Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán trường THPT chuyên Hà Tĩnh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán trường THPT chuyên Hà Tĩnh

Chủ đề:

Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn:

Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:
31 trang 10 tháng trước
Tác giả:
T
Thanh Hoa
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán trường THPT chuyên Hà Tĩnh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán trường THPT chuyên Hà Tĩnh

61 31 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023 1.2 K tài liệu

Môn: Toán 1.8 K tài liệu

Thông tin:

31 trang 10 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
TỔ TOÁN
ĐỀ THI TRỰC TUYẾN
KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .
____________________ HẾT ____________________
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 8
ĐỀ THI THỬ TN THPT QUỐC GIA – NĂM HỌC: 2020 – 2021
CHUYÊN HÀ TĨNH
Môn: Toán
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.D 7.A 8.A 9.C 10.D
11.A 12.D 13.B 14.A 15.B 16.C 17.B 18.D 19.A 20.A
21.D 22.C 23.D 24.D 25.A 26.B 27.B 28.B 29.A 30.C
31.A 32.B 33.C 34.C 35.D 36.B 37.B 38.D 39.C 40.D
41.A 42.A.C
43.D 44.C 45.B 46.A 47.D 48.C 49.A 50.D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Từ các chữ số
1,2,3,4,5
lập đc bao nhiêu số tự nhiên có
5
chữ số khác nhau trong đó chữ số
4
đứng ở hàng đơn vị?
A.
24
. B.
120
. C.
. D.
256
.
Lời giải
Chọn A
Gọi số cần tìm có dạng
4
abcd
với
, , , 1;2;3;5
a b c d
.
Chọn số xếp vào vị trí
a
có 4 cách.
Chọn số xếp vào vị trí
b
có
cách.
Chọn số xếp vào vị trí
c
có
2
cách.
Chọn số xếp vào vị trí
d
có
1
cách.
Vậy thành lập được tất cả
4.3.2.1 24
số.
Câu 2: Cấp số cộng
n
u
có
2 4
10; 6
u u
. Công sai của cấp số cộng
n
u
bằng
A.
2
. B.
2
. C.
4
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2 1
1
4 1
10 10
12
6 3 6
2
u u d
u
u u d
d
.
Vậy công sai của cấp số cộng là
2
d
.
Câu 3: Cho hàm số
f x
có bảng biến thiên như sau
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 9
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây?
A.
2;
. B.
3;1
. C.
;0

. D.
0;2
.
Lời giải
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng
0;2
.
Câu 4: Cho hàm số
f x
có đạo hàm
2 2
1 ,f x x x x x
. Số điểm cực đại của hàm số đã
cho là
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
2 2
1 1 1 1 1 1
f x x x x x x x x x x x
Xét
0
0
1
x
f x
x
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm đã cho có
1
điểm cực đại.
Câu 5: Cho hàm số
( )
y f x
có đồ thị như hình vẽ
Điểm cực đại của hàm số là
A.
4
x
. B.
1
x
. C.
1
x
. D.
0
x
.
Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị suy ra điểm cực đại của hàm số là
1
x
.
Câu 6: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2 1
3 1
x
y
x
là đường thẳng
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 10
A.
1
3
x
. B.
2
3
x
. C.
1
3
y
. D.
2
3
y
.
Lời giải
Chọn D
TXĐ:
1 1
; ;
3 3
D
 
.
2 1 2 2
lim
3 1 3 3
x
x
y
x

là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 7: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình vẽ sau
A.
1
1
x
y
x
. B.
1
1
x
y
x
. C.
2
1
x
y
x
. D.
2
1
x
y
x
Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị, căn cứ vào tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và giao điểm với trục
,
Ox Oy
ta thấy hàm
số
1
1
x
y
x
thỏa mãn.
Câu 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số
4 2
3
y x x
và đường thẳng
2
y
là
A.
4
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
2
4 2 4 2
2
1
1
3 2 3 2 0
2
2
x
x
x x x x
x
x
Vậy có bốn giao điểm.
Câu 9: Tập xác định của hàm số
3
y x
là
A.
0;

. B.
. C.
0;

