bán kính bằng:

C. −8

D. 8

KÈ

Câu 14: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị hàm số nào sau đây?

ẠY

A. y = x3 − 3 x + 2

B. y = − x 4 + 2 x 2 − 2

C. y = − x 3 + 3 x 2 + 2

D. y = x3 − 3 x 2 + 2

Câu 15: Cho cấp số cộng ( un ) có u2 = 4 và u4 = 2. Giá trị của u6 bằng:

A. u6 = 6

B. u6 = 0

C. u6 = −1

D. u6 = 1

C. x = 5

D. x = 9

Câu 16: Nghiệm của phương trình log 3 x = 2 là: A. x = 6

B. x = 8

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau: 2

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

B. yCÐ = 15

ℝ

C. max y = 5 ℝ

D. yCT = 4

FF IC IA L

A. min y = 4

Câu 18: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào dưới đây không đi qua điểm M ( 0;1; −1) ? A. ( P4 ) : x + 2 y + 15 z + 13 = 0

B. ( P2 ) : 4 x − 2 y − 12 z − 10 = 0

C. ( P3 ) : 2 x − 3 y + 12 z + 15 = 0

D. ( P1 ) : 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0

Câu 19: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

B. Hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) .

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .

Mệnh đề nào sau đây sai?

B. ln 2e

C. 1

A. e − 1

 x dx bằng:

Câu 20: Tích phân

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ )

D. ln e − 1

A. 1 + i

KÈ

Câu 21: Cho hai số phức z = −3 + 2i và w = 4 − i. Số phức z + w bằng: B. −7 + i

C. 1 − 3i

D. −7 + 3i

Câu 22: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương

ẠY

trình f ( x ) − 1 = m có 3 nghiệm phân biệt.

A. −1 < m < 3

B. 1 < m < 4

C. −2 < m < 5 3

D. 0 < m < 4

 1  Câu 23: Đạo hàm của hàm số y = log3 ( 3x + 1) trên khoảng  − ; +∞  là:  3 

3 3x + 1

3 ( 3x + 1) ln 3

3 ( 3x + 1) ln x

B. T = 11 2

  2 x − 3 f ( x ) dx = 4 thì

x

 f  3  dx

8 3

bằng:

B. 1

1 3

N Ơ

10 3

B. A = −1

17 15

C. A = 1

x −1 trên đoạn [ 2;5]. Tính 1− 2x

D. A = −

A. A = −

D. −1

Câu 26: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = A = M − 3m.

D. T =

A. 4

Câu 25: Nếu

C. T =

a 2 . 3 a . 5 a3

FF IC IA L

Câu 24: Cho số thực a thỏa mãn 0 < a ≠ 1. Tính giá trị của biểu thức T = log a A. T = 8

3 ( x + 1) ln 3

5 3

Câu 27: Số phức z1 là nghiệm có phần ảo dương của phương trình bậc hai z 2 − 2 z + 2 = 0. Môđun của số phức

B. 10

C. 10

D. 18

A. 3 2

( 2 − i ) z1 bằng:

Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AC = a 5, SA = 2a. Biết SB ⊥ BC và SD ⊥ DC. Thể tích của khối chóp S .BCD bằng: B. VS .BCD = 2a 3

C. VS .BCD =

A. VS .BCD = 4a 3

2a 3 3

D. VS .BCD =

4a 3 3

KÈ

Câu 29: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh AC = a, các cạnh bên a 6 . Tính góc tạo bởi mặt bên ( SAB ) và mặt phẳng đáy ( ABC ) . 2

ẠY

SA = SB = SC =

C. arctan 2

D. arctan 2

Câu 30: Một hình trụ có bán kính đáy bằng a và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính diện tích xung quanh của hình trụ. A. 2π a 2

B. 3π a 2

C. π a 2 3

D. 4π a 2

Câu 31: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ' ( x ) = x ( x − 1) ( 2 x + 3) . Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị? 4

A. 3

B. 1

C. 0

Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình log 2 ( 2 x 2 − x ) ≤ log

1  A.  ;1 2 

D. 3 x là:

1  C.  ;1 2 

B. ( 0;1)

D. [ 0;1]

A. u2 (1; −2; 2 )

B. u1 (1; −2; −1) .

FF IC IA L

Câu 33: Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc tọa độ và trọng tâm của tam giác ABC với A ( 0; 2;1) , B ( 4; −2;1) , C ( 2;3; 4 ) ? C. u3 = ( 2;1; 2 ) .

D. u4 = ( 4; −2;1) .

C. y = 3x

D. y = ln x

Câu 34: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ℝ ? 1 x +1

B. y = x 3 − x

Câu 35: Cho hai số dương a, b với a ≠ 1. Đặt M = log 1 N 6

B. M =

3 N 2

C. M =

C. 2

B. 4

2 N 3

Câu 36: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = z 3 ? A. 5

b . Tính M theo N = log a b.

D. M = N

A. M =

3 a

A. y =

D. 7

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A (1; −2;1) , B ( 0;1;3) , C (1; 2;3) , D ( 2; −1; 2 ) . Phương trình

x −1 y + 2 z −1 x y −1 z − 3 = = D. = = 3 2 3 2 −1 −1 Câu 38: Cho tứ diện ABCD, gọi M là điểm sao cho MA + 3MB = 0. Mặt phẳng ( P ) đi qua M , song song với

x −1 y + 2 z −1 = = 1 3 −4

x−2 y +3 z −5 = = 1 4 −1

đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) là:

5 27

ẠY

KÈ

BC và AD chia khối tứ diện đã cho thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối tứ diện chứa đỉnh B và V V2 là thể tích khối tứ diện chứa đỉnh A. Tính tỉ số 1 . V2

5 37

C. m

Câu 39: Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thỏa mãn

A. 2.

5 32

 ( 4x

1 3

+ 2 x ) dx = 3 − m 2 ?

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Câu 40: Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên x và y sao cho đẳng thức sau thỏa mãn:

log 2021 ( 4 x − 2 x +1 + 2022 ) A. 1

B. 3

y 2 +101

C. 0 5

= 20 y + 1 D. 2

Câu 41: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, AC cắt BC tại O. Khoảng cách giữa SA và CD bằng độ dài đoạn SO. Tính sin của góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy. A.

3 5

15 5

10 5

4 5

FF IC IA L

Câu 42: Cho hàm số f ( x ) , đồ thị của hàm số y = f ' ( x ) là đường cong như hình vẽ bên dưới.

B. f ( −1) + 1

C. f (1) − 3

D. f ( 0 )

A. f ( 2 ) − 5

 1 Giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( 2 x + 1) − 4 x − 3 trên đoạn  −1;  bằng:  2

Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A ( 3; 4;0 ) , B ( 2;5; 4 ) , C ( −1;1;1) , D ( 3;5;3) . Viết 2

B. ( x − 1) + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 9

A. ( x + 1) + ( y + 3) + ( z + 2 ) = 9

phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.

C. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 9

D. ( x − 1) + ( y + 3) + ( z − 2 ) = 9

4π a 3 3

KÈ

Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho? B.

7π a 3 3

7π a 3 9

D. 4π a 3

ẠY

Câu 45: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau, lấy ngẫu nhiên một số từ A. Tính xác suất để lấy được một số luôn có mặt 3 chữ số 0, 1, 2 và giữa hai chữ số 0 và 1 có đúng 2 chữ số. 1 15

7 162

5 162

7 405

Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đồ thị ( C ) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại

2 f ( x2 ) = 0 và ( C ) nhận đường thẳng d : x = x2 làm 3 trục đối xứng. Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện tích của các miền hình phẳng được đánh dấu như hình bên

các điểm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2, f ( x1 ) + f ( x3 ) +

FF IC IA L

S3 + S 4 gần kết quả nào nhất? S1 + S 2

Tỉ s ố

A. 1, 62

B. 1,64

C. 1,68

D. 1,66

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ, đồ thị hàm số y = f ' ( x ) có đúng bốn điểm chung với

B. 2

C. 5

A. 0

trục hoành như hình vẽ dưới.

