HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn D.
Số phức liên hợp của số phức z  2
  5i là z  2  5 .i Câu 2: Chọn A.
Ta có diện tích xung quanh của hình trụ bằng S  2 rl  2 .3.3  18. xq Câu 3: Chọn C.  1 1 4 x  x 5 2 dx  x  x  C. 5 2 Câu 4: Chọn A.
y ' đổi dấu khi đi qua x  2
 , x  0, x  2 nên hàm số đã cho có 3 cực trị. Câu 5: Chọn D. 2 2 2 3 2 f  x dx  3 dx  2 f  
 xdx  3 2.27 1 1 1 Câu 6: Chọn C.  1 2 1  0 x x   2 5 log 2x 1  2      x  . 2   2 2x 1  2 5 2 x   2 Câu 7: Chọn B.
Số cách bốc cùng lúc 4 viên bi trong một hộp có 10 viên bi khác nhau là số tổ hợp chập 4 của 10 phần tử. Vậy số cách bốc là 4 C . 10 Câu 8: Chọn C.
Ta có z  z  1 2i  2  i  3  .i 1 2 Câu 9: Chọn A. Ta có x 1  x 1  3 3
 27  3  3  x 1  3  x  4. Câu 10: Chọn D.
Đồ thị trên là của hàm số dạng 4 2
y  ax  bx  c, với a  0. Do đó chọn đáp án D. Câu 11: Chọn A. 3 3 4 r 4.3
Thể tích khối cầu là V    36. 3 3 Câu 12: Chọn B. 1 1 Ta có log b  log . b 4 4 a a Câu 13: Chọn A.
Từ phương trình mặt cầu S  x   y  2   z  2 2 : 2
1  9, suy ra bán kính của nó là R  9  3. Câu 14: Chọn A.
ĐKXĐ: x 1  0  x  1. Tập xác định của hàm số là 1; . Câu 15: Chọn B. 2x 1 Ta có lim y  lim
 2. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y  2. x x x 1 Câu 16: Chọn D.
Thể tích khối hộp chữ nhật cần tìm là: V  2.6.7  84. Câu 17: Chọn B.
Hình chiếu vuông góc của điểm A3;5;2 trên mặt phẳng Oxy có tọa độ là 3;5;0 . Câu 18: Chọn A.
Gọi V , h lần lượt là thể tích và chiều cao của khối chóp. 3V 3.12 Khi đó: h   18. B 2
Vậy, chiều cao của khối chóp đã cho bằng 18. Câu 19: Chọn C. x  3 y 1 z  2  Vì d :  
nên d có một vectơ chỉ phương là u  4;1;3. 4 1 3 Câu 20: Chọn C. Điểm M  2  ; 
1 biểu diễn số phức z  2  .i
Vậy môđun của z bằng z    i   2 2 2 2 1  5 . Câu 21: Chọn A.      f  x 2x 1 2 x  1 1 2 1 1 dx  dx  dx     dx  2ln x 1   C    2 2 2   x   1 x   1  x   1  x  1  x 1  Câu 22: Chọn D. Ta có 2 2 u  q u  2 .3  12. 3 1 Câu 23: Chọn D. 2 x y z
Mặt phẳng qua ba điểm trên ba trục tọa độ A1;0;0, B 0;2;0,C 0;0;3 có phương trình    1. 1 2 3 Câu 24: Chọn C. SA  BC Ta có   BC  SAB AB  BC
B là hình chiếu của C lên mặt SAB .
 SC;SAB  SC, SB   BSC
Xét SAB vuông tại A có 2 2 2 2
SB  AB  SA  a  2a  a 3. BC a
Xét SBC vuông tại B có  3 tan BSC    3 SB a 3
Vậy SC SAB   0 , BSC  60 . Câu 25: Chọn B.
Từ bảng xét dấu f ' x của hàm số f  x, ta thấy hàm số đổi dấu từ âm sang dương tại x  2  và x  2 nhưng
f  x có tập xác định  \ 
2 nên hàm số có 1 điểm cực tiểu. Câu 26: Chọn C.
Ta có y '  2. f '2x  
1 , hàm số nghịch biến  f '2x   1  0 2x 1  3 x  2   .   1 2x 1 1      1  x  0
Vậy hàm số f 2x  
1 nghịch biến trên  ;
 2 và 1;0 . Câu 27: Chọn B. Ta có z w    i2 2. 4 2
1i  12 16i1i  4i  28
 Môđun của số phức 2 z w bằng 20 2. 3 Câu 28: Chọn A.   Ta có BC  2;0;  1 , BD  0; 1  ;2    
Gọi n là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng BCD, khi đó n  BC, BD  1;4; 2  .    
Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng BCD có một vec tơ chỉ phương là u  n   1  ; 4  ;2. x  1 t 
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y  4t . So sánh với các đáp án ta được phương trình đường z  2 2t  x  2  t 
thẳng cần tìm là y  4  4t . z  4 2t  Câu 29: Chọn D.
Gọi z  x  yi, x, y    z  x  y .i
Theo đề bài 3z i  2  3i z  7 16i  3x  yi i 2  3ix  yi  7 16i       
x  y   x  y   x 3y 7 x 1 3 3 5 3 i  7 16i      z  1 2 .i 3  x  5y  3  16 y  2
Vậy mô đun của số phức z là 2 2 z  1  2  5 . Câu 30: Chọn C. Do   3
F x  x là một nguyên hàm của hàm số f  x nên 3 I  2  f  xdx  
2x  F x 3   3 3 2x  x   2  2 1 1 1 Câu 31: Chọn C.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 1. Câu 32: Chọn D. 4
Ta có: OA  r  2  AB  4.
Tam giác SAB có: SA  SB  0
, ASB  60 nên SAB đều cạnh 4.  l  SA  SB  4.
Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng: S   rl   .2.4  8. xq Câu 33: Chọn A. Theo giả thiết '  x f x  e  x, x    nên: f  x  f '
 xdx   xe  x x 1 2 dx  e  x  C 2 1 Mà f 0  4 nên 0 2
e  0  C  4  C  3 2 x 1 Suy ra f  x 2  e  x  3 2 1 1   e  x 1 6 13 Vậy f  x 2 dx  e  x  3 dx     2  6 0 0 Câu 34: Chọn D.
Ta có: f  x    f  x 3 2 3 0  2 3
Do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị y  f  x và đường thẳng y  . 2 5
Suy ra phương trình 2 f  x  3  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 35: Chọn D. 3 1 1 a Ta có: 2 V  S . A S  . . a a  . S.ABCD 3 ABCD 3 3 Câu 36: Chọn B.
   
Chọn điểm I sao cho 2IA  IB  IC  0. Gọi I  ; a ; b c suy ra:    IA  1 a;1 ; b 1 c, IB   ; a 1 ; b 2  c, IC   2   a; ; b 1 c.     a a  0 2 1  a  2  a  0 
      3  3 5 
Do đó: 2IA  IB  IC  0  21 b 1 b  b  0  b   I 0; ; .   4    4 4  2
 1 c  2  c 1 c  0  5 c   4
  2   2   2 Khi đó: 2 2 2
S  2NA  NB  NC  2NI  IA  NI  IB  NI  IC
    2 2 2 2
 4NI  IA  IB  IC  2NI 2IA IB  IC 2 2 2 2
 4NI  IA  IB  IC . Do I cố định nên 2 2 2
IA  IB  IC không đổi. Do đó để 2 S  NI  NI
 N là hình chiếu của I lên P. min min min 6  x  t  
Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với P   3 : y   t. 4   5 z   t  4 Suy ra N    P.  3  5 3 1  Xét phương trình t 
 t   t 1  0  3t   0  t  .    4  4 2 2  1 5 3  38  N  ; ;  ON  .    2 4 4  4 Câu 37: Chọn A.   
Xét hàm số g  x  f  x 2
 sin x  3m trên khoảng 0; .    2        Do trên khoảng 0; ,1  f '  
x  6 nên g 'x  f 'xsin 2x  0, x   0;   .  2   2          
Như vậy hàm số y  g  x đồng biến trên khoảng 0;   và g  x  g  f 1 3m      2   2   2       
Bất phương trình f  x 2  sin x  3m,x  0; 
 khi và chỉ khi g  x  0, x   0;   .  2   2     1      Hay f 1 3m  0  m  f 1 .      2 3  2       Câu 38: Chọn C. 
Ta có phương trình mặt phẳng  ABC là x  y  z  1 và 1 vectơ pháp tuyến là n  1;1;1 . 1       BC  0;1; 
1 . Một vectơ pháp tuyến của P là n  n , BC  2; 1  ;1 . 2 1    
Suy ra phương trình mặt phẳng P là 2x  y  z 1  0.  1 1 
Gọi H là trung điểm BC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC, ta có H 0; ;   và IH vuông góc với  2 2   x  2t   1
mặt phẳng P. Như vậy phương trình đường thẳng IH là y   t . 2   1 z   t  2 7  1 1 
Gọi I 2t;  t;  t  IH ,   ta có  2 2  2 2 2 2           IA  IB   t  2 1 1  t   t        t2 1 1 1 1 1 1 2 1 2  t   t   t   I ; ; .        2   2   2   2  6  3 3 3  1 1 1 2.  3.  1 3 3 3 1
Khi đó khoảng cách từ I đến mặt phẳng Q bằng d I,Q   .   2 2 2 14 2 3 1 Câu 39: Chọn B. x x x  9 x   3 x  Ta có 4  2 . m 6  3.9  0  3  2m 1  0.      4   2  Nhận thấy .