. D.
\ 0
.
Lời giải
Chọn C
Hàm số
3
y x
xác định
3
0 0 0;x x D

.
Câu 10: Nghiệm của phương trình
2
3 27
x
là
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 11
A.
x
. B.
3
x
. C.
2
x
. D.
1
x
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2 2 3
3 27 3 3 2 3 1
x x
x x
.
Câu 11: Nghiệm của phương trình
2
log 2 3 4
x
là
A.
19
2
x
. B.
11
2
x
. C.
5
2
x
. D.
6
x
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
4
2
19
log 2 3 4 2 3 2
2
x x x
.
Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số
2
1
e
x
y
là
A.
1
2 e
x
y x
. B.
2
e
x
y
. C.
2
1
2e
x
y
. D.
2
1
2 e
x
y x
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2 2 2
1 1 2 1
e e 1 2 e
x x x
y y x x
.
Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình
4 2
log ( 7) log ( 1)
x x
là khoảng
( ; )
a b
. Khi đó tổng
2
M a b
bằng
A.
4
. B.
0
. C.
4
. D.
8
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện xác định của bất phương trình là
7 0 7
1
1 0 1
x x
x
x x
.
Ta có
4 2
log ( 7) log ( 1)
x x
2
2 2
log ( 7) log ( 1)
x x
2 2
7 ( 1) 6 0 3 2
x x x x x
Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là
1;2
.
Vậy
1; 2 2 0
a b M a b
.
Câu 14: Cho
( )
F x
là một nguyên hàm của hàm số
( ) cos2
f x x
thỏa mãn ( )
2
F
. Tìm
( ).
F x
A.
1
( ) sin 2
2
F x x
. B.
( ) sin 2
2
F x x x
.
C.
( ) sin 1
F x x
. D.
1
( ) sin 2
2
F x x
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 12
Lời giải
Chọn A
Ta có
1
( ) cos2 d sin 2
2
F x x x x C
Vì ( )
2
F
, nên
1
sin 2
2 2
C C
Vậy
1
( ) sin 2
2
F x x
.
Câu 15: Tìm nguyên hàm của hàm số
1
( )
2 5
f x
x
.
A.
1
d ln 2 5
2 5
x x C
x
. B.
1 1
d ln 2 5
2 5 2
x x C
x
.
C.
1
d 2ln 2 5
2 5
x x C
x
. D.
1 1
d ln 2 5
2 5 5
x x C
x
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
1 1 1 1
(2 5) ln 2 5
2 5 2 2 5 2
dx d x x C
x x
.
Câu 16: Tích phân
2
2 1
1
d
x
e x
bằng
A.
3
e e
. B.
3
1
2
e e
. C.
3
1
( )
2
e e
. D.
3
1
2
e e
.
Lời giải
Chọn C
2
2 1 2 1 3
1
2
1 1
d ( ) ( )
12 2
x x
e x e e e
Câu 17: Cho hàm số
f x
liên tục trên
, có
1
0
2
f u du
và
3
1
4
f t dt
. Khi đó
3
0
f x dx
bằng
A.
8
. B.
6
. C.
2
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
3 1 3 1 3
0 0 1 0 1
2 4 6.
f x dx f x dx f x dx f u du f t dt
.
Câu 18: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức
2 5
z i
có tọa độ là
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 13
A.
2;5
. B.
2; 5
. C.
2;5
. D.
2; 5
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2 5 2 5 .
z i z i
Vậy điểm biểu diễn cần tìm có tọa độ là
2; 5 .
.
Câu 19: Số phức nghịch đảo của số phức
1 2
z i
là
A.
1
1 2
5
i
. B.
1
1 2
5
i
. C.
1 2
i
. D.
1
1 2
5
i
.
Lời giải
Chọn A
Ta có số phức nghịch đảo của số phức
1 2
z i
là
1 1 2
1 1 1 2 1
1 2 .
1 2 1 2 1 2 5 5
i
i
i
z i i i
.
Câu 20: Cho số phức
z
thỏa mãn
3 4 2 2
i z i
. Môđun của
z
bằng
A.
2 2
5
. B.
4
5
. C.
2 10
5
. D.
8
5