D. 1

Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0, đường thẳng ( d ) :

x −1 y + 1 2 − z = = 1 1 1

3 1 và hai điểm B  ; −1;  , C (1; −1;1) . Gọi A là giao điểm của ( d ) và ( P ) , S là điểm di động trên d ( S ≠ A) . 2 2 Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB, SC , ( ∆ ) là giao tuyến của hai mặt

14 2

6+2 2 2

7 2

ẠY

KÈ

phẳng ( AHK ) và ( P ) , M ∈ ∆. Giá trị nhỏ nhất của MB + MC là:

Câu 49: Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình e x − 1 = m ln ( mx + 1) có hai nghiệm phân biệt trên

đoạn [ −10;10] ? A. 2201

B. 2020

C. 2021

D. 2202

Câu 50: Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 1 − i = 1 và z2 − 2 + i = 2. Số phức z thay đổi sao cho

( z − z ) (1 + i − z ) và ( z − z ) ( z 1

)

− 2 − i là số thuần ảo. Giá trị nhỏ nhất của z − 3 + 2i bằng:

11 5

B. 2

C. 2 − 2

D. 13 − 1

------------------ HẾT ----------------

BẢNG ĐÁP ÁN 1.C

2.C

3.C

4.D

5.D

6.A

7.A

11.D

12.B

13.B

14.D

15.B

16.D

17.D

18.D

19.C

20.C

21.C

22.A

23.B

24.C

25.D

26.C

27.C

28.C

29.D

30.D

31.D

32.C

33.C

34.C

35.C

36.A

37.B

38.A

39.A

40.A

41.B

42.C

43.B

44.B

45.C

46.D

47.D

48.A

49.A

50.C

Câu 1 (NB) Cách giải:

Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là A64 .

Chọn C.

Câu 2 (NB)

Cách giải:

 −2 + 0 3 + 5 6 − 2  Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là:  ; ;  = ( −1; 4; 2 ) . 2 2   2

Chọn C.

Câu 3 (NB)

KÈ

Cách giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z = 4 − 3i có tọa độ là: ( 4; −3) .

Chọn C.

ẠY

Câu 4 (NB)

Cách giải:

 f ( x ) dx =  ( 4 x

− 2 ) dx = x 4 − 2 x + C

Chọn D. Câu 5 (NB) 8

10.C

FF IC IA L

9.B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

8.C

Cách giải: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2x −1 2x −1 = là đường thẳng y = −2. 2 − x −x + 2

Chọn D. Câu 6 (TH)

x+2

FF IC IA L

Cách giải: −x

 1  ≥   25 

⇔ 5 x + 2 ≥ 52 x ⇔ x + 2 ≥ 2 x ⇔ x ≤ 2

Chọn A. Câu 7 (NB) Cách giải:

1 1 V = π r 2 h = π .32.4 = 12π ( cm3 ) 3 3

Chọn A.

Câu 8 (NB)

Cách giải:

Thể tích khối lập phương đó là: V = ( 2a ) = 8a 3 .

Chọn C.

Cách giải:

Câu 9 (NB)

KÈ

1 f ( x ) = sin 3 x   f ( x ) dx =  sin 3 xdx = − cos 3 x + C. 3

Chọn B.

Câu 10 (NB)

ẠY

Cách giải:

Thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3cm và chiều cao bằng 4cm là:

3V 3.12 = = 9. S day 4

Chiều cao của khối chóp đó bằng: h =

Chọn C.

Câu 11 (NB) Cách giải: 9

Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 3) = 16 có bán kính bằng 4.

Chọn D. Câu 12 (NB) Cách giải:

FF IC IA L

Số phức liên hợp của số phức z = 4 − 2i là: z = 4 + 2i.

Chọn B. Câu 13 (TH) Cách giải:

Vậy



 g ( x ) dx = 6   g ( x ) dx = −6 =  f ( x ) dx. 4

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 2 + ( −6 ) = −4.

Ta có

Chọn B.

Câu 14 (TH)

Cách giải:

Đồ thị đi qua điểm ( 2; −2 ) nên loại đáp án A.

Chọn D. Câu 15 (TH)

Cách giải:

Chọn B.

u2 + u6 = u4  u6 = 2u4 − u2 = 2.2 − 4 = 0. 2

KÈ

Ta có

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba y = ax3 + bx 2 + cx + d có a > 0 nên loại B và C.

Câu 16 (NB)

ẠY

Cách giải:

log 3 x = 2 ⇔ x = 32 = 9.

Chọn D.

Câu 17 (NB) Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số có yCT = 4. 10

Chọn D. Câu 18 (NB) Cách giải: Thay tọa độ điểm

M ( 0;1; −1)

vào phương trình mặt phẳng

( P1 ) : 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0

ta có:

4.0 + 2.1 − 12. ( −1) − 17 = 0 nên M ∈ ( P1 ) .

FF IC IA L

Chọn D. Câu 19 (NB) Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −1;1) nên các đáp án A, B, D đúng.

Chọn C.

Câu 20 (NB)

Cách giải: e

 x dx = ln x 1 = ln e − ln1 = 1 1

Chọn C.

Câu 21 (TH)

Cách giải:

z + w = ( −3 − 2i ) + ( 4 − i ) = 1 − 3i

Chọn C. Câu 22 (TH)

Cách giải:

Chọn A.

KÈ

Phương trình f ( x ) − 1 = m ⇔ f ( x ) = m + 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m + 1 < 4 ⇔ −1 < m < 3.

ẠY

Câu 23 (TH) Cách giải:

y = log 3 ( 3 x + 1)  y ' =

3 ( 3x + 1) ln 3

Chọn B.

Câu 24 (TH) Cách giải: 11

= log a

a. a

1 3 2+ + 3 5 4

a .a .a

= log a

3 5

a 15 44

= log a

a 15 = log a a 3 =

1 3

a 15 4

44 4 − 15

= log a a 15

a 15 8 3

FF IC IA L

T = log a

Chọn C. Câu 25 (TH) Cách giải:

Ta có:

⇔ 3 − 3 f ( x ) dx = 4 ⇔  f ( x ) dx = −



−1 x x f   d   = 3 f ( x ) dx = 3. = −1. 3 3 3 1

x f   dx = 3 3 3

Khi đó ta có:

1 3

− 3 f ( x ) dx = 4 ⇔ 4 − 1 − 3 f ( x ) dx = 4

⇔ x2

  2 x − 3 f ( x ) dx = 4 ⇔  2 xdx − 3 f ( x ) dx = 4

Chọn D. Câu 26 (TH)

Cách giải:

−1

( −2 x + 1)

< 0 ∀x ∈ [ 2;5] nên hàm số nghịch biến trên [ 2;5].

ẠY

Ta có y ' =

KÈ

Hàm số đã cho xác định trên [ 2;5].

1  f ( x ) = f ( 2) = −  M = max [2;5] 1 4 3 Vậy   A = M − 3m = − + 3. = 1. 3 9 m = min f ( x ) = f ( 5 ) = − 4 [2;5]  9

Chọn C. Câu 27 (TH) Cách giải: 12

 z = 1+ i . Ta có: z 2 − 2 z + 2 = 0 ⇔   z = 1− i

Vì z1 là nghiệm có phần ảo dương của phương trình bậc hai z 2 − 2 z + 2 = 0 nên z1 = 1 + i. 2

Vậy ( 2 − i ) z1 = 2 − i . z1 = 22 + ( −1) . 12 + 12 = 10.

FF IC IA L

Chọn C. Câu 28 (TH)

Cách giải:

Ta có

 BC ⊥ SB  BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ SA   BC ⊥ AB

 SA ⊥ ( ABCD )

CD ⊥ SD  CD ⊥ ( SAD )  CD ⊥ SA  CD ⊥ AD

1 1 1 S ABCD = AB.BC = .a.2a = a 2 . 2 2 2

KÈ

 S BCD =

Áp dụng định lí Pytago ta có: BC = AC 2 − AB 2 = 5a 2 − a 2 = 2a.

ẠY

1 1 2a 3 . Vậy VS . BCD = SA.S BCD = .2a.a 2 = 3 3 3

Chọn C.

Câu 29 (TH) Cách giải:

Mà SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC ) . Gọi I là trung điểm của AB  SI ⊥ AB.

 AB ⊥ SI Ta có   AB ⊥ ( SHI )  AB ⊥ HI .  AB ⊥ SH

FF IC IA L

Gọi H là trung điểm của BC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB  Ta có  SI ⊂ ( SAB ) , SI ⊥ AB  ∠ ( ( SAB ) ; ( ABC ) ) = ∠ ( SI ; HI ) = ∠SIH .   HI ⊂ ( ABC ) , HI ⊥ AB a 2 . 2

Tam giác ABC vuông cân tại A có AC = a  BC = a 2  BH = 3a 2 a 2 − = a. 2 2

Áp dụng định lí Pytago ta có: SH = SB 2 − BH 2 =

Vì HI là đường trung bình của tam giác ABC nên HI =

Chọn D.

KÈ

Xét tam giác vuông SHI ta có: tan ∠SIH =

a 1 AC = . 2 2

SH a = = 2  ∠SIH = arctan 2. SI a / 2

Câu 30 (TH)

ẠY

Cách giải:

Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có chiều cao h = 2r = 2a.

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rh = 2π .a.2a = 4π a 2 .

