Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 2)

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo cùng các em học sinh đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 2), nhằm giúp các em rèn luyện để chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp THPT

20 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

38 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa

So 
(n      n
)


□

A
n
k
□

C
k
n.
□
C
.
.
□
D
.
n)     

□


=

□

UJ = 4
□
C
.
Uij
=
13
□

=


y
=

3








□

□

□
C
.
□









 

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 2
Đề thi có 06 trang
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021
MÔN THI: TOÁN
Đáp án chi tiết
Câu 1: Số các tập con gồm k phần tử của một tập hợp gồm n phần tử ( , ,1n k k n ) là
A.
n
k
A . B.
k
n
C . C.
k
n
A . D.
k
P .
Lời giải
Chọn B
Số các tổ hợp chập k của n phần tử ( , ,1n k k n ) là
k
n
C .
Câu 2: Cho cấp số nhân
n
u với
1
1u và công bội 2q . Hãy chọn khẳng định đúng.
A.
5
9u . B.
3
4u . C.
6
13u . D.
2
3u .
Lời giải
Chọn B
Áp dụng công thức
1
1
n
n
u u q
. Ta có
3 1
4 4u u .
Câu 3: Cho hàm số
3 2
0y ax bx cx d a có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?
A.
0; 2 . B.
1; . C.
2; 2 . D.
; 0 .
Lời giải
Chọn D
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số
y f x nghịch biến trên khoảng
; 0 .
Câu 4: Cho hàm số
y f x có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại 4x
B. Hàm số đạt cực tiểu tại 0x .
C. Hàm số đạt cực đại tại 3x .
D. Hàm số đạt cực đại tại 0x .
Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại 0x .
Câu 5: Cho hàm số
y f x có đạo hàm

2
2 1 1 ,( )f x x x x x
. Hàm số
y f x đạt cực
đại tại điểm
A. 2x . B. 1x . C. 1x . D. 2x .
Lời giải
Chọn A

 
2
2
2 1 1 2 1 1f x x x x x x x
.
2
0 1
1
x
f x x
x
.
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại 2x
Câu 6: Cho hàm số
y f x có bảng biến thiên như sau. Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số là
A. 3.
B. 1.
C. 2.
D. 4.
Lời giải
Chọn A
Ta có
1
lim 1
x
y x

 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Ta có lim 1, lim 2, 1; 2
x x
y y y y
 
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Do đó có 3 tiệm cận.
Câu 7: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên giống như hình bên?
A.
3 2
3 9 2.y x x
B.
3 2
2 3 2 2.y x x x
C.
3 2
2 6 2.y x x
D.
3
6 2.y x x
Lời giải
Chọn C
Giả sử
3 2
y ax bx cx d
2
3 2y ax bx c
.
Ta có
0 2
0 0
2 6
2 0
y
y
y
y
2
0
8 4 2 6
12 4 0
d
c
a b c d
a b c
2
0
2
6
d
c
a
b
3 2
2 6 2y x x .
Câu 8: Cho hàm số
y f x liên tục trên trục số thực và có đồ thị như hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của
phương trình
0f x là
A. 4 .
B. 2 .
C. 1.
D. 3 .
Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số
y f x cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt nên phương
trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 9: Với 2, 2x x , biểu thức
2
3 9 1
3
log 2 log 2 log 8x x bằng
A.
2
3
log 8 4x
. B.

3
2 2
log
8
x x
.
C.
3
2 2
log
8
x x
. D.
3
log 8 2 2x x
.
Lời giải
Chọn D
2
3 9 1 3 3 3
3
log 2 log 2 log 8 log 2 log 2 log 8P x x x x
3
log 8 2 2P x x
Câu 10: Đạo hàm của hàm số
5
2021
log 2 2021 ,
2
y x x là
A.
2
'
2 2021 ln 5
y
x
. B.
2 ln 5
'
2 2021
y
x
.
C.
1
'
2 2021 ln 5
y
x
. D.
2021
'
2 2021 ln 5
y
x
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2 2021 '
2
'
2 2021 ln5 2 2021 ln 5
x
y
x x
.
Câu 11: Với a là một số thực dương tùy ý,
3
a a bằng
A. a . B.
3
2
a . C. a . D.
3
a .
Lời giải
Chọn B
Ta có
3
P a a
1 4
3
2
3 3
.a a a a .
Câu 12: Nghiệm của phương trình
2
3 9
x
là
A. 1x . B. 3x . C. 4x . D. 3.x
Lời giải
Chọn C
Ta có
2 2 2
3 9 3 3 2 2
x x
x
4.x
Câu 13: Số nghiệm của phương trình
2
2 5 3
3
2 log 3
x x
là
A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 .
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
2 5 3 2
1
2 1 2 5 3 0
3
2
x x
x
x x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Câu 14: Cho hàm số
2 1
,( 1)
1
x
f x x
x
. Hãy chọn khẳng định đúng.
A.
2
d 3ln 1f x x x x C
. B.
d 2 3 ln 1f x x x x C
.
C.
2
d 3 ln 1f x x x x C
. D.
d 2 3 ln 1f x x x x C
.
Lời giải
Chọn D
Câu 15: Cho hàm số
2 cosf x x x . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
A.
2
d sin
2
x
f x x x C
. B.
2
d sinf x x x x C
.
C.
2
d sin
2
x
f x x x C
. D.
2
d sinf x x x x C
.
Lời giải
Chọn D
Câu 16: Cho hàm số
y f x liên tục trên trục số thực. Nếu
5
0
( ) 8f x dx
và
5
3
( ) 2f x dx
thì
3
0
( )f x dx
bằng
A. 6 . B. 6 . C. 10 . D. 10 .
Lời giải
Chọn C
Ta có:
3 5 5 3
0 3 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) 10f x dx f x dx f x dx f x dx
.
Câu 17: Tích phân
2
2
1
1 dx x
bằng
A.
15
3
. B.
11
3
. C.
10
3
. D.
4
3
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
2
3
2
1
1
8 1 10
1 d 2 1
3 3 3 3
x
x x x
.
Câu 18: Cho hai số phức
1 2
2 3 , 4 5z i z i . Số phức liên hợp của số phức
1 2
z z z là
A. 2 2i . B. 2 2i . C. 2 2i . D. 6 8i .
Lời giải
Chọn A
Ta có
1 2
2 3 4 5 2 2z z z i i i 2 2z i .
Câu 19: Giải phương trình
1 2 4 3 2i z i z .
A. 2z i . B. 2z i . C. 2z i . D. 2z i .
Lời giải
Chọn C
Ta có
4 3
1 2 4 3 2 2
1 2
i
i z i z z i
i
Vậy 2 .z i
Câu 20: Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình bên?
A.
4
3 2z i .
B.
1
3 2z i .
C.
2
2 3
z i
.
D.
3
2 3z i .
Lời giải
Chọn C
Số phức z a bi được biểu diễn bởi điểm
;M a b .
Điểm
2
2; 3 2 3M z i .
Câu 21: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và mặt
phẳng
SAD tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp .S ABCD bằng
A.
3
3 3
4
a
. B.
3
3 3
8
a
. C.
3
8 3
3
a
. D.
3
4 3
3
a
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
4
ABCD
S a .
Ta có:
SB ABCD SB AD và ABCD là hình vuông
nên AB AD
AD SAB AD SA .
; DSAD ABC SBA
SBA vuông tại B nên
tan 2 tan 60 2 3SB AB SAB a a .
3
.
1 8 3
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SB .
Câu 22: Cho khối lăng trụ đứng .ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a và 6AA a
. Thể tích của khối
lăng trụ đã cho bằng
A.
3
2
4
a
. B.
3
3 2
2
a
. C.
3
3 2
4
a
. D.
3
2
2
a
.
Lời giải
Chọn C
Chiều cao của khối trụ là 6h AA a
Diện tích đáy là tam giác đều cạnh a là
2
3
4
a
S
Thể tích của khối lăng trụ đứng .ABC A B C
là
3
3 2
4
a
V Sh .
Câu 23: Thể tích của một khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là
A. . .V S h B. 3 . .V S h C.
1
. .
9
V S h D.
1
. .
3
V S h
.
Lời giải
Chọn D
Câu 24: Cắt hình nón ( )N bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh
bằng 10. Diện tích xung quanh của ( )N bằng
A. 25 . B. 50 .
C. 100 D. 200
Lời giải
Chọn B
Vì SAB là tam giác đều cạnh bằng 10 10; 5l SA r OA
Vậy 50 .
xq
S rl
Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho điểm
1;1; 2A . Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
Oxz . Hãy chọn khẳng định đúng.
A.