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
3 4 2 2 3 4 2 2
2 2 3 4
2 2 2 14 2 14
.
3 4 3 4 3 4 25 25 25
i z i i z i
i i
i i
z i
i i i
Do đó, môđun của
z
bằng
2 2
2 14 2 2
.
25 25 5
Câu 21: Tính diện tích mặt cầu có bán kính
R
A.
2
R
. B.
2
2
R
. C.
2
3
R
. D.
2
4
R
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích mặt cầu có bán kính
R
là
2
4
R
Câu 22: Tính thể tích khối hộp chữ nhật .
ABCD A B C D
có độ dài các cạnh
2; 3; 5
AB BC CC
A.
20
. B.
25
. C.
30
. D.
50
.
Lời giải
Chọn C
Khối hộp chữ nhật .
ABCD A B C D
có độ dài các cạnh
2; 3; 5
AB BC CC
có thể tích là
. . 2.3.5 30
V BA BC CC
.
Câu 23: Tính thể tích khối nón có đường kính đáy
R
và đường cao
h
:
A.
2
1
3
R h
. B.
2
1
6
R h
. C.
2
R h
. D.
2
1
12
R h
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 14
Lời giải
Chọn D
Khối nón có đường kính đáy
R
thì bán kính đáy là
2
R
.
Thể tích khối nón bằng:
2
2
1 1
.
3 2 12
R
V h R h
Câu 24: Cho hình lập phương
ABCDA B C D
có cạnh
3
a
. Thể tích khối tứ diện
ACB D
bằng:
A.
3
3
a
. B.
3
12
a
. C.
3
6
a
. D.
3
9
a
.
Lời giải
Chọn D
Hình lập phương
ABCDA B C D
cạnh
3
a
có thể tích bằng
3
3
3 27 .
V a a
Thể tích khối tứ diện
ACB D
là
3
1
9
3
ACB D
V V a
.
Câu 25: Trong không gian
,
Oxyz
cho điểm
1;2; 1 .
A
Tìm tọa độ điểm
B
sao cho
1;3;1 .
AB
A.
2;5;0 .
B.
0; 1; 2 .
C.
0;1; 2 .
D.
2; 5;0 .
Lời giải
Chọn A .
Ta có:
1 1 2
1; 2; 1 1;3;1 2 3 5 2;5;0 .
1 1 0
B B
B B B B B
B B
x x
AB x y z y y B
z z
Vậy
2;5;0 .
B
Câu 26: Trong không gian
,
Oxyz
mặt cầu có tâm
2;1;3
I và bán kính bằng
4
có phương trình là
A.
2 2 2
2 1 3 16.
x y z B.
2 2 2
2 1 3 16.
x y z
C.
2 2 2
2 1 3 4.
x y z
D.
2 2 2
2 1 3 4.
x y z
Lời giải
Chọn B.
Mặt cầu có tâm
2;1;3
I và
4
R
có phương trình là
2 2 2
2 1 3 16.
x y z
Vậy
2 2 2
2 1 3 16.
x y z
Câu 27: Trong không gian
,
Oxyz
cho mặt phẳng
: 2 2 5 0.
P x y z
Khoảng cách từ điểm
1; 2; 3
M
đến mặt phẳng
P
bằng
A.
4
.
9
B.
4
.
3
C.
2
.
3
D.
4
.
3
Lời giải
Chọn B .
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 15
Ta có
2
2 2
2. 1 2.2 1. 3 5
4
, .
3
2 2 1
d M P
Vậy
4
, .
3
d M P
Câu 28: Trong không gian
,
Oxyz
trục tọa độ
Oy
có một vectơ chỉ phương là
A.
1
1;0;0 .
n
B.
2
0;1;0 .
n
C.
3
0;1;1 .
n
D.
4
1;0;1 .
n
Lời giải
Chọn B .
Ta có
Oy
có một vectơ chỉ phương là
2
0;1;0 .
j n
Vậy
2
0;1;0 .
n
Câu 29: Từ một hộp gồm
6
quả bóng xanh và
4
quả bóng đỏ ta chọn ngẫu nhiên đồng thời
2
quả bóng.
Tính xác suất để hai quả bóng được chọn khác màu.
A.
8
15
. B.
7
15
. C.
4
15
. D.
11
15
.
Lời giải
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là
2
10
45
C
.
Gọi
A
là “ biến cố hai quả bóng được chọn khác màu”
1 1
6 4
. 24
n A C C
Vậy xác suất cần tìm là
24 8
45 15
n A
P A
n
.
Câu 30: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
1
x
y
x x
là
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định của hàm số:
1;D