Chọn D. Câu 31 (TH) Cách giải: 14

Ta có: f ' ( x ) = x ( x − 1) ( 2 x + 3)

  x = 0 ( nghiem don )  = 0 ⇔  x = 1( nghiem boi ba )  3  x = − ( nghiem boi hai )  2

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị x = 0, x = 1.

FF IC IA L

Chọn D. Câu 32 (TH) Cách giải:  1 x>   2 x − x > 0 2 1  ĐKXĐ:  ⇔  ⇔ x> . x<0 2 x > 0   x > 0 2

Ta có: log 2 ( 2 x 2 − x ) ≤ log

⇔ log 2 ( 2 x 2 − x ) ≤ 2 log 2 x

⇔ log 2 ( 2 x 2 − 2 ) ≤ log 2 x 2

⇔ 2 x2 − x ≤ x2

⇔ x2 − x ≤ 0

Cách giải:

KÈ

Câu 33 (TH)

Chọn C.

1 < x ≤ 1. 2

Kết hợp ĐKXĐ ta có

⇔ 0 ≤ x ≤1

ẠY

 0 + 4 + 2 2 − 2 + 3 1+1+ 4  Gọi G là trọng tâm của ∆ABC  G  ; ;   G ( 2;1; 2 ) . 3 3 3   Vậy đường thẳng đi qua gốc tọa độ và trọng tâm G có 1 VTCP là OG = ( 2;1; 2 ) = u3 .

Chọn C.

Câu 34 (NB) Cách giải: Hàm số y = 3x đồng biến trên ℝ. 15

Chọn C. Câu 35 (TH) Cách giải: Ta có: M = log

3 a

1 1 2 b = log 1 b 3 = 2. log a b = N . 3 3 a2

FF IC IA L

Chọn C. Câu 36 (VD) Cách giải: Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ℝ )  z = a − bi, khi đó ta có: z = z 3 ⇔ a − bi = ( a + bi )

a = 0  2 2 3 2  a = a − 3ab a ( a − 3b − 1) = 0  a − 3b = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 3 2 2 3 − + 1 = 0 b a b −b = 3a b − b ( )  b = 0   3a 2 − b 2 = −1  2

⇔ a − bi = a 3 + 3a 2bi − 3ab 2 − b3i

a = 0 a = 0 ⇔  z = ±i. TH2:  2 2 b = ± 1 3 a − b = − 1  

TH1: a = b = 0  z = 0.

b = 0 b = 0 ⇔  z = ±1 TH3:  2 2 a − 3b = 1 a = ±1

KÈ

2 2 a − 3b = 1 a = ±b TH4:  2 2 .  4 ( a 2 − b 2 ) = 0 ⇔ a = ±b   2 −2b = 1( vo nghiem ) 3a − b = −1

Vậy có tất cả 5 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

ẠY

Câu 37 (TH) Cách giải:

Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆ và nó có 1 VTCP là u∆ .

 BC = (1;1; 0 )   BC , BD  = ( −1;1; −4 ) . Ta có   BD = ( 2; −2; −1)

Vì ∆ ⊥ ( BCD ) nên u∆ = −  BC , BD  = (1; −1; 4 ) .

Vậy phương trình đường thẳng ∆ là:

x −1 y + 2 z −1 . = = 1 3 −4

Chọn B. Câu 38 (VD)

trong

( ABD )

kẻ

MN / / BC ( N ∈ AC ) ,

MQ / / AD ( Q ∈ BD ) ,

( ABC ) kẻ NP / / AD ( P ∈ CD ) .

Trong

FF IC IA L

Cách giải:

 Thiết diện của hình chóp cắt bởi ( P ) là hình bình hành MNPQ.

AM AN DP DQ 3 = = = = . Vì MA + 3MB = 0 nên AB AC DC DB 4

6  VAMNP = V  AM AN AP 9  64 . . = =  (1) 7 AB AC AP 16  V = V  BMNCP 64

KÈ

VAMNP VABCP

1 1 3 Ta có: CP = CD  VABPC = V  VABDP = V . 4 4 4

ẠY

Khi đó ta có:

VBMQP

VBADP

3  VMBQP = V  BM BQ BP 1  64 . . = =  ( 2) 15 45 BA BD BP 16  V = V = V  AMQDP 16 ABDP 64

trong

( ACD )

kẻ

5  V1 = 32 V 5 V Từ (1) và (2) suy ra   1 = . V2 27 V = 27 V 2  32

Chọn A. Câu 39 (TH)

Ta có:

 ( 4x

+ 2 x ) dx = ( x 4 + x 2 )

m 0

FF IC IA L

Cách giải: = m4 + m 2 .

Theo bài ra ta có m 4 + m 2 = 3 − m 2 ⇔ m 2 + 2m 2 − 3 = 0

⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1

1 1 3 Ta có: CP = CD  VABPC = V  VABDP = V . 4 4 4

Vậy có 2 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Câu 40 (VD) Cách giải:

y 2 +101

= 20 y + 1

log 2021 ( 4 x − 2 x +1 + 2022 )

Ta có:

⇔ ( y 2 + 101) log 2021 ( 4 x − 2 x +1 + 2022 ) = 20 y + 1 20 y + 1 y 2 + 101

KÈ

⇔ log 2021 ( 4 x − 2 x +1 + 2022 ) =

Vì ( y − 10 ) ≥ 0 ∀y ⇔ y 2 − 20 y + 100 ≥ 0 ∀y

ẠY

⇔ y 2 + 101 ≥ 20 y + 1 ∀y 

20 y + 1 ≤ 1 ∀y y 2 + 101

 log 2021 ( 4 x − 2 x +1 + 2022 ) ≤ 1

⇔ 4 x − 2.2 x + 1 ≤ 0 2

⇔ ( 2 x − 1) ≤ 0 ⇔ 2x −1 = 0 ⇔ x = 0 18

Với x = 0 thì dấu “=” xảy ra, khi đó ( y − 10 ) = 0 ⇔ y = 10. Vậy có duy nhất 1 cặp số nguyên x và y thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A. Câu 41 (VD)

FF IC IA L

Cách giải:

Ta có SO ⊥ ( ABCD ) nên OA là hình chiếu vuông góc của SA lên ( ABCD ) .

 ∠ ( SA; ( ABCD ) ) = ∠ ( SA; OA ) = ∠SAO.

 AB ⊥ OM Gọi M là trung điểm của AB ta có   AB ⊥ ( SOM ) .  AB ⊥ SO

OH ⊥ AB Trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM ( H ∈ SM ) ta có   OH ⊥ ( SAB )  d ( O; ( SAB ) ) = OH . OH ⊥ SM

Ta có: AB / / CD  CD / / ( SAB ) ⊃ SA  d ( SA; CD ) = d ( CD; ( SAB ) ) = d ( C ; ( SAB ) ) .

d ( C ; ( SAB ) )

d ( O; ( SAB ) )

CA = 2  d ( C ; ( SAB ) ) = 2d ( O; ( SAB ) ) = 2OH = SO. OA

KÈ

Lại có CO ∩ ( SAB ) = A 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM ta có:

ẠY

1 1 1 = + 2 2 OH SO OM 2

1 1 1 = + 2 2 2 OH 4OH a   2



3 1 4 3a ⇔ . = 2 ⇔ OH = 2 4 OH a 4 19

a 3 2

Xét tam giác vuông SOA có: sin ∠SAO =

SO = SC

SO 2

SO + OC 2

a 3 15 2 . = 2 2 5 3a a + 4 2

Chọn B. Câu 42 (VD) Cách giải: Ta có g ( x ) = f ( 2 x + 1) − 4 x − 3  g ' ( x ) = 2 f ' ( 2 x + 1) − 4. Cho g ' ( x ) = 0 ⇔ f ' ( 2 x + 1) = 2.

  2 x + 1 = −1  x = −1  Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy f ' ( 2 x + 1) = 2 ⇔  2 x + 1 = 1 ⇔  x = 0    2 x + 1 = 2 1 x = 2 

FF IC IA L

 SO = 2OH =

1 Ta có g ( −1) = f ( −1) + 1, g ( 0 ) = f (1) − 3, g   = f ( 2 ) − 5. 2

KÈ

Khi đó ta có BBT:

ẠY

Dựa vào BBT ta thấy min g ( x ) = g ( 0 ) = f (1) − 3.  1  −1; 2   

Chọn C.

Câu 43 (TH) Cách giải: Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng: 20

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

+ b2 + c 2 − d > 0 )

a = 1 9 + 16 − 6a − 8b + d = 0   b = 3 Vì A, B, C , D ∈ ( S ) nên ta có hệ phương trình 4 + 25 + 16 − 4a − 10b − 8c + d = 0 ⇔  . 9 + 25 + 9 − 6a − 10b − 6c + d = 0 c = 2   d = 5 2

FF IC IA L

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 6 y − 4 z + 5 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y − 3) + ( z − 2 ) = 9

Chọn B. Câu 44 (VD) Cách giải:

gt 2 , trong Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu có mặt bên vuông góc với đáy là R = R + R − 4 đó Rben , Rday lần lượt là bán kính dường tròn ngoại tiếp mặt bên vuông góc với đáy và mặt đáy, gt là độ dài giao

tuyến của mặt bên vuông góc với đáy và mặt đáy.

a 2 . 2

Ta có ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB = a = gt.