1;1; 0 .OM B.

1;0;2 .OM C.

1;0; 2 .OM D.

1;0;2 .OM
Lời giải
Chọn C
M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

1;0; 2 1;0; 2Oxz M OM
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 0.2 2z xx y yS Bán kính của
S bằng
A. 1. B. 2 2. C. 2. D. 2.
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu ( )S có tâm
2 2
1;1; 0 1 1 2I R
Câu 27: Trong không gian ,Oxyz cho mặt phẳng
: 2 1 0.P x y z Điểm nào dưới đây không thuộc mặt
phẳng
P ?
A.
1;0;0 .M B.
1; 2 .1;N C.
1;2;1E . D.
1; 2;0Q .
Lời giải
Chọn B
Thế 4 điểm , , ,M N E Q vào mặt phẳng
P N không thuộc mặt phẳng
P .
Câu 28: Trong không gian ,Oxyz vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua điểm
0;1;3M và vuông góc với mặt phẳng
: 2 3 4 0P x y z ?
A.
1
(1;2; 3)u . B.
2
(1;1; 6)u . C.
3
(0;1;3)u . D.
4
(9; 3;1)u .
Lời giải
Chọn A
đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng
P
d có một vectơ chỉ phương là

1;2; 3
P
n
Câu 29: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp. Xác suất để số chấm xuất hiện ở lần
đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau bằng
A.
1
.
2
B.
1
.
3
C.
1
.
12
D.
1
.
6
Lời giải
Chọn C
Không gian mẫu 36
Gọi A là biến cố’ số chấm xuất hiện ở lần đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau “
2;1 ; 4;2 ; 6;3 3A n A
1
.
12
n A
p A
Câu 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ?
A.
1
.
2
x
y
x
B.
2
log .y x C.
3 2
3 2y x x . D.
3
2 1y x x .
Lời giải
Chọn D
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên D loại A và B
Xét D có
2
' 3 2 0,y x x Chọn D.
Câu 31: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
1
2 1
x
y
x
trên đoạn 2;0
. Giá trị
của 15M m bằng
A. 0 . B. 2 . C.
76
5
. D.
74
5
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2
3 1
' 0, 2;0 2 ; 0 1
5
2 1
y x M y m y
x
15 2M m
Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình
9 3
log 8 log 2x x là
A.
4;1 . B.
2;1 . C.
1;4 . D.
1; .
Lời giải
Chọn B
Điều kiện
8 0
2
2 0
x
x
x
2 2
9 3
log 8 log 2 8 ( 2) 3 4 0 4 1x x x x x x x
Kết hợp điều kiện
2;1x
Câu 33: Cho
2
1
d 5,f t t
2
1
d 3.g s s
Tích phân
2
1
2 3 df x g x x
bằng
A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 8 .
Lời giải
Chọn B
2 2 2
1 1 1
2 3 d 2 d 3 d 1f x g x x f x x g x x
Câu 34: Kí hiệu
1 2
,z z là hai nghiệm phức của phương trình
2
2 4 0z z . Giá trị của
1 2
1 1
z z
bằng
A. 2 . B.
1
2
. C.
1
2
. D. 1.
Lời giải
Chọn D
2
1 2 1 2
1 2
1 1
2 4 0 1 3 ; 1 3 2 1z z z i z i z z
z z
Câu 35: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy
và 2SA a . Gọi K là trung điểm của SC và là góc giữa đường thẳng BK và mặt phẳng ( )SCD
(tham khảo hình vẽ minh họa). Tính sin .
A.
6
sin .
6
B.
3
sin .
3
C.
6
sin .
3
D.
3
sin .
2
Lời giải
Chọn C
+)
( ,( )) ( ,( ))
sin
d B SCD d A SCD
BK BK
+) Kẻ AH vuông góc với SD, suy ra
( )AH SCD ⇒
. 6
( ,( ))
3
SA AD a
d A SCD AH
SD
+) 2SC a ,
1
( )
2
BC SAB BC SB BK SC a
Vậy
( ,( )) 6
sin
3
d A SCD AH
BK BK
Câu 36: Cho hình hộp đứng .ABCD A B C D
có tất cả các cạnh bằng 2a và
0
60ABC (tham khảo hình vẽ
minh họa). Gọi M là trung điểm của cạnh AA
Khoảng cách từ D
đến mặt phẳng ( )MBC bằng
A. .a B.
3
.
3
a
C.
5
.
2
a
D.
3
.
2
a
Lời giải
Chọn D
+) ( ) DD' { }MBC N MN ⫽ AD
' { } 'AD MN I ID IA ( ',( )) ( ,( ))d D MBC d A MBC
+) Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a,
kẻ , ( ,( ))AK BC AH MK d A MBC AH
+)
3
3,
2
a
AK a AM a AH
Câu 37: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm nằm trên trục Oy , đi qua
hai
điểm (1;2; 2)A và (3;1; 1)B có phương trình
A.
2 2
2
1 1 13x y z . B.
2 2 2
( 1) 6x y z .
C.
2 2 2
( 1) 14x y z . D.
2 2 2
( 2) 9x y z .
Lời giải
Chọn C
Gọi tọa độ tâm mặt cầu là
0; ; 0I a Oy .
Do mặt cầu này đi qua hai điểm (1;2; 2)A và (3;1; 1)B nên ta có IA IB
Từ đó ta có phương trình
2 2 2 2 2 2
1 ( 2) 2 3 ( 1) 1 1a a a .
Bán kính mặt cầu bằng
2
2 2
1 3 2 14IA .
Do đó phương trình mặt cầu là
2 2 2
( 1) 14x y z .
Câu 38: Trong không gian Oxyz , đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
: 2 2 4 0P x y z và cắt hai
đường thẳng
1
1 1 2
:
2 1 3
x y z
d
,
2
2 1
:
1 2 2
x y z
d
có phương trình là
A.
1 2 3
2 1 2
x y z
. B.
1 2 3
2 1 2
x y z
.
C.
1 2 3
2 1 2
x y z
. D.
1 2 3
2 1 2
x y z
.
Lời giải.
Chọn C
Gọi
1
(2 1; 1;3 2)M a a a d ,
2
2 ;2 ; 1 2N b b b d .
Khi đó