Ta có:
2
1 1
1
lim lim 1
x x
x
y x
x x

là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Mặt khác,
2
1
lim lim 0 0
x x
x
y y
x x
 
là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Do đó, đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là
2
.
Câu 31: Cho hàm số
1
x m
y
x
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để
0;2
0;2
2max min 5
y y
A.
15
. B.
14
. C.
13
. D.
12
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2
1
1
m
y
x
.
TH1: Nếu
1 1, 1
m y x
.
0;2
0;2
2max min 2.1 1 1 5
y y
Vậy
1
m
(thỏa mãn).
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 16
TH2: Nếu
1 0 1 *
m m
2
1
0, 0;2
1
m
y x
x
Do đó, hàm số ngịch biến trên đoạn
0;2
.
Khi đó:
0;2
2
min 2
3
m
y y
và
0;2
max 0
y y m
Yêu cầu bài toán: để
0;2
0;2
2 17
2max min 5 2 5 5 17
3 5
m
y y m m m
Kết hợp điều kiện
*
17
1
5
m
Mà
m
là số nguyên
3; 2
m
.
TH3: Nếu
1 0 1 **
m m
2
1
0, 0;2
1
m
y x
x
Do đó, hàm số đồng biến trên đoạn
0;2
.
Khi đó:
0;2
2
max 2
3
m
y y
và
0;2
min 0
y y m
Yêu cầu bài toán để
0;2
0;2
2 4 2 3
2max min 5 2. 5 5
3 3
m m m
y y m
4 15 11
m m
Kết hợp điều kiện
**
1 11
m
Mà
m
là số nguyên
0;1;2;....;11
m
Kết hợp cả
3
trường hợp
có
15
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Câu 32: Đặt
2
log 3
a
. Tính theo
a
giá trị của
18
log 12
A.
2 1
2
a
a
. B.
2
1 2
a
a
. C.
2
2 1
a
a
. D.
2
2 1
a
a
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2
2
2 2
18
2
2 2
2
log 2 .3
log 12 2 log 3
2
log 12
log 18 2log 3 1 2 1
log 3 .2
a
a
Câu 33: Nếu
2
0
4 1 2 5
x f x dx
thì
2
0
f x dx
bằng
A.
5
. B.
5
. C.
5
2
. D.
5
2
.
Lời giải
Chọn C
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 17
Ta có
2 2 2 2
0 0 0 0
5
4 1 2 5 4 1 2 5
2
x f x dx x dx f x dx f x dx
Câu 34: Cho hai số phức
1 2
,z z là hai nghiệm của phương trình
2
2 4 0z z
. Khi đó trên mặt phằng tọa
độ tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
w
thỏa mãn
1 2
w 2z z
là một đường tròn có tâm
A.
0;2I
. B.
0; 2I
. C.
2;0I
. D.
2;0I
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
1 3
2 4 0
1 3
z i
z z
z i
.
Gọi
w x yi
với
,x y
.
2
2
1 2
w 2 2 2 2 2 2 2z z x yi x yi x y
.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức
w
là đường tròn có tâm
2;0I
.
Câu 35: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
,a
SA
vuông góc với mặt phẳng
ABCD
và
.SA a
Góc giữa đường thẳng
SD
và mặt phẳng
SAC
bằng
A.
90
. B.
60
. C.
45
. D.
30
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
.BD
Khi đó
2
.
2 2
BD a
AO DO
Ta có
DO AC
DO SAC
DO SA
tại
.O
Mà
SD SAC S
nên
SO
là hình chiếu của
SD
lên mặt phẳng
.SAC
Suy ra
, , .SD SAC SD SO DSO
Tam giác
SAO
vuông tại
A
có
2
2 2 2
2 6
.
2 2
a a
SO SA AO a
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 18
Tam giác
SOD
vuông tại
O
có
2
3
2
tan 30 .
3
6
2
a
OD
DSO DSO
SO
a
Vậy
, 30 .
SD SAC DSO
Câu 36: Hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
vuông tại
A
,
, 3
AB a AC a
. Tam giác
SBC
đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ
C
đến mặt phẳng
SAB
bằng
A.
15
5
a
. B.
2 15
5
a
. C.
3
2
a
. D.
3
a
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
H
là trung điểm của
BC
mà tam giác
SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
SH ABC
.
Ta có
2 2
2
BC AB AC a