a c  3.1  3  0 nên nếu phương trình có hai nghiệm thì hai nghiệm đó cùng dấu. Suy ra điều kiện 2  '  m  3  0 m  3  
để phương trình đã cho có nghiệm là 
     m   3. b 2m m 3     0    a 3 m  0
Như vậy trên đoạn 10;10 có m 1  0;9;8;7;6; 5  ; 4  ;3; 
2 thỏa mãn. Hay có 9 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán. Câu 40: Chọn A. 3  iz Ta có w 
 w  zw  3  iz  w  3  i  w z  w  3  w  i z . 1 z
Giả sử w  a  bi a,b   a  2 2
 b  z a  b  2 2 2      2  z  2 2 3 1 1 a  b  2 2
 6a  2 z b  9  z  0.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường thẳng nên  2  z  2 2 1
a  b   0. Vì w  0 không thỏa
mãn bài toán, suy ra z  1. Câu 41: Chọn B.
Số phần tử của không gian mẫu: n 3  C . 100
Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 có 50 số chẵn và 50 số lẻ.
Giả sử 3 số được chọn theo thứ tự là a,b, c , ta có a  c  2b, suy ra a và c có cùng tính chẵn lẻ. Ứng với mỗi
cách chọn a,c có duy nhất cách chọn . b
Do đó số cách chọn 3 số được lập cấp số cộng bằng số cách chọn 2 số cùng chẵn hoặc 2 số cùng lẻ.
Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có n A 2 2  C  C . 50 50 8 2  P A 2C50   0,015. 3 C100 Câu 42: Chọn A.
Theo giả thiết ABCD có diện tích bằng 16  AB  4.
Gọi H là trung điểm của AB  OH   ABCD và OH  2; AH  2 2 2  OA  AH  OH  6
r  6;l  4  S  2 rl  2. 6.4  8 6. xq Câu 43: Chọn C.
Từ giả thuyết: f x  2021f  x  x sin x, x       2 2 2  f  xdx 2021 f  xdx  xsin xdx  *       2 2 2      2 2 2 2 t x Tính: f  xdx   f  tdt  f  tdt  f  xdx  I.        2 2 2 2  2 u   x du  dx Tính: x sin xdx  . Đặt          dv sin xdx v cos x  2     2 2 2 2  x sin xdx  x cos x  cos xdx  sin x  2           2 2 2 2   1
*  I  2021.I  2  I  . 1011 Câu 44: Chọn A. 9
Nhận xét: để diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục O .
x Nên đồ thị hàm số cắt trục
Ox tại ba điểm có hoành độ x , x , x lập thành cấp số cộng. 1 2 3 Nghĩa là phương trình 3 2
x  3x  4mx  2m 1  0 * có ba nghiệm x , x , x thỏa x  x  2x . 1 2 3 1 3 2 1 Theo Viet: x  x  x  3
  x  1 thế vào phương trình * ta được m   . 1 2 3 2 6  3 21 x  3 1 2 4  Thử lại: với 3 2
m    x  3x  x   0  x  1 là một cấp số cộng. 6 3 3   3 21 x   3 1 Vậy m   nhận. 6 Câu 45: Chọn C.
Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABCD .
Trong  ABCD , gọi K  BA CD suy ra KA  AH  HB  . a
Gọi J là trung điểm của CD suy ra HJ  2 . a 1 Ta có d  ;
A SCD  .d H;SCD 2
KHJ vuông cân tại H nên HD  KJ, đồng thời SH  KJ suy ra KJ  SHD. 10 HI  SD Trong SHD , dựng 
 HI  SCD  HI  d H;SCD . I  SD a 6 a
SH  a 3, HD  a 2  HI  . Vậy d S SCD 1 30 ;  .HI  . 5 2 10 Câu 46: Chọn D. Đặt 3 t  2x  6x  2 *
Với một giá trị t  2
 ;6 thì phương trình * có 2 nghiệm x1;2.
Với một giá trị t  2 thì phương trình * có 1 nghiệm x 1;2.
Với một giá trị t  ;
 2 6; thì phương trình * không có nghiệm x 1;2. Phương trình f  3
2x  6x  2  2m 1 có 6 nghiệm phân biệt x thuộc đoạn 1;2.