2 3; 2 1;3 2 3NM a b a b a b .
Vì
P nên
 
2 3 2 1 3 2 3
2 1 2
P
a b a b a b
NM kn
.
Do đó ta có hệ phương trình
2 4 2( 2 1) 3
2 4 2 3 2 3 1
a b a b a
a b a b b
.
Vậy tọa độ điểm ( 1; 2; 3)N
Từ đó ta có phương trình đường thẳng
1 2 3
:
2 1 2
x y z
.
Câu 39: Cho hàm số ( )y f x có đồ thị như hình vẽ bên. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất
của hàm số
2
( ) 2y f x m trên đoạn [ 2;1] bằng 36 là
A. 8.
B. 0.
C. 4.
D. 4.
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số ( ) ( ) 2g x f x m trên đoạn [ 2;1] có
2;1
2;1
( ) 6
.
min ( ) 2
Max g x m
g x m
Do
2 2
( ) ( )y g x g x
và
2
[ 2;1] [ 2;1]
max ( ) 36 max ( ) 6g x g x
2 8 4
0
6 8.
8
2
m
m
m
m
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình
3 729 6
m
x
m mx có đúng một số nguyên dương?
A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 5 .
Lời giải
Chọn A
Do yêu cầu bài toán, ta chỉ cần xét 0x . Ta có:
Bất phương trình tương đương:
6
3 3 6
x
m
m mx
6
6
3 3
x
m
x
m
6
6
3 3
x
m
x
m
6
f x f
m
, với
3
t
f t t , 0t .
Ta có
3 ln 3 1 0, 0;
t
f t t
 nên hàm số f đồng biến trên khoảng
0; .
Do đó:
6 6
f x f x
m m
. Suy ra, tập nghiệm là
6
0;S
m
. Khi đó :
YCBT xảy ra khi và chỉ khi
6
1 2 3 6m
m
.
Vì m
nên
3;4;5m .Vậy có 3 giá trị của tham số m thỏa YCBT.
Câu 41: Cho hàm số
2
3 2 khi 1
( )
2 1 khi 1
x x
f x
x x
. Giá trị của tích phân
0
sin . 2 cos 1 dI x f x x
bằng
A.
29
3
. B.
17
3
. C. 2 . D.
22
3
.
Lời giải
Chọn B
+) Đặt
1
2 cos 1 d 2.sin .d sin .d .dt
2
t x t x x x x .
Đổi cận: 0 3x t , 1x t .
Khi đó
3
0 1
sin . 2 c
1
os 1 d . dt
2
I x fx f x t
1 3 1 3
2
1 1 1 1
1 1
d d 3 2 d 2 1 d
2 2
f x x f x x x x x x
=
17
3
.
Câu 42: Gọi S là tập hợp gồm các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức z thoả mãn
1 4 13z i và 1 18z i . Diện tích của S gần với số nào nhất trong các số sau đây?
A. 97. B. 45. C. 57. D. 16.
Lời giải
Chọn B
+) Từ 1 4 13z i , ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên ngoài
đường tròn
2 2
1
: 1 4 13C x y có tâm
1
1;4I , bán kính
1
13R .
+) Từ 1 18z i , ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên trong
đường tròn
2 2
2
: 1 1 18C x y có tâm
2
1; 1I , bán kính
2
18R .
Nên tập hợp các điểm M thoả mãn là miền tô đậm như hình vẽ.
Gọi S là diện tích miền tô đậm,
1
S là diện tích hình tròn
2
C ,
2
S là diện tích phần hình phẳng
khép kín giới hạn bởi 2 đường tròn (phần tô nhạt).
Ta có:
4
2 2
2
1 2 2
2
. 1 18 1 4 13 1 d 44,64S S S R x x x
(đvdt).
Câu 43: Cho khối chóp .S ABCD có mặt bên
SBC vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SBC là tam
giác đều có cạnh bằng 2a , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D có AB DC AD . Gọi DN
là trung tuyến của tam giác BCD . Giả sử khoảng cách giữa hai đường thẳng DN và AS bằng 2a . Thể
tích khối chóp .S ABCD bằng
A.
3
3a . B.
3
3
6
a
. C.
3
3 2a . D.
3
2 3a .
Lời giải
Chọn D
Gọi M là trung điểm của AD ,
khi đó
2 2
AB CD AD
MN
do đó tam giác ADN vuông tại N .
Do tam giác SBC đều,
SBC ABCD
và N là trung điểm của BC nên
SN ABCD
và 3SN a .
Ta có
DN AN
DN SAN
DN SN
,
do đó hạ NH SA thì NH chính là đường vuông góc chung của SA và DN .
Tam giác SAN vuông tại N , đường cao 2 , 3NH a SN a nên ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2 3 6AN SN HN AN a a a
6AN a .
Gọi giao điểm của AN và DC là P . Khi đó tam giác ADP vuông cân tại D và có diện tích
bằng diện tích hình thang ABCD , do đó diện tích
2 2
6
ABCD
S AN a .
Thể tích khối chóp .S ABCD bằng
2 3
1
.6 . 3 2 3
3
a a a .
Câu 44: Người thợ một tấm kim loại hình chữ nhật chiều dài 1,8m , chiều rộng 50cm thành một chiếc rương để
đựng đồ. Biết rằng mặt đáy và các mặt xung quanh của rương là các mặt của hình hộp chữ nhật và nắp
rương là một phần của mặt xung quang hình trụ (tham khảo hình vẽ) . Sau khi ghép hai mặt còn lại để
hoàn thành chiếc rương thì thể tích của chiếc rương đó gần với giá trị nào sau đây?
A.
3
111416 cm . B.
3
108582 cm . C.
3
108581 cm . D.
3
111415 cm .
Lời giải
Chọn C
Thể tích của rương được tính theo công thức .
AFHJ
V GH S .
Trong đó
AFHJ
S là diện tích hình thang cong gới bạn bởi các đoạn
thẳng , ,AF HF HJ và cung JA .
Gọi
,O R là đường tròn chứa cung AJ và
, 0.AOJ x rad x
Theo định lí cosin trong tam giác OAJ ta có
2 2 2 2 2 2 2
20
40 2 cos 40 2 1 cos 4 sin
2
sin
2
x
R R R x R x R R
x
.
Sử dụng công thức độ dài cung ta được
60
60Rx R
x
Từ đó suy ra 3sin 2.991563136
2
x
x x
Khi đó
2 2 2
1 1800 1800sin
40 sin 1600
2 2
AFHJ
x x
S R R x
x x
.
Thay vào ta được
3
108581V cm .
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm
3;12;24A ,
19;40; 8B . Viết phương trình đường thẳng d đi qua
tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác OAB và cắt đường thẳng AB tại điểm M có tọa độ nguyên sao
cho 9IM .
A.
4
7 4
4 8
x t
y t
z t
. B.
6
15 4
12 9
x t
y t
z t
. C.
7
19 4
20 10
x t
y t
z t
. D.
11 4
26 7
16 4
x t
y t
z t
.
Lời giải
Chọn A
Ta có : 27, 45, 36OA OB AB do đó với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB thì ta
có :
     
36. 45. 27. 0 4. 5. 3. 0IO IA IB IO IA IB
6;15;12I
Ta có :

16;28; 16 4 4;7; 4AB
Suy ra phương trình đường thẳng
3 4
: 12 7
24 4
x t
AB y t
z t
3 4 ;12 7 ;24 4M t t t
Khi đó :

4 3;7 3;12 4IM t t t
2 2 2
4 3 7 3 12 4IM t t t
2
81 81 162 162t t
2
81 162 81 0t t
1 /t t m
Suy ra :