Đáy ABCD là hình vuông cạnh a nên Rday =

2 a 3 a 3 . Vì SAB là tam giác đều cạnh a nên Rben = . = 3 2 3

2 ben

2 day

 a 3   a 2  a 2 a 21 gt 2 . − =  =  +   − 4 4 6  3   2 

Chọn B.

KÈ

Câu 45 (VD)

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R = R

Cách giải:

2 day

2 ben

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 9.9.8.7.6.5 = 136080.

ẠY

Gọi số có 6 chữ số khác nhau có dạng abcdef trong đó luôn có mặt 3 chữ số 0, 1, 2. Vì giữa hai chữ số 0 và 1 có đúng 2 chữ số nên khi đó cặp số 0 và 1 có các vị trí (1; 4 ) , ( 2;5) , ( 3; 6 ) .

TH1: 0 và 1 đúng ở vị trí (1; 4 ) . Khi đó chọn 3 số trong 7 số còn lại có C73 cách chọn. Xếp số 3 và 3 số được chọn vào 4 vị trí còn lại có 4! cách. Suy ra có C73 .4! số. 21

TH2: 0 và 1 đúng ở vị trí ( 2;5 ) , có 2 cách xếp 0 và 1 Khi đó chọn 3 số trong 7 số còn lại có C73 cách chọn. Xếp số 3 và 3 số được chọn vào 4 vị trí còn lại có 4! cách. Suy ra có 2.C74 .4! số.

FF IC IA L

TH2: 0 và 1 đúng ở vị trí ( 3;6 ) có 2 cách xếp 0 và 1 Khi đó chọn 3 số trong 7 số còn lại có C73 cách chọn. Xếp số 3 và 3 số được chọn vào 4 vị trí còn lại có 4! cách. Suy ra có 2.C74 .4! số.

 số phần tử của biến cố là C73 .4!+ 2.2C73 .4! C73 .4!+ 2.2C73 .4! 5 . = 136080 162

Vậy xác suất của biến cố là

Chọn C.

Câu 46 (VDC)

Cách giải:

Sưu tầm Toanmath

Kết quả bài toán không đổi khi ta tịnh tiến đồ thị hàm số sang bên trái sao cho đường thẳng d : x = x2 trùng với

(C )

x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1.

là đồ thị của hàm số trùng phương y = g ( x ) có ba điểm cực trị

trục tung, khi đó đồ thị

2 2 3 f ( x2 ) = 0  −2k + 2c + c = 0 ⇔ c = k . 3 3 4

Mặt khác f ( x1 ) + f ( x3 ) +

Suy ra y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + c ( k > 0 )

KÈ

3 Suy ra y = g ( x ) = k ( x 4 − 2 x 2 ) + k . 4 1

ẠY

Khi đó: S1 + S 2 = k  x 4 − 2 x 2 + 0

3 28 2 − 17 dx = k. 4 60

Ta lại có g ( 0 ) − g (1) = k  S1 + S2 + S3 + S4 = k .1 = k . Suy ra S3 + S 4 = k −

28 2 − 17 77 − 28 2 k= k. 60 60

77 − 28 2 k S + S4 60 = ≈ 1, 66. Vậy 3 S1 + S 2 28 2 − 17 k 60

Chọn D. Câu 47 (VDC)

FF IC IA L

Cách giải: Sưu tầm Toanmath

(

)

Vì hàm số y = x − 3 x + m + 2021

là hàm số chẵn nên để hàm số có 11 điểm cực trị thì hàm số

g ( x ) = f ( x3 − 3 x + m + 2021) phải có 5 điểm cực trị dương.

Khi đó ta có BBT của hàm số y = f ( x 3 − 3 x ) với x > 0 như sau:

Đặt u = x 3 − 3 x  u ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1.

Vì đồ thị hàm số g ( x ) = f ( x3 − 3 x + m + 2021) thu được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f ( x 3 − 3 x ) theo vectơ u = ( − m − 2021;0 ) nên để hàm số g ( x ) = f ( x3 − 3 x + m + 2021) phải có 5 điểm cực trị dương thì

a − m − 2021 > 0 ⇔ − a − 2021 ≤ m < a − 2021( a ∈ ( 0;1) )  m = −2021.  − a − m − 2021 ≤ 0

Chọn D.

Cách giải:

KÈ

Câu 48 (VDC)

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Sưu tầm Toanmath

ẠY

x = 1  x −1 y + 1 2 − z = =   Xét hệ  1 1 1 ⇔  y = −1  A (1; −1; 2 ) .  x + y − z + 2 = 0 z = 2 

Mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 có 1 VTPT là nP = (1;1; −1) , đường thẳng VTCP là ud = (1;1; −1) = nP .

 ( d ) ⊥ ( P )  SA ⊥ ( P )  SA ⊥ ( ABC ) . 23

(d ) :

x −1 y + 1 2 − z = = có 1 1 1 1

Ta có: AB =

HS SA2 SA2 SA2 2 2 KS , AC = 2 và 2 , . = = SA = = 2 HB AB 2 KC AC 2 2

Gọi D = HK ∩ BC. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SBC , cát tuyến KHD ta có: HS KC DB DB 1 . . =1⇔ = ⇔ 4 DB = DC. HB KS DC DC 4

FF IC IA L

 1 2 5   2 1 1  1  D  ; − ;   AD =  − ; ; −  = ( 2; −1;1) . 3 3 3  3 3 3 3

 x = 1 + 2t   Giao tuyến của ( AHK ) và ( P ) là đường thẳng AD có phương trình tham số:  y = −1 − t . z = 2 + t 

Vì B, C nằm cùng phía so với AD nên gọi C ' là điểm đối xứng với C qua AD thì C ' (1; 0;3) .

14 . 2

Vậy min ( MB + MC ) = BC ' =

14 . 2

Ta có MB + MC = MB + MC ' ≥ BC ' =

Chọn A.

Câu 49 (VDC) Cách giải:

Sưu tầm Toanmath

Ta có:

e x − 1 = m ln ( mx + 1)

ĐK: mx + 1 > 0

KÈ

⇔ e x + mx = mx + 1 + m ln ( mx + 1) ⇔ e x + mx = e

ln ( mx +1)

+ m ln ( mx + 1)

ẠY

Xét hàm đặc trưng f ( t ) = et + mt ta có f ' ( t ) = et + m > 0 ∀m > 0 nên hàm số đồng biến trên ℝ. Do đó f ( x ) = f ( ln ( mx + 1) ) ⇔ x = ln ( mx + 1) ⇔ e x = mx + 1.

Nhận thấy phương trình e x = mx + 1 có nghiệm x = 0 nên để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình e x = mx + 1 phải có 1 nghiệm x ≠ 0, x ∈ [ −10;10] . ex −1 Ta có: e = mx + 1 ⇔ e − 1 = mx ⇔ = m ( x ≠ 0) . x x

Xét hàm số g ( x ) =

ex −1 xe x − e x + 1 , x ∈ [ −10;10 ] \ {0} . ta có g ' ( x ) = x x2

Tiếp tục xét hàm số h ( x ) = xe x − e x + 1 ta có h ' ( x ) = e x + xe x − e x = xe x = 0 ⇔ x = 0.

FF IC IA L

Ta có BBT hàm số h ( x ) :

Dựa vào BBT ta thấy h ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ, h ( x ) = 0 ⇔ x = 0. Do đó g ' ( x ) > 0 ∀x ∈ [ −10;10] \ {0} .



phương trình

e x = mx + 1

phải có 1 nghiệm

Từ BBT

Khi đó ta có BBT hàm số g ( x ) như sau:

khi và chỉ khi

1 − e −10 e10  ;  \ {1} . m∈  10 10 

x ≠ 0, x ∈ [ −10;10]

Mà m ∈ ℤ +  m ∈ {2;3;...; 2202} .

KÈ

Chọn A.

Vậy có 2201 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 50 (VDC)

ẠY

Cách giải:

Sưu tầm Toanmath

Đặt w = z2 − 2 + i  w = 2.