 Phương trình f t  2m 1 có 3 nghiệm phân biệt t 2;6. 1 3
 0  2m 1  2   m  . Vậy có một giá trị nguyên m  1 thỏa bài toán. 2 2 Câu 47: Chọn A.
Gọi E, F là trung điểm CD,C ' D ';G là giao điểm của C ' P và EF.
Do ME / /C ' N  ME / / C ' NP  d M ,C ' NP  d E,C ' NP  V V MCNP EC 'NP 11 Ta có: V '  V  V  3V (do EG  3FG ) C 'MNP EC 'NP FC 'NP 1 3 Mà C ' D  2C ' F nên V  V suy ra V '  V . FC 'NP D'C ' 2 NP ' ' 2 D C NP Lại có: 1 1 1 1 V  .d P, C ' D ' N .S  . d D, C ' D ' N . S D 'C ' NP    C'D'N    A' B 'C 'D ' 3 3 2 4 1 V 
D D, A' B 'C ' D '.S  A'B 'C 'D ' 24 24 3 3 V V V ' 1 Nên V '  V  .    . D 'C ' 2 NP 2 24 16 V 16 Câu 48: Chọn C. 2 13x 18x 13 Ta có: y '   x   . 2 2 1
Giả sử đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A x ; y , B x ; y . Khi đó x , x là nghiệm của phương trình 1 1   2 2 1 2 2
y '  0  13x 18x 13  0. u x u ' x .v x  u x .v ' x
Mặt khác, ta có nếu f  x      v  x f ' x
        2 v  x u x u x
 f 'x  0  u 'x.vx  u x.v'x   '   0   v  x v ' x u  x u x CT  ' CT  Có y   CT v  x v x CT  ' CT  13x 9' 13
Áp dụng lý thuyết trên ta có hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc đường cong y    . 2 x   1 ' 2x 13 13   2 1  3x 18x 13 1 1  2 13x 18x 13 Do đó: 1 1 y     x  9 1 1 2x 2x 2x 2 1 1 1 13 Tương tự: y  x  9 2 2 2 Nên ,
A B thuộc đường thẳng d  13 : y 
x  9 hay đường thẳng đi qua hai điểm cực trị , A B là 2 d  13 : y 
x  9  13x  2y 18  0 2 12 1  8 18 Vậy d O, AB   . 2 2 13  2 173 Câu 49: Chọn C. 1 1
Ta có g ' x  f ' x 2
 x , g 'x  0  f 'x 2  x . 3 3 1
Số nghiệm của f ' x 2
 x là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f 'x (như hình vẽ) và đồ thị hàm số 3 1 2 y  x . 3 1
Theo hình vẽ ta có đồ thị hàm số y  f ' x cắt đồ thị hàm số 2
y  x tại 3 điểm phân biệt a,b, . c Lập bảng 3 biến thiên ta có x  a b c  g 'x  0 + 0  0 + g  x  CĐ  CT CT 1
Vậy số điểm cực tiểu của hàm số g  x  f x 3  x là 2. 9 Câu 50: Chọn A.
Từ đồ thị hàm số, ta có y  f  x có 3 điểm cực trị là 1,0,1 nên hàm số có dạng 13 f  x  ax a a 2 x    f x 4 2 ' 1
 x  x  b và đồ thị hàm số f x đi qua hai điểm 0;4,1;3 nên 4 2 f  x 4 2  x  2x  4  3, . x f  x Điều kiện  0 suy ra m  0. 2 mx Ta có  f x  log 
  x f  x  mx 3
 mx  f x  log f x  .x f x  f x  log  2 mx  2 2  . x mx  mx 2 mx   
x   f x  x f x f x   x  2 mx  2 2 log 1 . log 1  .
x mx  mx do x 1  0   *
Xét hàm số g t  logt  t với t  0. Ta có g t 1 '  1  0. t.ln10 f x x  2x  4  2 
Từ * ta có  x   1 f  x   x     2 4 2 2 1 mx  m    x   6. 2 2   x x  x  2
Đặt u  x   2 2, khi đó 2 m  u  6, u   2 2. x
Dễ thấy với mỗi giá trị của u cho ta hai giá trị của x  0, nên yêu cầu bài toán đưa về điều kiện là tìm m để phương trình 2
m  u  6 có đúng một nghiệm u  2 2. Đặt hu 2  u  6 với u  2 2. Do m  , m 2  021;202 
1 , m  2 nên có 2019 giá trị thỏa mãn.
____________________ HẾT ____________________ https://toanmath.com/ 14
Document Outline

• de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-2021-mon-toan-so-gddt-ha-tinh
• Hà Tĩnh - Lần 1