1;4; 8IM
nên phương trình đường thẳng
6
: 15 4
12 8
x t
d y t
z t
.
Câu 46: Cho hàm số đa thức bậc bốn ( )y f x với đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số
2
( ) . ( )g x x f x m có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 9. B. 8. C. 7. D. 10.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
2
2
( )
' ( ) '( ) ( )
( )
xf x m
g x f x xf x f x
xf x m
Cho
2
2
( ) '( ) ( ) 0 1
' 0
( ) 0 2
f x xf x f x
g x
xf x m
Xét
1
( ) 0 0 2 (3;4)
1 ( ) ( ) '( ) 0
( ) '( ) 0 ( ) ( ) '( ) 0
f x x x x x
f x f x xf x
f x xf x h x f x xf x
Ta có '( ) 2 '( ) "( )h x f x xf x là hàm số bậc 3 có '(0) 0; '(1) 0; '(2) 0, '(4) 0h h h h
Và (0) (2) 0 ( ) 0h h h x có 4 nghiệm
2 3
0; ; 2;x x
Vậy phương trình 1 có 5 nghiệm
2 3 1
0; ; 2; ;x x x trong đó 0x là nghiệm kép.
Xét
2 2
2 ( ) 0 ( ) 0 3
m
xf x m f x x
x
Hàm số có nhiều điểm cực trị nhất 0m :
( )
3
( )
m
f x
x
m
f x
x
Vẽ hai đồ thị
m
y
x
và
m
y
x
cùng 1 hệ toạ độ với ( )y f x
Ta thấy khi
3 có nhiều nhất là 5 nghiệm
Vậy hàm số có nhiều nhất là 9 điểm cực trị.
Câu 47: Gọi S
là tập hợp tất cả các số thực m sao cho bất phương trình
2 4 2 2 3
1
. . 1
x x x
x
x
m e m e m m e
e
vô nghiệm. Số phần tử của tập S là
A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số.
Lời giải
Chọn C
Ta thấy, bất phương trình
2 4 2 2 3
1
. . 1
x x x
x
x
m e m e m m e
e
vô nghiệm
2 4 2 2 3
1
. . 1 . ,
x x x
x
x
m e m e m m e x
e
2 5 3 2 4
. . 1,
x x x x
m e m e e m m e x x
2 5 2 4 3
. . 1 0,
x x x x
m e m m e m e e x x
Đặt , 0
x
e t t , ta có bài toán tương đương
“ Tìm m để bất phương trình
2 5 2 4 3
. . ln 1 0, 0f t m t m m t m t t t t ”
Nhận xét:
1 0f và hàm số
y f t liên tục trên khoảng
0; nên điều kiện cần để bài
toán xảy ra là 1t phải là điểm cực tiểu của hàm số.
Như vậy điều kiện cần là:
1 0f
.
Do
2 4 2 3 2 2
0
1
5 . 4 3 1 0
1
m
f t m t m m t mt m m
m
t
Điều kiện đủ:
+ ) Với 0m , ta có
1 1
ln 1 1
t
f t t t f t f t
t t
, ta có bảng biến thiên
Theo BBT, ta thấy
0, 0f t t nên 0m thoả mãn yêu cầu của bài toán.
+) Với 1m , ta có
2
5 4 3 2
2 ln 1 ln 1f t t t t t t f t t t t t t
Dễ thấy
2
2
0, 0t t t t và theo phần phía trên, ta đã có ln 1 0, 0t t t ,
như vậy
2
2
ln 1 0, 0f t t t t t t t nên 1m thoả mãn yêu cầu của bài toán.
Kết luận: có 2 giá trị của m thoả mãn.
0
+
-
0
+∞10
f(t)
f '(t)
t
Câu 48: Cho hàm số e
x
y có đồ thị
C và đường thẳng
d cắt
C tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần
lượt là
1
x ,
2
x sao cho
1 2
0x x . Gọi
1
S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C , trục hoành, và các
đường thẳng
1
x x ,
2
x x ;
2
S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi
d , trục hoành, và các đường thẳng
1
x x ,
2
x x . Biết
2 1
2
3
2
x S
S
. Hỏi diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C và
d thuộc khoảng nào
sau đây?
A.
2;2,5 . B.
1,8;1,9 . C.
1,9;2 . D.
2,5;3 .
Lời giải
Chọn C
Gọi :d y ax b . Vì
,d C A B và
1 2
0x x
nên 0a , 0b .
Không mất tính tổng quát, ta xét
2
0x .
Ta có:
2
2 2
2
1
e d e e
x
x x
x
x
S x
,
2
2
2 2
d 2
x
x
S ax b x bx
Vì
1 2
x x ,
2
x là nghiệm của phương trình: e
x
ax b
nên
2
2
2
2
e
e
x
x
ax b
ax b
.
Suy ra:
2 2 2 2
2
2
1
2 e e e e 4 4
x x x x
b S
*
+ Khi đó:
2 1
2 1 1 1
1
2
2 2
1
3
2 3
2 2 2
4
x S
x S S S
S
S bx b
S
.
Thay
1
2 3S vào
* , ta được: và
2
2 2 2 2
2
2
2
2
ln 2 3
e 2 3
e e 4 e 4e 1 0
e 2 3
ln 2 3 0
x
x x x x
x
x
x l
Vậy
2 1 2 1
2 4 ln 2 3 2 3 1, 804S S S bx S .
2
b
Câu 49: Xét các số phức
1
z ,
2
z thay đổi thỏa mãn đồng thời hai đẳng thức
1
2z và
2
2 1 1 2
. 12 4 0.z z z z Giá
trị nhỏ nhất của
1 2
3 2 1z z i bằng
A. 9 5 . B. 8 5 . C. 10 5 . D. 117 5.
Lời giải
Chọn A
Đặt
1
z a bi ,
2
z c id với , , ,a b c d R .
Khi đó ta có
2 2
2 1 1 2 2 1 1 2 1 1
2 1 2 1
2 2
2 2
1 1
6
. 12 4 0 . 12 . 0
. 12
4
4
2 2
ac bd
z z z z z z z z z z
z z z z
a b
a b
z z
.
Do
2
2
2 2 2 2 2 2
2 2
9
ac bd
ac bd a b c d c d
a b
.
Ta có
2 2 2 2
1 2
3 3 (3 ) 9 6z z a c i b d a b c d ac bc
2 2
72 c d 72 9 9 .
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức
u v u v nên
1 2 1 2
3 2 1 3 2 1 9 5z z i z z i .
Vậy GTNN của
1 2
3 2 1z z i bằng 9 5 . Dấu bằng xảy ra khi
2 2
3 1
3 2
3 1
3 1
3 2
4
6
a c
b d
a c
a c a c
b d b d
a b
ac bd
2 4 3 6
, , , ; ; ;
5 5 5 5
a b c d
.
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 3
x y z
d
và điểm
1;2;3M . Mặt phẳng
P chứa d cắt các trục , ,Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm
;0;0A a ,
0; ;0B b ,
0;0;C c với
5; 3a
. Giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện MABC bằng
A.
56
27
. B.
35
27
. C.
52
27
. D.
61
27
.
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng
P có dạng 1
x y z
a b c
.
Ta có
2 2 2
1 1 1 1
. .
2
ABC
S a b c
a b c
và
2 2 2
1 2 3
1
,
1 1 1
a b c
d M P
a b c
.
1 1 2 3
1
6
V abc
a b c
.
Ta lại có
1
1 1 2 1 7
1 3
3 7 1 3
1 1
2 2
a b c b a
d P
b c c a
.
Do đó
2
2 3
1 6 1 1 2
2 . . .
6 3 3 7 3 3
3 7
a
a a a
V abc a
a a a a
a
.
Khảo sát ta được
56
27
V khi
14
3
a .
| 1/38
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 2 Môn thi: TOÁN Đề thi có 06 trang
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Cau 1:
So cac t'p con gom k phan tlf cua mc}t t'p hQ'p gom n phan tlf (n k E
1 < k < n) la? □ A. An k □ B. Ckn. □ C. A!. □ D. pk Cau 2:
Cho cap so nhan ( u.n) v6'i u1 = 1 va c6ng bc}i q = 2. Hay ch9n khang djnh dung. □ A. ll.5 = 9 □ B. UJ = 4 □ C. Uij = 13 □ D. U2 = 3 Cau 3:
Cho ham so = cix3 + b. 2 +
+ d ( a. f:. 0) co do thj nhU' hinh ve hen. Ham so y