(

)

(

)

Ta có: ( z − z2 ) z2 − 2 − i = ( z − z2 ) z2 − 2 + i = ( z − z2 ) w là số thuần ảo nên ( z − z2 ) w = ki ( k ∈ ℝ ) . 2

Mặt khác w.w = w = 4  w =

kw 4 i.  z = z2 + w 4 25

Mà z2 = w + 2 − i  z = w + 2 − i +

kw  kw  i = w+2+ − 1 i. 4  4 

Khi đó ta có:  kw  P = z − 3 + 2i = w − 1 +  + 1 i  4 

= w

FF IC IA L

 ki   ki  =  + 1 w − (1 − i ) ≥  + 1 w − 1 − i 4  4 

ki k2 +1 − 2 = 2 +1 − 2 ≥ 2 − 2 4 16

(

) (

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi z = z2 = 2 + 2 −

)

2 + 1 i và z1 là số phức thỏa mãn z1 − 1 − i = 1 và

( z − z ) (1 + i − z ) là số thuần ảo. 1

Vậy min z − 3 + 2i = 2 − 2.

ẠY

KÈ

Chọn C.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 NĂM 2021

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

BÀI KHẢO SÁT MÔN TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Mã đề thi 101

FF IC IA L

MỤC TIÊU

- Đề KSCL học sinh lớp 12 của thành phố Cần Thơ với mục tiêu giúp các em học sinh thống lĩnh toàn bộ kiến thức và phương pháp làm bài ở giai đoạn cuối để tự tin bước vào kì thi chính thức. - Đề thi phủ rộng toàn bộ kiến thức xuất hiện trong đề thi minh họa, bám sát đề minh họa.

- Các câu hỏi khó tập trung ở phía cuối đề thi, đây là những câu hỏi với mục tiêu rèn kỹ năng tư duy và giải quyết các bài toán khó cho HS.

A. x = 2

B. x = 3

C. x = 4

Câu 3: Hàm số y = ( x 2 + 4 x + 3)

có tập xác định là:

B. ( −∞; −3) ∪ ( −1; +∞ )

D. x = 1

D. 3 + log 3 a

C. ℝ

D. ( −3; −1)

C. ( −1;1)

D. ( −3;1)

A. ℝ \ {−3; −1}

−2021

C. 1 − log 3 a

B. 1 + log 3 a

A. 3log 3 a

Câu 2: Với a là số thực dương tùy ý, log 3 ( 3a ) bằng:

Câu 1: Nghiệm của phương trình 5 x+1 = 125 là:

KÈ

Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

ẠY

Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (1;3)

B. ( −1;3)

Câu 5: Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử ( n, k ∈ ℕ,1 ≤ k ≤ n ) là: A. Akn

B. Cnk

C. Ank

D. Pk

Câu 6: Cho hình trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3. Thể tích của khối trụ đã cho bằng: A. 6π

B. 18π

C. 15π 1

D. 9π

Câu 7: Số phức liên hợp của số phức 5 − 7i là: A. −5 − 7i

B. −5 + 7i

C. 5 + 7i

D. 5 − 7i

C. ( 0;3]

D. ( −∞;1]

Câu 8: Tập nghiệm của bất phương trình log 3 x ≤ 1 là: A. ( 0;1]

B. ( −∞;3]

A. 6 3

B. 4 3

FF IC IA L

Câu 9: Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng 4 và diện tích đáy bằng 3 3 là: C. 12 3

D. 8 3

Câu 10: Trong không gian Oxyz , phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A ( 3; −1; 2 ) và B ( 4;1; 0 ) là: A.

x − 3 y +1 z − 2 = = 1 2 −2

x −1 y − 2 z + 2 = = 3 2 −1

x +1 y + 2 z − 2 = = 3 2 −1

x + 3 y −1 z + 2 = = 1 2 −2

Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại:

B. x = −1

C. x = 3

D. x = −2

A. x = 5

A. f ' ( x ) = F ( x )

Câu 12: Nếu hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì: B. F ( x ) = f ( x )

C. F ' ( x ) = f ( x )

D. F ' ( x ) = f ' ( x )

A. −6

KÈ

Câu 13: Cho cấp số nhân ( un ) có u3 = 6 và u4 = 12. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng B. 6

ẠY

Câu 14: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

A. y = 1

B. y = −

1 2

D. 2

4 − 3x là đường thẳng 4x + 5

3 4

C. y = −1

D. y = −

Câu 15: Trong mặt phẳng ( Oxy ) , số phức z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) có điểm biểu diễn M như sau:

5 4

A. −2 và 3

B. 3 và 2

C. 3 và −2

FF IC IA L

Giá trị của a, b lần lượt là:

D. −2 và −3

B. y = 4 x 4 + 2 x 2

C. y = 4 x 4 − 2 x 2

D. y = −4 x3 − 2 x 2

A. y = −4 x 4 + 2 x 2

Câu 16: Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên dưới?

Câu 17: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm I ( 2; 0;1) và bán kính R = 2 là: 2

B. ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 4

A. ( x − 2 ) + y 2 + ( z − 1) = 2

D. ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 4

C. ( x + 2 ) + y 2 + ( z + 1) = 2

B. x − 2 y + 2 z + 1 = 0

A. 3 x − y − 2 z − 1 = 0

Câu 18: Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua điểm A (1; −2; 2 ) và cps vectơ pháp tuyến n = ( 3; −1; −2 ) là: C. 3 x − y − 2 z + 1 = 0

D. x − 2 y + 2 z − 1 = 0

A. Bh

KÈ

Câu 19: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là:



f ( x ) dx = 3 và

ẠY

Câu 20: Nếu

1 Bh 3



1 Bh 6

1 Bh 2

f ( x ) dx = −1 thì

 f ( x ) dx bằng: 1

B. −2

C. 2

D. −3

A. 4

Câu 21: Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 3 (16 + x ) > log3 ( 9 x ) là: A. 0

B. 1

C. 2

Câu 22: Biết z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 4 = 0. Giá trị của 3

D. 3

1 1 + bằng: z1 z2

A. 1

1 2

C. 2

2 2

Câu 23: Số giao điểm của đồ thị hàm số y = ( x − 1) ( − x 2 + 2 x ) với trục hoành là: A. 3

B. 1

C. 0

D. 2

FF IC IA L

Câu 24: Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như sau:

B. 5

C. 2

D. 1

A. 4

Số nghiệm của phương trình f ( x )  f ( x ) + 1 = 0 là:

Câu 25: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ −1; 2] thỏa mãn



f ( x ) dx = 6. Giá trị của

B. 1

C. 2

A. 18

 f ( 3x − 1) dx bằng: 0

−1

D. 3

B. 100π

C. 75π

A. 55π

Câu 26: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5 và góc ở đỉnh của hình nón bằng 600. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng: D. 50π

KÈ

A. 17 − 12 6

bằng:

[ −3;5]. Giá trị của m + M

Câu 27: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 18 x + 6 trên đoạn

141 8

C. 39 − 12 6

77 8

Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD )

ẠY

và SA = 3a. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) . Giá trị tan ϕ bằng:

3 3

6 2

3 2

Câu 29: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a 2b 2 = 64. Giá trị của 2 log 2 a + 2 log 2 b bằng A. 8

B. 32

C. 6

D. 4

Câu 30: Cho hình trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 5. Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho bằng: 4

A. 48π

B. 30π

C. 15π

D. 36π

Câu 31: Cho hình nón ( N ) có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Thể tích khối nón ( N ) bằng: A. 6π

B. 12π

C. 15π

D. 33π

Câu 32: Cho hai số phức z = 4 + 3i và w = 1 − i. Môđun của số phức z.w bằng: B. 5 2

C. 5

D. 3 2

FF IC IA L

A. 4 2

Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −3) và B ( 2; −1;1) . Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là: 1 3  B.  ; − ; 2  2 2 

A. ( 3;1; −2 )

 1 3  C.  − ; ; −2   2 2 

3 1  D.  ; ; −1 2 2 

π2 4

π2 2

Câu 34: Thể tích khối tròn xoay được sinh ra khi xoay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = sin x, trục hoành và các đường thẳng x = 0, x = π quanh trục Ox bằng:

B. 2

C. 1

D. 3

A. 4

Câu 35: Cho hàm số f ( x ) có f ' ( x ) = x ( x − 3) ( x 2 − 2 x − 3) . Số điểm cực đại của hàm số f ( x ) là

B. 15π a 2

C. 75π a 2

A. 60π a 2

Câu 36: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 6a, mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC có diện tích bằng: D. 80π a 2

3 32

5 16

−2 x 2 + 14 x 2 2 x 2 − 1 dx = a ln 2 + b ln 3 + c, ( a, b, c ∈ ℤ ) . Giá trị của a + b + c bằng

KÈ

Câu 38: Biết A. 494

1 8

7 32

Câu 37: Một tổ có 12 học sinh gồm 4 nam trong đó có Vinh và 8 nữ trong đó có Hoa, Chia tổ thành ba nhóm, mỗi nhóm gồm 4 học sinh và phải có ít nhất một học sinh nam. Xác suất để Vinh và Hoa cùng một nhóm là