. Tam giác
SBC
đều nên
2 3
3
2
a
SH a
.
Gọi
D
là trung điểm của
AB
khi đó
HD
là đường trung bình của tam giác
ABC
.
Suy ra
3
,
2 2
AC a
HD AB HD . Dựng
HK SD
Ta có
,
HD AB SH AB AB SHD HK AB
. Lại có
HK SD
nên
HK SAB
Vậy khoảng cách từ điểm
H
đến mặt phẳng
SAB
là
HK
.
Ta có:
2
2
3
2 3.
2 15
2
, 2 , 2
15
3
3
4
a
a
a
d C SAB d H SAB HK
a
a
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 19
Câu 37: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
P
đi qua điểm
1;2;3
G
và cắt các trục tọa độ
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt tại
, ,
A B C
thỏa mãn
G
là trọng tâm tam giác
ABC
. Khi đó mặt phẳng
P
có phương trình là
A.
: 2 3 14 0
P x y z
. B.
: 6 3 2 18 0
P x y z
.
C.
: 2 3 6 26 0
P x y z
. D.
: 3 2 10 0
P x y z
.
Lời giải
Chọn B
Gọi giao điểm của mặt phẳng
P
và các trục tọa độ độ
Ox
,
Oy
,
Oz
lần lượt là :
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;
A a B b C c
Phương trình mặt phẳng
P
là:
x y z
a b c
Do
G
là trọng tâm tam giác
ABC
nên ta có
1
3
3
2 6
3
9
3
3
A B C
A B C
A B C
x x x
a
y y y
b
c
z z z
.
Phương trình mặt phẳng
P
là:
1 6 3 2 18 0
3 6 9
x y z
x y z
.
Câu 38: Trong không gian
Oxyz
, có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để
2 2 2 2
2 2 2 1 3 5 0
x y z m x m z m
là phương trình của một mặt cầu?
A.
6
. B.
8
. C.
. D.
7
.
Lời giải
Chọn D
Phương trình một mặt cầu có dạng
2 2 2
2 2 2 0
x y z ax by cz d
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
0
a b c d
.
Từ phương trình
2 2 2 2
2 2 2 1 3 5 0
x y z m x m z m
1
đã cho ta có:
2
2 , 0, 1, 3 5
a m b c m d m
.
Do đó để phương trình
1
là phương trình một mặt cầu khi và chỉ khi:
2 2
2 2
2 1 3 5 0 2 10 0 1 11 1 11
m m m m m m
m
là số nguyên nên
2, 1,0,1,2,3,4
m . Vậy có
7
giá trị nguyên của
m
.
Câu 39: Cho hàm số
y f x
xác định trên
và có bảng biến thiên như sau:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 20
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
2 cos3 1 0f f x m
có năm
nghiệm phân biệt thuộc đoạn
0;
3
2
?
A.
4
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C
1
2 cos3 1 0 cos3
2
m
f f x m f f x
.
Đặt
cos3 , 0;
2
' 3sin 3 , ' 0 sin 3 0
3
2 4
3
3
0; ê ,0, , ,
2 3 3 3
t x x
k
t x t x x
Do x n n x x x x x
Ta có bảng
Dựa vào bảng biến thiên thì để phương trình có 5 nghiệm phân biệt thì
1
0
1
2
1 3
1
2
m
m
m m
.
Câu 40: Trong vật lý, sự phóng xạ của chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức
0
1
2
t
T
m t m
, trong
đó
0
m là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ( tại thời điểm
0t
);
T
là chu kì bán rã (tức là
khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ biến thành chất khác). Chu kì bán rã của
Cácbon
14
C
là khoảng
5730
năm. Người ta tìm được một mẫu đồ cổ một lượng Cácbon và xác
định được nó mất khoảng
25
% lượng các bon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó bao nhiêu tuổi?
A.
2400
năm. B.
2300
năm. C.
2387
năm. D.
2378
năm.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 21
Lời giải
Chọn D
Khố lượng chất Các bon còn lại so với ban đầu là:
0
1
1
4
m t m
.
Ta có
0 0 1 1
2 2
3 1 3 3
log 5730.log 2378
4 2 4 4
t
T
t
m m t
T
Câu 41: Cho hàm số
2
2 3 0
5 0
x x a khi x
f x
bx khi x
có đạo hàm trên
(
,
a b
là các tham số thực).Tích