da cho nghjch bien tren khoang nao d1.t6'i day? □ A. (O· 2) □ B. (1· + ) □ C. (-2· 2) □ D. (- . o) Cau4:
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN Đáp án chi tiết
Câu 1: Số các tập con gồm k phần tử của một tập hợp gồm n phần tử (n,k  ,1  k  n ) là A. n A . B. k C . C. k A . D. P . k n n k Lời giải Chọn B
Số các tổ hợp chập k của n phần tử (n,k  ,1  k  n ) là k C . n
Câu 2: Cho cấp số nhân u với u  1 và công bội q  2 . Hãy chọn khẳng định đúng. n  1 A. u  9 . B. u  4 . C. u  13 . D. u  3 . 5 3 6 2 Lời giải Chọn B Áp dụng công thức n 1 u u q   . Ta có u  u 4  4 . n 1 3 1 Câu 3: Cho hàm số 3 2
y  ax bx cx d a  0có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. 0;  2 . B. 1;    . C. 2;  2 . D.  ;  0. Lời giải Chọn D
Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số y  f x nghịch biến trên khoảng  ;  0.
Câu 4: Cho hàm số y  f x có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  4
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x  3 .
D. Hàm số đạt cực đại tại x  0 . Lời giải Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x  0 .
Câu 5: Cho hàm số y  f xcó đạo hàm f x  x  x   2 2
1 x  1,(x ). Hàm số y  f xđạt cực đại tại điểm A. x  2 . B. x  1. C. x  1 . D. x  2 . Lời giải Chọn A
f x  x  x  x    x  x  x  2 2 2 1 1 2 1 1 . x  2  f x 0 x      1. x  1 
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  2
Câu 6: Cho hàm số y  f x có bảng biến thiên như sau. Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số là A. 3. B. 1. C. 2. D. 4. Lời giải Chọn A
Ta có lim y    x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1  Ta có lim y  1
 , lim y  2, y  1;y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x  x Do đó có 3 tiệm cận.
Câu 7: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên giống như hình bên? A. 3 2 y  3x  9x  2. B. 3 2 y  2x  3x  2x 2. C. 3 2 y  2x  6x  2. D. 3 y  x   6x  2. Lời giải Chọn C Giả sử 3 2 y  ax bx cx d 2
 y  3ax  2bx c . y  0 2    d   2  d   2  y      0  0 c   0 c   0 Ta có     3 2
 y  2x  6x  2 . y     2  6 8  a  4b  2c d  6 a   2    y      1  2a  4b c  0 b   6  2  0  
Câu 8: Cho hàm số y  f xliên tục trên trục số thực và có đồ thị như hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của
phương trình f x  0 là A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn A
Dựa vào đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số y  f x cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt nên phương
trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 9: Với x  2,x  2 , biểu thức log x  2 log x 22  log 8 bằng 3 9 1 3 x 2x  2 A. log 8   2 x 4   log . 3    . B. 3 8 x 2 x 2 C. log . D. log 8 x 2 x 2    3    3 8  . Lời giải Chọn D
P  log x 2 log x  2
2  log 8  log x  2  log x 2  log 8 3 9 1 3   3 3 3 P log 8 x 2 x 2     3     2021
Câu 10: Đạo hàm của hàm số y  log 2x  2021 ,x   là 5   2 2 2ln5 A. y '   . B. y '  . 2x  202 1ln5 2x  2021 1 2021 C. y '   . D. y '  . 2x  202 1ln5 2x 202 1ln5 Lời giải Chọn A 2x 202 1' Ta có: 2 y '    .
2x  202 1ln5 2x 202 1ln5
Câu 11: Với a là một số thực dương tùy ý, 3 a a bằng A. a . B. 3 2 a . C. a . D. 3 a . Lời giải Chọn B 1 4 Ta có 3 P  a a 3 3 3 2  a.a  a  a .
Câu 12: Nghiệm của phương trình x 2 3   9 là A. x  1. B. x  3 . C. x  4 . D. x  3. Lời giải Chọn C Ta có x 2  x2 2
3  9  3  3  x 2  2  x  4.
Câu 13: Số nghiệm của phương trình 2 2x 5  x 3 2  log 3 là 3 A. 0 . B. 1. C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn D x  1  Ta có 2 2x 5x 3 2 2
 1  2x  5x  3  0   3 x   2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm. x 
Câu 14: Cho hàm số f x 2 1 
,(x  1). Hãy chọn khẳng định đúng. x 1 A. f  x 2
dx  x  3ln x 1 C . B. f
 xdx  2x 3ln x 1 C . C. f  x 2
dx  x  3ln x 1 C . D. f
 xdx  2x 3ln x 1 C . Lời giải Chọn D
Câu 15: Cho hàm số f x  2x  cosx . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? x A. f  x 2 dx   sinx C . B. f  x 2 dx  x  sinx C . 2 x C. f  x 2 dx   sinx C . D. f  x 2 dx  x  sinx C . 2 Lời giải Chọn D 5 5 3
Câu 16: Cho hàm số y  f xliên tục trên trục số thực. Nếu f(x)dx  8  và f(x)dx  2   thì f(x)dx  0 3 0 bằng A. 6 . B. 6 . C. 10 . D. 10 . Lời giải Chọn C 3 5 5 3
Ta có: f(x)dx  f(x)dx  f(x)dx  f(x)dx  10     . 0 3 0 0 2 Câu 17: Tích phân  2x   1dx bằng 1 15 11 10 4 A. . B. . C. . D. 3 3 3 3 . Lời giải Chọn C 2 2 3       Ta có   2x   x  8       1         10 1 dx x 2  .       1  3  3    3  3 1 1
Câu 18: Cho hai số phức z  2  3 ,i z  4  5i . Số phức liên hợp của số phức z  z  z là 1 2 1 2 A. 2  2i . B. 2  2i . C. 2  2i . D. 6  8i . Lời giải Chọn A
Ta có z  z  z  2  3i  4  5i  2 2i  z  2  2i . 1 2
Câu 19: Giải phương trình 1 2iz  4  3i  2z . A. z  2 i . B. z  2  i . C. z  2 i . D. z  2  i . Lời giải Chọn C Ta có    4  3 1 2  4  3  2 i i z i z  z   2 i z   i 1  2i Vậy 2 .
Câu 20: Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình bên? A. z  3  2i . 4 B. z  3  2i . 1 C. z  2  3i . 2 D. z  2  3i . 3 Lời giải Chọn C
Số phức z  a bi được biểu diễn bởi điểm M a;b.
Điểm M 2;3  z  23i . 2
Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và mặt
phẳng SAD tạo với đáy một góc 60. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng 3 3a 3 3 3a 3 3 8a 3 3 4a 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 3 3 Lời giải Chọn C Ta có 2 S  4a . ABCD
Ta có: SB  ABCD  SB  AD và ABCD là hình vuông nên AB  AD
 AD  SAB  AD  SA. SAD ABC   ; D  SBA SBA vuông tại B nên