B. 484

C. 474

D. 464

ẠY

 x = t1  x = 1 − 2t2   Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :  y = −4 + t1 và d 2 :  y = −3 + t2 . Đường thẳng z = 3 − t z = 4 − t 1 2  

vuông góc với mặt phẳng Oxz , cắt hai đường thẳng d1 và d 2 có phương trình là:

1  x t = −  7  7  B.  y = 1 − t 3   10 z = 3 t 

1  x = −  3  7  A.  y = − + t 3   10 z = 3 

3  = x t  7  25  C.  y = 1 − t 7   18 z = 7 t 

3  x =  7  25  D.  y = − + t 7   18 z = 7 

FF IC IA L

Câu 40: Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho hàm số y = x3 + x 2 + (1 − m ) x + 2 đồng biến trên khoảng

(1; +∞ ) ? A. 6

B. 5

C. 8

D. 7

Câu 41: Cho số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) thỏa mãn z − 2 + i = z + 3 − 4i và z ( 2 + 3i ) + 2 y + 1 − ( y + 1) i là số thuần ảo. Giá trị của 11x + 11 y bằng:

B. 28

C. 16

D. −28

A. −16

Câu 42: Cho hàm số y = ax3 + bx 2 + cx + d ( a, b, c, d ∈ ℝ ) có đồ thị như sau. Có bao nhiêu số dương trong các

s ố a , b, c , d ?

B. 2

C. 1

D. 3

A. 4

Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và

14a 3

KÈ

SA = 7 a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng

14a 6

C. 14a

14a 12

ẠY

 x = −1 + 3t  Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; −1) , B ( 7; −2; 2 ) và đường thẳng ∆ :  y = 2 − 2t . Gọi  z = 2 + 2t 

( P)

là mặt phẳng chứa đường thẳng ∆, khoảng cách từ A đến ( P ) gấp đôi khoảng cách từ B đến ( P ) và

A, B nằm khác phía với ( P ) . Biết rằng phương trình ( P ) có dạng: ax + by + cz − 28 = 0. Giá trị của a + b + c

bằng

A. −26

B. 26

C. −34

D. 34

Câu 45: Bạn An được gia đình gửi vào sổ tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 0,5% một tháng theo hình thức lãi kép. Nếu mỗi tháng An rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng trả lãi thì hàng tháng An rút ra số tiền gần nhất với số nào sau đây để đúng sau 4 năm vừa hết số tiền trong sổ tiết kiệm? A. 4 687 000 đồng

B. 4 697 000 đồng.

C. 4 690 000 đồng.

D. 4 700 000 đồng

Câu 46: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 1 + i = 1, z2 + 1 − i = 2 và z1 − z2 − 2 + 2i = 3. Giá trị lớn nhất của

A. 6 + 37

B. 5 + 23

FF IC IA L

3z1 + 2 z2 − 1 − 5i bằng C. 6 + 11

D. 6 + 13

Câu 47: Cho phương trình log 2 ( 2 x − m ) = 4 x + m với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m ∈ ( −27; 27 ) sao cho phương trình trên có nghiệm? A. 10

B. 26

C. 1

D. 53

Câu 48: Cho hàm số f ( x ) = x3 + bx 2 + cx + d có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới.

f  f ( x )  + 4 = f ( x ) + 1 là

Số nghiệm của phương trình

A. 7

B. 4

C. 3

KÈ

Câu 49: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn log 3 ( x 2 + 2 ) ( y + 1)  biểu thức P = x 2 + 2 y bằng B.

11 2

y +1

= 9 − x 2 ( y + 1) . Giá trị nhỏ nhất của

C. −4 + 6 2

27 5

ẠY

A. −5 + 6 3

D. 2

Câu 50: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt thuộc các đoạn thẳng V AB AD AB, AD ( M , N không trùng A) sao cho = x và = y thỏa mãn x + 2 y = 4 và S . AMN đạt giá trị nhỏ AM AN VS . ABCD V nhất. Gá trị của x 2 + y 2 + S . ABD bằng VS . AMN A. 9

B. 7

C. 5 ------------------- HẾT -----------------7

D. 6

BẢNG ĐÁP ÁN 2.B

3.A

4.C

5.C

6.B

7.C

8.C

9.C

10.A

11.C

12.C

13.D

14.B

15.C

16.A

17.B

18.A

19.B

20.C

21.B

22.A

23.A

24.B

25.C

26.D

27.A

28.A

29.C

30.A

31.B

32.B

33.D

34.D

35.C

36.A

37.A

38.C

39.A

40.A

41.D

42.C

43.B

44.B

45.B

46.A

47.B

48.B

49.C

50.B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (NB) Cách giải:

5 x +1 = 125 ⇔ 5 x +1 = 53 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 2.

Chọn A.

Câu 2 (NB)

Cách giải:

Ta có log 3 ( 3a ) = log 3 3 + log3 a = 1 + log 3 a

Chọn B. Câu 3 (NB)

 x ≠ −1 . xác định khi và chỉ khi x 2 + 4 x + 3 ≠ 0 ⇔  x ≠ 3

−2021

Hàm số y = ( x 2 + 4 x + 3)

Cách giải:

Chọn A.

KÈ

Câu 4 (NB)

Vậy TXĐ của hàm số là ℝ \ {−3; −1} .

Cách giải:

FF IC IA L

1.A

ẠY

Dựa vào BBT ta thấy hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .

Chọn C.

Câu 5 (NB) Cách giải:

Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử ( n, k ∈ ℕ,1 ≤ k ≤ n ) là Ank .

Chọn C. 8

Câu 6 (NB) Cách giải: Thể tích của khối trụ đã cho bằng V = π r 2 h = π .32.2 = 18π .

Chọn B. Câu 7 (NB)

FF IC IA L

Cách giải: Số phức liên hợp của số phức 5 − 7i là 5 + 7i.

Chọn C. Câu 8 (NB) Cách giải:

log 3 x ≤ 1 ⇔ 0 < x ≤ 3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình log 3 x ≤ 1 là ( 0;3] .

Chọn C.

Câu 9 (NB)

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng 4 và diện tích đáy bằng 3 3 là: V = 4.3 3 = 12 3.

Chọn C.

Câu 10 (NB)

Cách giải: Ta có AB = (1; 2; −2 ) là 1 VTCP của phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A ( 3; −1; 2 ) và B ( 4;1;0 ) . x − 3 y +1 z − 2 . = = 1 2 −2

KÈ

Chọn A.

Vậy phương trình đường thẳng AB là:

Câu 11 (NB)

ẠY

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 3.

Chọn C.

Câu 12 (NB) Cách giải: Nếu hàm số F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) thì F ' ( x ) = f ( x ) . 9

Chọn C. Câu 13 (NB) Cách giải: Công bội của cấp số nhân đã cho là: q =

u4 12 = = 2. u3 6

FF IC IA L

Chọn D. Câu 14 (NB) Cách giải: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

4 − 3 x −3 x + 4 3 = là đường thẳng y = − . 4x + 5 4x + 5 4

Chọn B.

Câu 15 (NB) Cách giải:

Dựa vào hình vẽ ta thấy M ( 3; −2 )  z = 3 − 2i. Vậy a = 3, b = −2.

Chọn C.

Câu 16 (NB)

Cách giải:

Chọn A.

Câu 17 (NB)

Đồ thị đã cho là đồ thị của hàm đa thức bậc bốn trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c có hệ số a < 0 nên chọn đáp án A.

Cách giải:

KÈ

Trong không gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm I ( 2; 0;1) và bán kính R = 2 là:

( x − 2)

+ y 2 + ( z − 1) = 4

ẠY

Chọn B.

Câu 18 (NB)

Cách giải:

Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua điểm A (1; −2; 2 ) và có vectơ pháp tuyến n = ( 3; −1; −2 ) là:

3 ( x − 1) − 1. ( y + 2 ) − 2. ( z − 2 ) = 0 ⇔ 3x − y − 2 z − 1 = 0 10

Chọn A. Câu 19 (NB) Cách giải: 1 Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là V = Bh. 3

FF IC IA L

Chọn B. Câu 20 (NB) Cách giải: 5



Ta có

f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx = 3 + ( −1) = 2.

Chọn C.

Câu 21 (TH)

Cách giải:

16 + x > 0  x > −16 ⇔ ⇔ x > 0. ĐKXĐ:  9 x > 0 x > 0

Ta có:

log 3 (16 + x ) > log3 ( 9 x ) ⇔ 16 + x > 9 x

⇔ 8 x < 16 ⇔ x < 2

Kết hợp ĐKXĐ  0 < x < 2. Mà x ∈ ℤ. Vậy x = 1.