phân
2
2cos 1 sin
I f x xdx
bằng
A.
16
3
. B.
16
3
. C.
32
3
. D.
32
3
.
Lời giải
Chọn A
f x
có đạo hàm trên
nên
f x
lên tục tại
0
x
và có đạo hàm tại
0
x
.
+
f x
liên tục tại
0
x
nên
2
0 0 0 0
lim lim 0 lim 2 3 lim 5 5
x x x x
f x f x f x x a bx a a
.
+
f x
có đạo hàm
0
x
nên
' 0 ' 0 ' 0 3
f f f b
.
2
2cos 1 sin
I f x xdx
Đặt
2cos 1 2sin .
t x dt x dx
.
Đổi cận
x
2
t
1
1
Ta có.
1
1
0 1
2
1 0
1 1 32 16
3 5 2 3 5
2 2 6 3
I f t dt t dt t t dt
.
Câu 42: Biết rằng trên mặt phẳng tọa độ tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z
thỏa mãn
1 1
z
và
1 1
2 2
z i z
là một hình phẳng
H
. Diện tích của
H
bằng:
A.
2
4
. B.
1
4
. C.
2
2
. D.
1
2
..
Lời giải
Chọn A
Đặt
;z x yi x y
.
Ta có:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 22
2 2 2 2
1 1 ( 1) 1 ( 1) 1
z x y x y
.
1 1
2 2
z i z
2 2
2 2
1 1
2 2
x y x y
0
y x
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Sử dụng đồ thị, ta thấy M thuộc miền được tô đậm sau:
2 2
1 1 2
.1 .1
4 2 4
H q OIA
S S S
Câu 43: Cho hình chóp
.
S ABC
có các mặt phẳng
SBC
và
ABC
vuông góc với nhau, các cạnh
2 .
AB AC SA SB a
Tìm độ dài cạnh
SC
, biết khối chóp
.
S ABC
có thể tích bằng
3
a
.
A.
3
a
B.
2
a
C.
2 3
a
D.
6
a
Lời giải
Chọn D
Gọi
SC x
Gọi
H
là trung điểm của
SB
AH SBC
Có
2
AS AB AC a
nên
H
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
SBC
, suy ra
SC SB
Xét tam giác vuông
SBC
có
2 2
4
BC a x
Xét tam giác vuông
ABH
có
2
2
3
4
x
AH a
.
Lại có
2
2 2 2
3 2 3 2 2 2 2
.
1 1
3 . .2 . 3 3 3 0
3 4 2 4 2
S ABC
x x x
V a a a x a a x a a
6
x a
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 23
Câu 44: Để chuẩn bị CSVC phục vụ công tác phồng chống Covid -19, các chiến sĩ ở chốt kiểm soát dự
định dựng một cái lều trại có dạng như hình vẽ. Biết rằng mặt trước và mặt sau của trại là hai
parabol bằng nhau, nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau và cùng vuông góc với mặt nền
. Nền của lều trại là một hình chữ nhật có kích thước chiều rộng là
4
m
( lối vào lều), chiều dài
là
6
m
, đỉnh parabol cách nền
3
m
. Tính thể tích phần không gian bên trong lều trại.
A.
3
32
m
. B.
3
36
m
. C.
3
48
m
. D.
3
64
m
.
Lời giải
Chọn C
Xét hệ trục tọa độ
Oxy
như hình vẽ
Parabol
2
: , 0
P y ax bx c a
có đỉnh
0;3
C
, đi qua hai điểm
2;0
A
và
2;0
B
nên
có hệ phương trình
3
0. 0. 3
4
4 2 0 0
4 2 0 3
a
a b c
a b c b
a b c c
.
Suy ra
2
3
: 3
4
P y x
.
Diện tích mặt trước của lều trại là
2
2 2
2
3
3 d 8
4
S x x m
.
+) Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
như hình vẽ
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 24
Khi đó thể tích phần không gian bên trong lều trại là
6
3
0
8d 48
V x m
.
Nhận xét.
Ta có thể dùng công thức tính nhanh
Diện tích phần gạch sọc là:
2
3
S ah
, với
a
là đáy,
h
là chiều cao.
Có
2
2
.4.3 8
3
S m
;
h
m
.
Coi khối cần tính như khối trụ thì khối có thể tích là
3
8.6 48
V m
.
Câu 45: Trong không gian
,
Oxyz
cho đường thẳng
1 1
:
1 1 2
x y z
d
và điểm
1;0;2
A
. Đường thẳng
đi qua
1;0;2
A
đồng thời cắt và vuông góc với
d
có phương trình tham số là
3 2
( ).
x t
y a bt t
z c dt
Tính tổng
2 3 4 .
S a b c d
A.
4
. B.
2
. C.
4
. D.
8
.
Lời giải
Chọn D
PTTS
1
:
1 2
x t
d y t
z t
Gọi
1 ; ; 1 2 ,
B d B t t t
; ; 3 2 .
AB t t t