SB  AB tanSAB  2a tan60  2a 3 . 3 1 8a 3 V  S .SB  . S.ABCD 3 ABCD 3
Câu 22: Cho khối lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy là tam giác đều cạnh a và AA  a 6 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 2a 3 3 2a 3 3 2a 3 2a A. . B. . C. . D. . 4 2 4 2 Lời giải Chọn C
Chiều cao của khối trụ là h  AA  a 6 2
Diện tích đáy là tam giác đều cạnh a là a 3 S  4 3
Thể tích của khối lăng trụ đứng ABC.AB C   là 3 2a V  Sh  . 4
Câu 23: Thể tích của một khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là 1 1 A. V  S.h. B. V  3S.h. C. V  S.h. D. V  S.h. 9 3 . Lời giải Chọn D
Câu 24: Cắt hình nón (N) bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh
bằng 10. Diện tích xung quanh của (N) bằng A. 25 .  B. 50 .  C. 100  D. 200  Lời giải Chọn B
Vì SAB là tam giác đều cạnh bằng 10  l  SA  10;r  OA  5 Vậy S  r  l  50 .  xq
Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho điểm A1;1;2. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
Oxz. Hãy chọn khẳng định đúng.     A. OM  1;1;0. B. OM  1;0;2. C. OM  1;0;  2 . D. OM  1;0;2. Lời giải Chọn C 
M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng Oxz  M 1;0;2 OM 1;0;2
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x  y  z  2x  2y  0. Bán kính của S bằng A. 1. B. 2 2. C. 2. D. 2. Lời giải Chọn D Mặt cầu (S) có tâm I   2 2 1;1;0  R  1 1  2
Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P :x y  2z 1  0. Điểm nào dưới đây không thuộc mặt phẳng P? A. M 1;0;0. B. N 1;1;2. C. E 1;2;  1 . D. Q 1;2;0. Lời giải Chọn B
Thế 4 điểm M,N,E ,Q vào mặt phẳng P  N không thuộc mặt phẳng P.
Câu 28: Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua điểm
M 0;1; 3 và vuông góc với mặt phẳng P :x 2y 3z  4  0 ?     A. u  (1;2;3). B. u  (1;1;6) . C. u  (0;1;3). D. u  (9;3;1). 1 2 3 4 Lời giải Chọn A
đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng P 
 d có một vectơ chỉ phương là n   1;2;3 P 
Câu 29: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp. Xác suất để số chấm xuất hiện ở lần
đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 3 12 6 Lời giải Chọn C Không gian mẫu   36
Gọi A là biến cố’ số chấm xuất hiện ở lần đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau “
 A  2; 1;4; 2;6;3  n  A  3  p  n  A 1 A   .  12
Câu 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên  ? x 1 A. y  . B. y  log x. C. 3 2 y  x  3x  2. D. 3 y  x  2x 1. x 2 2 Lời giải Chọn D
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên   D    loại A và B Xét D có 2 y '  3x  2  0, x   Chọn D. x 1
Câu 31: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn  2;0  2x 1   . Giá trị của 15M  m bằng 76 74 A. 0 . B. 2 . C. . D. . 5 5 Lời giải Chọn B 3 1 Ta có y ' 
 0,x  2;0  M  y 2  ;m  y 0  1 2        x   5 2 1  15M  m  2
Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình log x  8  log x  2 là 9   3   A. 4;  1 . B. 2;  1 . C. 1;4. D. 1;. Lời giải Chọn B x   8  0 Điều kiện   x  2 x   2  0  
log x  8 log x 2 2 2
 x  8  (x  2)  x  3x  4  0  4  x  1 9 3
Kết hợp điều kiện  x  2; 1 2 2 2 Câu 33: Cho f  tdt  5, g
 sds  3. Tích phân 2f
  x 3gx  dx  bằng 1 1 1 A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 8 . Lời giải Chọn B 2 2f   x 3gx 2   dx  2 f   x 2 dx  3 g  xdx  1 1 1 1 1 1
Câu 34: Kí hiệu z ,z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z 2z  4  0 . Giá trị của  bằng 1 2 z z 1 2 1 1 A. 2 . B. . C. . D. 1. 2 2 Lời giải Chọn D 2 1 1
z 2z  4  0  z  1 3 ;iz  1  3i  z  z  2    1 1 2 1 2 z z 1 2
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy
và SA  a 2 . Gọi K là trung điểm của SC và  là góc giữa đường thẳng BK và mặt phẳng (SCD)
(tham khảo hình vẽ minh họa). Tính sin  . 6 3 6 3 A. sin   . B. sin   . C. sin   . D. sin   . 6 3 3 2 Lời giải Chọn C +) ( ,( )) ( ,( )) sin d B SCD d A SCD    BK BK
+) Kẻ AH vuông góc với SD, suy ra AH  (SCD) SAAD a ⇒ . 6 d( , A (SCD))  AH   SD 3 +) SC  2a , 1
BC  (SAB)  BC  SB  BK  SC  a 2 Vậy d( , A (SCD)) AH 6 sin    BK BK 3
Câu 36: Cho hình hộp đứng ABCD.AB C  D
  có tất cả các cạnh bằng 2a và  0
ABC  60 (tham khảo hình vẽ
minh họa). Gọi M là trung điểm của cạnh AA Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (MBC ) bằng a 3 a 5 a 3 A. a. B. . C. . D. . 3 2 2 Lời giải Chọn D
+) (MBC)  DD'  {N}  MN ⫽ AD
AD ' MN  {I}  ID '  IA  d(D ',(MBC))  d( , A (MBC))
+) Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a,
kẻ AK  BC,AH  MK  d( , A (MBC))  AH +) a 3 AK  a 3,AM  a  AH  2
Câu 37: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm nằm trên trục Oy , đi qua hai điểm (
A 1;2;2)và B(3;1;1) có phương trình 2 2
A. x   y   2 1 1  z  13. B. 2 2 2 x (y 1)  z  6 . C. 2 2 2 x (y  1)  z  14 . D. 2 2 2 x  (y  2)  z  9 . Lời giải Chọn C
Gọi tọa độ tâm mặt cầu là I 0;a;0 Oy .
Do mặt cầu này đi qua hai điểm (
A 1;2;2)và B(3;1;1) nên ta có IA  IB
Từ đó ta có phương trình 2 2 2 2 2 2
1  (a 2)  2  3  (a 1)  1  a  1.
Bán kính mặt cầu bằng IA   2 2 2 1 3  2  14 .
Do đó phương trình mặt cầu là 2 2 2 x (y  1)  z  14 .
Câu 38: Trong không gian Oxyz , đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng P : 2x y  2z  4  0 và cắt hai x 1 y 1 z 2 x  2 y z 1 đường thẳng d :   ,d :   có phương trình là 1 2 1 3 2 1 2 2 x 1 y 2 z  3 x 1 y  2 z  3 A.   . B.   . 2 1 2 2 1 2 x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3 C.   . D.   . 2 1 2 2 1 2 Lời giải. Chọn C
Gọi M(2a 1;a 1;3a  2)  d ,N 2  ;b2 ;b12b  d . 2  1  