Chọn B.

Câu 22 (TH)

KÈ

Cách giải:

 z1 = 1 + 3i  z1 = z2 = 1 + 3 = 2. Ta có z 2 − 2 z + 4 = 0 ⇔   z2 = 1 − 3i

1 1 1 1 + = + = 1. z1 z2 2 2

ẠY

Vậy

Chọn A.

Câu 23 (TH) Cách giải:

x = 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm: ( x − 1) ( − x + 2 x ) = 0 ⇔  x = 0.  x = 2 2

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = ( x − 1) ( − x 2 + 2 x ) với trục hoành là 3.

Chọn A.

FF IC IA L

Câu 24 (TH) Cách giải:  f ( x) = 0 . Ta có f ( x )  f ( x ) + 1 = 0 ⇔   f ( x ) = −1

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+) Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình f ( x )  f ( x ) + 1 = 0 là 5.

Chọn B.

Câu 25 (TH)

Ta có

Chọn C.

1 1 1 f ( t ) dt =  f ( x ) dx = .6 = 2  3 −1 3 −1 3

KÈ



1 f ( 3 x − 1) dx =  f ( 3 x − 1) d ( 3 x − 1) 30

Cách giải:

+) Phương trình f ( x ) = −1 có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 26 (TH) Cách giải:

ẠY

Vì hình nón có bán kính đáy bằng 5 và góc ở đỉnh của hình nón bằng 600 nên thiết diện qua trục của hình nón

là một tam giác đều có cạnh bằng 10, do đó hình nón có đường sinh l = 10. Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: S xq = π rl = π .5.10 = 50π .

Chọn D. Câu 27 (TH) Cách giải: 12

Ta có f ( x ) = x3 − 18 x + 6  f ' ( x ) = 3 x 2 − 18 = 0 ⇔ x = ± 6 ∈ [ −3;5] .

f ( −3) = 33, f ( 5 ) = 41, f

( 6 ) = 6 − 12

(

)

6, f − 6 = 6 + 12 6.

 m = min f ( x ) = 6 − 12 6, M = max f ( x ) = 41. [−3;5]

[ −3;5]

FF IC IA L

Vậy m + M = 6 − 12 6 + 41 = 47 − 12 6.

Chọn A. Câu 28 (TH)

 BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ SB.  BC ⊥ SA

Cách giải:

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC   ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SB; AB ) = ∠SBA.  SB ⊂ ( SBC ) , SB ⊥ BC   BC ⊂ ( ABCD ) , AB ⊥ BC

Xét tam giác vuông SAB ta có tan ∠SBA =

SA 3a = = 3  ∠SBA = 600. AB a

Chọn A.

KÈ

Vậy tan ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = 3.

ẠY

Câu 29 (TH) Cách giải:

Ta có:

2 log 2 a + 2 log 2 b = log 2 a 2 + log 2 b 2

= log 2 ( a 2b 2 ) = log 2 64 = log 2 26 = 6

Chọn C. 13

Câu 30 (TH) Cách giải: Hình trụ độ dài đường sinh l = 5  Chiều cao của hình trụ là h = l = 5. Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp = 2π rh + 2π r 2 = 2π .3.5 + 2π .32 = 48π .

Chọn A.

FF IC IA L

Câu 31 (TH) Cách giải:

1 1 Thể tích khối nón ( N ) có bán kính đáy bằng r = 3 và chiều cao bằng h = 4 là V = π r 2 h = π .32.4 = 12π . 3 3

Chọn B. Câu 32 (TH)

Cách giải:

Chọn B.

Ta có: z.w = z . w = z . w = 4 2 + 32 . 12 + ( −1) = 5 2

Câu 33 (NB)

Cách giải:

 1 + 2 2 − 1 −3 + 1   3 1  Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là  ; ;  =  ; ; −1 . 2 2  2 2  2 

Chọn D.

Cách giải: Thể tích cần tính là π

1 − cos 2 x dx 2 0

π2 1 π π x − sin 2 x = . π =   2 2 2 0 2

π

ẠY

KÈ

V = π  sin 2 xdx = π  0

Câu 34 (TH)

Chọn D.

Câu 35 (TH) Cách giải:

 x = 0 ( nghiem don )  Ta có f ' ( x ) = x ( x − 3) ( x 2 − 2 x − 3) = 0 ⇔  x = 3 ( nghiem boi 3)  x = −1 nghem don ( )  2

FF IC IA L

Ta có BXD f ' ( x ) như sau:

Dựa vào BXD ta thấy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.

Chọn C. Câu 36 (VD)

Cách giải:

AB 2 4

6a 3 2 . = 2a 3; AB = 6a 2 3

KÈ

2 R = Rd2 + Rmb −

Áp dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp có mặt bên vuông góc với đáy:

Thay số Rd = Rmb =

ẠY

Khi đó R = a 15

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là S = 4π R 2 = 4π .15a 2 = 60π a 2 .

Chọn A.

Câu 37 (VD) Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C41 .C83 .C31.C53 .1 = 6720 15

Ta tính xác suất để Vinh và Hoa cùng một nhóm. TH1: Nhóm 1: Vinh, Hoa và 1 bạn nam và 1 bạn nữ khác: C31.C71 Nhóm 2: 1 nam và 3 nữ: C21 .C63

FF IC IA L

Nhóm 3: 1 nam và 3 nữ còn lại: 1 cách chọn Số cách chọn trong trường hợp 1 là: C31.C71 .C21 .C63 .1 = 840 cách chọn TH2: Nhóm 1: Vinh, Hoa và 2 bạn nữ: C72 Nhóm 2: 2 nam và 2 nữ: C32 .C52

Số cách chọn trong trường hợp 2 là: C72 .C32 .C52 .1 = 630 cách chọn

840 + 630 7 = 6720 32

Xác suất cần tính là: P =

Nhóm 3: 1 nam và 3 nữ còn lại: 1 cách chọn

Chọn A.

Câu 38 (TH)

Cách giải:

3 3 3 −2 x 2 + 14 x 14 x − 2  6 8    = − 2 + = − 2 + + = − 2 + 6 ln − 1 + 8ln + 1 = 22 ln 2 − 8ln 3 − 2 dx dx dx x x x     2 x 2 − 1 2  2  x − 1 x + 1  2 x2 − 1 

 a = 22, b = −8, c = −2

Chọn C.

Cách giải:

KÈ

Câu 39 (VD)

Do đó: a 2 + b + c = 22 2 − 8 − 2 = 474.

ẠY

Gọi giao điểm của đường thẳng cần tìm và đường thẳng d1 , d 2 lần lượt là A, B. Do A ∈ d1 nên A ( t1 ; −4 + t1 + 3 − t1 ) và B ∈ d 2 nên B (1 − 2t2 ; −3 + t2 ; 4 − t2 ) .

Mặt phẳng Oxz có n = ( 0;1; 0 ) mà đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng Oxz nên nó có một vectơ chỉ phương là u = ( 0;1; 0 ) .

Ta có: AB = ku 16

1  = − t 1  3 1 − 2t2 − t1 = 0 t1 + 2t2 = 1  2     −3 + t2 + 4 − t1 = k  t1 − t2 + k = 1  t2 = 3 4 − t − 3 + t = 0 t − t = −1  2 1  1 2 k = 2  

FF IC IA L

 1 13 10   1 7 10  Khi đó: điểm A  − ; − ;  và B  − ; − ;   AB = ( 0; 2;0 ) = 2 ( 0;1;0 ) .  3 3 3  3 3 3

1  1 7 10  Phương trình đường thẳng qua B  − ; − ;  và nhận AB = ( 0;1; 0 ) làm vectơ chỉ phương có dạng: 2  3 3 3

1  x = − 3  7  y = − +t 3   10 z = 3 

Chọn A.

Câu 40 (TH)

Cách giải: Ta có: y ' = 3 x 2 + 2 x + 1 − m

 3x 2 + 2 x + 1 ≥ m

 3x 2 + 2 x + 1 − m ≥ 0, x ∈ (1; +∞ )

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) thì y ' ≥ 0 với x ∈ (1; +∞ ) .

Xét hàm g ( x ) = 3x 2 + 2 x + 1, x ∈ (1; +∞ ) 2

KÈ

2 1 1 2   Ta có: 3 x + 2 x + 1 = 3  x 2 + x +  = 3  x +  + > 0 3 3 3 3   2

ẠY

Nên hàm số đồng biến trên (1; +∞ ) . Mà g (1) = 6  m ≤ 6 mà m là số nguyên dương nên m ∈ {1; 2;3; 4;5; 6} .

Vậy có 6 giá trị m thỏa mãn.

Chọn A.