Khi đó NM  2a b  3;a 2b 1;3a 2b  3.   Vì   P nên 2a b 3 a 2b 1 3a 2b 3 NM kn           . P 2 1 2 2
 a b  4  2(a 2b 1) a   3 
Do đó ta có hệ phương trình   . 2
 a 4b 2  3a 2b 3  b    1  
Vậy tọa độ điểm N(1;2;3)
Từ đó ta có phương trình đường thẳng x 1 y  2 z  3  :   . 2 1 2
Câu 39: Cho hàm số y  f (x) có đồ thị như hình vẽ bên. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất
của hàm số y  f x m  2 ( )
2 trên đoạn [2;1] bằng 36 là A. 8. B. 0. C. 4. D. 4. Lời giải Chọn A M  ax g(x)  m  6 
Xét hàm số g(x)  f(x)  m  2 trên đoạn [2;1] có   2;1    . min g(x)  m  2  2;1     Do 2 2 y  g(x)  g(x)   và 2
max g(x)  36  max g(x)  6 [ 2  ;1] [2;1] 2m  8  4 m   0 6      m  8. 2 m   8 
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình m 3x m
 729 mx 6 có đúng một số nguyên dương? A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 5 . Lời giải Chọn A
Do yêu cầu bài toán, ta chỉ cần xét x  0. Ta có: 6   6
Bất phương trình tương đương: 3x  3 x m 6 m m  
  mx  6  3  3  x      m 6   x m 6
 3 x  3     6 f x  f    , với    3t f t t , t  0. m m Ta có    3t f t
ln 3 1  0, t  0; nên hàm số f đồng biến trên khoảng 0;.     Do đó:   6   6 f x  f    x     . Suy ra, tập nghiệm là 6   . Khi đó :  S 0; m m  m
YCBT xảy ra khi và chỉ khi 6 1   2  3  m  6 . m Vì m   nên m  3;4; 
5 .Vậy có 3 giá trị của tham số m thỏa YCBT. 3  x 2 khi x  1 
Câu 41: Cho hàm số f (x)   
. Giá trị của tích phân I  sinx.f  2cosx   bằng 2 1 dx 2  x 1 khi x  1  0 29 17 22 A. . B. . C. 2 . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn B +) Đặt 1 t  2cosx 1  dt  2
 .sinx.dx  sinx.dx   .dt . 2
Đổi cận: x  0  t  3 , x    t  1.  3
Khi đó I  sinx.f 2c x    1 os 1 dx  . f  tdt 2 0 1 1 1      f  x 3 x f  x 1  1 d dx    3x 2 3 dx   2 2x 1dx       = 17 . 2  2   3 1 1 1 1     
Câu 42: Gọi S là tập hợp gồm các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức z thoả mãn
z 1 4i  13 và z 1  i  18 . Diện tích của S gần với số nào nhất trong các số sau đây? A. 97. B. 45. C. 57. D. 16. Lời giải Chọn B
+) Từ z 1 4i  13 , ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên ngoài
đường tròn C : x  2
1  y 42  13 có tâm I 1;4 , bán kính R  13 . 1   1 1
+) Từ z 1  i  18 , ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên trong
đường tròn C : x  2 1  y  2
1  18 có tâm I 1;1 , bán kính R  18 . 2   2 2
Nên tập hợp các điểm M thoả mãn là miền tô đậm như hình vẽ.
Gọi S là diện tích miền tô đậm, S là diện tích hình tròn C , S là diện tích phần hình phẳng 2  1 2
khép kín giới hạn bởi 2 đường tròn (phần tô nhạt). Ta có: 4     S  S S  .  R      1 18  x  21   4  13  (đvdt).    x  2 2 1 dx  44,64 1 2 2        2
Câu 43: Cho khối chóp S.ABCD có mặt bên SBC  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SBC là tam
giác đều có cạnh bằng 2a , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D có AB  DC  AD . Gọi DN
là trung tuyến của tam giác BCD . Giả sử khoảng cách giữa hai đường thẳng DN và AS bằng 2a . Thể
tích khối chóp S.ABCD bằng 3 3a A. 3 3a . B. . C. 3 3 2a . D. 3 2 3a . 6 Lời giải Chọn D
Gọi M là trung điểm của AD , khi đó AB CD AD MN    2 2
do đó tam giác ADN vuông tại N .
Do tam giác SBC đều, SBC   ABCD
và N là trung điểm của BC nên SN  ABCD và SN  a 3 . DN  AN Ta có   DN  SAN, DN  SN 
do đó hạ NH  SA thì NH chính là đường vuông góc chung của SA và DN .
Tam giác SAN vuông tại N , đường cao NH  2a, SN  a 3 nên ta có 1 1 1 1 1 1 1        AN  a 6 . 2 2 2 2 2 2 2 AN SN HN AN 2a 3a 6a
Gọi giao điểm của AN và DC là P . Khi đó tam giác ADP vuông cân tại D và có diện tích
bằng diện tích hình thang ABCD , do đó diện tích 2 2 S  AN  6a . ABCD
Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 1 2 3 .6a .a 3  2 3a . 3
Câu 44: Người thợ một tấm kim loại hình chữ nhật chiều dài 1,8m , chiều rộng 50cm thành một chiếc rương để
đựng đồ. Biết rằng mặt đáy và các mặt xung quanh của rương là các mặt của hình hộp chữ nhật và nắp
rương là một phần của mặt xung quang hình trụ (tham khảo hình vẽ) . Sau khi ghép hai mặt còn lại để
hoàn thành chiếc rương thì thể tích của chiếc rương đó gần với giá trị nào sau đây? A.  3 111416 cm . B.  3 108582 cm . C.  3 108581 cm . D.  3 111415 cm . Lời giải Chọn C
Thể tích của rương được tính theo công thức V  GH.S . AFHJ Trong đó S
là diện tích hình thang cong gới bạn bởi các đoạn AFHJ thẳngAF,HF,HJ và cung JA .
Gọi O,R là đường tròn chứa cung AJ và  AOJ  x rad,x  0.
Theo định lí cosin trong tam giác OAJ ta có 2 2 2 2 2 2  R  R  R x   R   x 2 x 20 40 2 cos 40 2 1 cos  4R sin  R  . 2 sin x2
Sử dụng công thức độ dài cung ta được 60 Rx  60  R  x
Từ đó suy ra 3sin x  x  x  2.991563136 2 Khi đó 2 x 2 1 2 1800 1800sin  40   sin  1600 x S R R x   . AFHJ 2 2 x x Thay vào ta được V   3 108581 cm .
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm A3;12;24, B19;40;8. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác OAB và cắt đường thẳng AB tại điểm M có tọa độ nguyên sao cho IM  9 . x   4 t     x   6 t  x   7 t  x   11  4t  A. y   7  4t     . B. y   15  4t  . C. y   19  4t  . D. y   26  7t  . z   4  8t     z   12  9t  z   20 10t  z   16  4t  Lời giải Chọn A
Ta có : OA  27,OB  45,AB  36 do đó với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB thì ta        
có : 36.IO  45.IA  27.IB  0  4.IO  5.IA  3.IB  0  I 6;15;12 
Ta có : AB  16;28;16  44;7;4 x   34t 
Suy ra phương trình đường thẳng AB : y   12 7t 
 M 3  4t;12  7t;24 4t z   24 4t  