Câu 41 (TH) Cách giải: 17

Ta có: z − 2 + i = z + 3 − 4i  z − 2 + yi + i = x + 3 − yi − 4i  ( x − 2 ) + ( y + 1) = ( x + 3) + ( y + 4 )

 −4 x + y + 2 y + 1 = 6 x + 9 + 8 y + 16

 10 x + 6 y + 20 = 0  5 x + 3 y = −10 (1) Lại có: z ( 2 + 3i ) + 2 y + 1 − ( y + 1) i  ( x + yi )( 2 + 3i ) + 2 y + 1 − yi − i = 2 x + 3xi + 2 yi − 3 y + 2 y + 1 − yi − i

FF IC IA L

= 2 x − y + 1 + i ( 3x + y − 1) Mà z ( 2 + 3i ) + 2 y + 1 − ( y + 1) i là số thuần ảo nên 2 x − y + 1 = 0 ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình:

13  x=−  5 x + 3 y = − 10   11 ⇔  2 x − y = −1  y = − 15  11

Do đó: 11x + 11 y = −28

Chọn D.

Câu 42 (TH)

Cách giải:

Phần đường cong cuối cùng của đồ thị hàm số đi xuống nên a < 0

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0

Ta có: y ' = 3ax 2 + 2bx + c

2b c < 0 mà a < 0 nên b < 0; x1.x2 = > 0 mà a < 0 nên c < 0. 3a 3a

Do đó: x1 + x2 = −

Đồ thị hàm số có hai cực trị âm nên phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt âm.

Chọn C.

KÈ

Vậy trong các số a, b, c, d chỉ có một số dương.

ẠY

Câu 43 (TH)

Cách giải:

(

)

FF IC IA L

Gọi SA là trục Oz , AD là trục Oy và AB là trục Ox.

Khi đó ta có tọa độ các điểm: A ( 0; 0;0 ) , B (1;0;0 ) , D ( 0;1;0 ) , S 0; 0; 7 , C (1;1;0 ) .

Do đó: BD = ( −1;1; 0 ) , SC = 1;1; − 7 , BC = ( 0;1;0 ) .

)

(

Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD, SC trong không gian là:

H N

Chọn B.

 BD, SC  .BC a 7 a 14   . d ( BD, SC ) = = = 6 3 2  BD, SC   

Câu 44 (VD)

Cách giải:

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên mặt phẳng ( P ) và I ( x; y; z ) là giao điểm của AB với

mặt phẳng ( P ) .

AH AI = =2 BK BI

KÈ

Khi đó ∆AHI đồng dạng ∆BKI nên ta có:

ẠY

x −1 = 2 ( x − 7) x = 5    AI = 2 BI   y − 1 = 2 ( y + 2 )   y = −1  I ( 5; −1;1) .   z = 1  z + 1 = 2 ( z − 2) Mặt phẳng ( P ) chứa ∆ và I nên n = u∆ , MI  với M ( −1; 2; 2 ) ∈ ∆ Suy ra n( P ) = ( 8;15;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua I và nhận n( P ) = ( 8;15;3) là vectơ pháp tuyến có phương trình là:

8 x + 15 y + 3 z − 28 = 0. 19

Giá trị a + b + c = 26

Chọn B. Câu 45 (TH) Cách giải: 48

Áp dụng công thức: A =

(1 + r )

−1

200.103. (1 + 0,5% ) .0,5%

(1 + 0,5% )

−1

≈ 4697000 (đồng)

FF IC IA L

N (1 + r ) .r

Chọn B. Câu 46 (VDC) Cách giải: Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 .

Do z1 − 1 + i = 1 nên ta có: MA = 1 với A (1; −1) .

Do z2 + 1 − i = 2 nên ta có: NB = 2 với B ( −1;1) .

Từ z1 − z2 − 2 + 2i = 3 ⇔ z1 − z2 − 2 + 2i = 3 ⇔ ( z1 − 1 + i ) − ( z2 + 1 − i ) = 3

⇔ MA − NB = 3 ⇔ MA2 + NB 2 − 2.MA.NB = 3 ⇔ MA.NB = 1

3 z1 + 2 z2 − 1 − 5i = 3 ( z1 − 1 + i ) + 2 ( z2 + 1 − i ) − 6i ≤ 3 ( z1 − 1 + i ) + 2 ( z2 + 1 − i ) + −6i = P + 6

Với P = 3 ( z1 − 1 + i ) + 2 ( z2 + 1 − i ) = 3MA + 2 NB

Xét P 2 = 3MA + 2 NB = 9 MA2 + 4 NB 2 + 12.MA.NB = 9.12 + 4.22 + 12.1 = 37

 P = 37

KÈ

Chọn A.

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 6 + 37 .

Câu 47 (VD)

ẠY

Cách giải:

Điều kiện xác định: x >

m 2

log 2 ( 2 x − m ) = 4 x + m

⇔ log 2 ( 2 x − m ) + 2 x − m = 4 x + 2 x ⇔ log 2 ( 2 x − m ) + 2 x − m = 22 x + 2 x

Xét hàm đặc trưng: f ( t ) = 2t + t  f ' ( t ) = 2t.ln 2 + 1 > 0. Do đó f ( t ) đồng biến trên ℝ. 20

Khi đó: log 2 ( 2 x − m ) = 2 x ⇔ 2 x − m = 22 x ⇔ m = −4 x + 2 x

Đặt h ( x ) = −4 x + 2 x  h ' ( x ) = −4 x ln 4 + 2

h ' ( x ) = 0 ⇔ x = − log 4 ( ln 2 )

FF IC IA L

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có m ≤ −0,91 thì phương trình có nghiệm.

Kết hợp với điều kiện m ∈ ( −27; 27 ) ta được −27 < m ≤ −0,91 ta có 26 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Cách giải:

Đặt t = f ( x ) . Khi đó phương trình trở thành:

Câu 48 (VDC)

2 2  f ( t ) + 4 = t + 2t + 2  f ( t ) = t + 2t − 3 (1) f (t ) + 4 = t + 1 ⇔  ⇔ t ≥ −1 t ≥ −1

ẠY

KÈ

Vẽ đồ thị hàm số y = t 2 + 2t − 3 trên cùng hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số f ( x ) ta có:

t = t1 < −1( L )  Ta có: f ( t ) = t + 2t − 3 ⇔ t = 1 t = t 2 > 2  2

Dựa vào đồ thị ta có: f ( x ) = 1 có 3 nghiệm, f ( x ) = t2 > 2 có 1 nghiệm. Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 4.

FF IC IA L

Chọn B. Câu 49 (VDC) Cách giải: y +1

⇔ log 3 ( x 2 + 2 ) + log 3 ( y + 1) =

9 9 − x 2 ⇔ log 3 ( x 2 + 2 ) + x 2 + 2 = + log 3 ( y + 1) + 2 y +1 y +1

9 9 + ( *) y +1 y +1

⇔ log 3 ( x 2 + 2 ) + x 2 + 2 = log 3

9 + 2 y − 2, y > 0 y +1

9 9 ⇔ x2 = − 2. y +1 y +1

Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ )

1 + 1 > 0, ∀t > 0 t ln 3

Xét hàm số đặc trưng: log 3 t + t , t > 0  f ' ( t ) =

Khi đó: x 2 + 2 =

9 1 + log 3 + log 3 9 y +1 y +1

⇔ log 3 ( x 2 + 2 ) + x 2 + 2 =

= 9 − x 2 ( y + 1) ⇔ ( y + 1) log 3 ( x 2 + 2 ) ( y + 1)  = 9 − x 2 ( y + 1)

Ta có: log 3 ( x 2 + 2 ) ( y + 1) 

ẠY

KÈ

  3 2 3 2 −1 y +1 =  y = 9 2 2 P' = − +2=0⇔  ⇔ 2   ( y + 1) 3 2 3 2 −1  y +1 = − y = −  2  2 3 2 − 1. 2

Mà điều kiện x, y > 0 nên y = Bảng biến thiên:

FF IC IA L

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của P là −4 + 6 2.

Chọn C. Câu 50 (VDC)

1 Ta có: VS . AMN = d ( S ; ( ABCD ) ) .S AMN 3

Cách giải:

1 VS . ABCD = d ( S ; ( ABCD ) ) .S ABCD 3

KÈ

1 S AMN = . AM . AN .sin A 2

ẠY

1 Mà S ABCD = 2 S ABD = 2. . AB. AD.sin A 2

S AMN 1 AM AN 1 1 1 1 = . = . . = . S ABCD 2 AB AD 2 x y x ( 4 − x )



VS . AMN 1  x+4− x  ≥ Vì x ( 4 − x ) ≤   =4 2 VS . ABCD 4   Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 4 − x ⇔ x = 2  y = 1.

Vậy x 2 + y 2 +

VS . ABD = 22 + 12 + 2 = 7. VS . AMN

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Chọn B.