Khi đó : IM  4t 3;7t  3;12 4t  IM   t  2  t  2   t2 4 3 7 3 12 4 2  81  81t 162t 162 2
 81t 162t  81  0  t  1t /m   x   6 t  Suy ra : IM  1;4;8 
nên phương trình đường thẳng d : y   15  4t  . z   12  8t 
Câu 46: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f (x) với đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số 2
g(x)  x.f (x)  m có nhiều
nhất bao nhiêu điểm cực trị ? A. 9. B. 8. C. 7. D. 10. Lời giải Chọn A Ta có       2 2 xf (x) ' ( ) '( ) ( )  m g x f x xf x f x 2 xf (x)  m  2 f (x)  xf '(x)f(x)  0 1 Cho g 'x     0   2 xf (x)m  0  2 f(x)  0
x  0  x  2  x  x  (3;4)
Xét  1  f(x)f(x)xf '(x    1 )  0  f(x) xf '(x) 0   h   (x)  f(x)  xf '(x)  0  
Ta có h '(x)  2f '(x)  xf "(x) là hàm số bậc 3 có h '(0)  0;h '(1)  0;h '(2)  0,h '(4)  0
Và h(0)  h(2)  0  h(x)  0 có 4 nghiệm 0; x ; 2;x 2 3
Vậy phương trình 1 có 5 nghiệm 0; x ; 2; x ;x trong đó x  0 là nghiệm kép. 2 3 1 Xét   2 2 2 ( ) 0 ( ) m xf x m f x       x  0 3 x  ( ) m f x   
Hàm số có nhiều điểm cực trị nhất  m  0 : 3   x  ( ) m f x      x Vẽ hai đồ thị m y   và m y   
cùng 1 hệ toạ độ với y  f(x) x x
Ta thấy khi 3có nhiều nhất là 5 nghiệm
Vậy hàm số có nhiều nhất là 9điểm cực trị. Câu 47: Gọi
S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho bất phương trình 2 4x 2x m e  m e    2 m  m 3x x 1 . . 1 e 
vô nghiệm. Số phần tử của tập S là x e A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số. Lời giải Chọn C
Ta thấy, bất phương trình 2 4x 2x m e  m e    2 m  m 3x x 1 . . 1 e  vô nghiệm x e 2 4x 2x  m e  m e    2 m  m 3x x 1 . . 1 .e  , x   x e 2 5x 3x x      2   4 . . x m e m e e m m e  x 1, x   2 5x   2   4x 3 .  . x x m e m m e
m e e x 1  0, x   Đặt x
e  t, t  0 , ta có bài toán tương đương
“ Tìm m để bất phương trình f t 2 5  m t  2 m  m 4 3 .
t  m.t  t  lnt 1  0, t  0 ”
Nhận xét: f  1  0 và hàm số y  f t liên tục trên khoảng 0; nên điều kiện cần để bài
toán xảy ra là t  1 phải là điểm cực tiểu của hàm số.
Như vậy điều kiện cần là: f  1  0 . 1 m   0 Do f t 2 4  5m .t  4 2 m  m 3 2 2
t  3mt 1  m m  0   t m   1  Điều kiện đủ: 1 t 1
+ ) Với m  0 , ta có f t  t  lnt 1  f t  1  f t  , ta có bảng biến thiên t t t 0 1 +∞ f '(t) - 0 + f(t) 0
Theo BBT, ta thấy f t  0,t  0 nên m  0 thoả mãn yêu cầu của bài toán.
+) Với m  1, ta có f t  t  t t t  t   f t  tt t2 5 4 3 2 2 ln 1  t  lnt 1 Dễ thấy t t t2 2
 0, t  0 và theo phần phía trên, ta đã có t  lnt 1  0, t  0 ,
như vậy f t  tt t2 2
 t  lnt 1  0, t  0 nên m  1 thoả mãn yêu cầu của bài toán.
Kết luận: có 2 giá trị của m thoả mãn. Câu 48: Cho hàm số ex
y  có đồ thị C và đường thẳng d cắt C tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần
lượt là x , x sao cho x  x  0 . Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi C , trục hoành, và các 1 2 1 2 1
đường thẳng x  x , x  x ; S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi d, trục hoành, và các đường thẳng 1 2 2 x S x  x 3 , x  x . Biết 2 1 
. Hỏi diện tích hình phẳng giới hạn bởi C  và d thuộc khoảng nào 1 2 S 2 2 sau đây? A. 2;2,5. B. 1,8;1,9. C. 1,9;2. D. 2,5;  3 . Lời giải Chọn C
Gọi d : y  ax b . Vì d  C   , A B và x x  0 1 2 nên a  0 , b  0 .
Không mất tính tổng quát, ta xét x  0. 2 Ta có: x2 x x x2 2 x  2 S  e dx  e  e S  ax b dx  2bx 1  , 2  x    x  2 2 2 Vì x  x
 , x là nghiệm của phương trình: ex  ax b 1 2 2 x   2 e   a  x b nên  2  . x2 e   ax b 2  2 Suy ra: x  2 x2 2b  e  e   x2 x  2 e  e  2  4  S  4  * 1 x S + Khi đó: 2 1 x S S S 2 1 1 1 3      S  2 3 . 1 2 S 2bx 2b S  4 2 2 2 1
Thay S  2 3 vào  *, ta được: b  2 và 1  x     x  
e x  ex  4  ex  2 2 x e 2 3 ln 2 3 2 2 2 2 2          4e 1 0 x2 e  2  3 x  ln 2 3  0 l   2     
Vậy S  S S  2bx S  4 ln 2  3  2 3  1,804 . 2 1 2 1  
Câu 49: Xét các số phức z , z thay đổi thỏa mãn đồng thời hai đẳng thức z  2 và 2 z .z 12z  4z  0.Giá 1 2 1 2 1 1 2
trị nhỏ nhất của 3z  z  2i 1 bằng 1 2 A. 9  5 . B. 8  5 . C. 10  5 . D. 117  5. Lời giải Chọn A
Đặt z  a bi , z  c  id với , a ,b ,cd  R . 1 2 Khi đó ta có  2   2 z  .z 12z  4z  0 z    .z 12z  z z .z  0 z    .z  z z  12 a  c bd  6 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1  2 1 2 1        . 2 2  2 2 z  2 z  2 a  b  4 a  b  4 1 1      ac bd
Do ac bd  a b c d   2 2 2 2 2 2 2 2  c d   9 . 2 2 a b
Ta có 3z  z  3a c i(3b d)  9 2 2 a b  2 2 c d  6 ac bc 1 2      2 2
72 c d   72 9  9.    
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức u v  u  v nên
3z  z  2i 1  3z  z  2i  1  9  5 . 1 2 1 2 3a c 1   3b d 2 3  a c  1 a c 3a c 1
Vậy GTNN của 3z  z  2i 1 bằng 9  5 . Dấu bằng xảy ra khi     1 2 b d 3b d 2  2 2 a  b  4 acbd  6      a b c d  2 4 3 6 , , ,   ; ; ;     .  5 5 5 5  x 1 y 1 z 2
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :   và điểm M 1;2;  3 . Mặt phẳng 2 1 3
P chứa d cắt các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại ba điểm Aa;0; 0, B0; ;b 0, C0;0;c với a  5; 3    
 . Giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện MABC bằng 56 35 52 61 A. . B. . C. . D. . 27 27 27 27 Lời giải Chọn A
Mặt phẳng P có dạng x y z    1 . a b c 1 2 3   1 Ta có 1 1 1 1 S  a.b.c   và  ,    a b c d M P   . A  BC 2 2 2 2 a b c  1 1 1   2 2 2 a b c 1 1 2 3 V  abc   1 . 6 a b c 1 1 2 1 7
    1   3  Ta lại có  a b c b  a d  P    . 1   3 7   1 3    1   1 2b 2c c  a 1 6 1 a a a   2 2 3 Do đó 1 2  2   . . . a V abc a  . 6 a 3 3a  7 3  a a 3 3a  7 Khảo sát ta được 56 V  khi 14 a   . 27 3
Document Outline

  • 222
  • loigiaide2