Vì
. 0 1. 1. 2( 3 2 ) 0 1.
d
d u AB t t t t

1;1; 1 .
AB

Phương trình tham số của đường thẳng
1
: . (1)
2
x t
d y t t
z t
Mặt khác
3 2
: ( ). (2)
x t
d y a bt t
z c dt
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 25
Từ
2
2
1 1 1
2
1 3 2
1 ; 2
2
0
0
2
b d
b
d
t
a
a bt
c
c dt
Do đó
2 3 4 2 2.2 3.0 4. 2 2.S a b c d
.
Câu 46: Cho
f x
là hàm số bậc bốn có bảng biến thiên như sau
Hàm số
2
2
2 2021
2
f x x
y
f x x
có bao nhiêu điểm cực trị?
A.
3
. B.
2
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện:
2
2 2
2
2 0
2 0 2 1
2 1
x x
f x x x x a
x x b
.
Ta có
2 2 2 2
2
2
2 2021 . 2 2 . 2 2021
2
f x x f x x f x x f x x
y
f x x
2
2
2
2021 2 2 2
2
x f x x
f x x
.
Xét
2
2
2
2
1
1
1 2
2 2 0
2 1
0 1 2
2 0
2 0
0
2 1
2
x
x
x
x
x x
y x
f x x
x x
x
x x
x
.
So sánh với điều kiện, ta nhận được các nghiệm thực phân biệt
1x
(bội ba);
1 2x
(đơn)
và
1 2x
(đơn).
Vậy hàm số đã cho có
3
điểm cực trị.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
thuộc đoạn
0;2021
sao cho phương trình sau có nghiệm:
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 26
3 3 3
ln 3 ln
m
x x
x m m e x m e
.
A.
4042
. B.
2019
. C.
2022
. D.
2021
.
Lời giải
Chọn D
Đk
0
x m
3
3 3 3
ln ln
ln 3 ln 3 . 1 0
m
x x
x x x x
x m x m
m m
x m m e x m e
e e e e
Đặt
ln
; 0 0;2021
x x
x m
m
u v m
e e
3
3 3
3 1 0 3 3 1 0
pt u v uv u v uv u v uv
2
1 1 3 1 0
u v u v u v uv u v
2 2
1 1 0
u v u v u v uv
2
2
3 1 2
1 0
2 2 3
3
u u
u v v v
1
u v
( Do
2
2
3 1 2
0
2 2 3
3
u u
v v
)
Với
ln
1 1 ln ln
x x
x x
x m
m
u v x m m e x m x m e x
e e
ln
ln
x m
x
e x m e x
Xét hàm số
1 0,
t t
f t e t f t e t
ln
x x
x m x x m e m e x
Xét hàm số
1 ' 0 0
x x
h x e x h x e h x x
Bảng biến thiên
Phương trình ban đầu có nghiệm
m
Vì
0;2021
m
nên
1;2;...2021
m .
∞
+
∞
+
0
x
h'(x)
h(x)
0
+
+
∞
∞
1
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 27
Câu 48: Cho hàm số bậc ba
y f x
có đồ thị
C
là đường cong như hình dưới. Biết
f x
đạt cực trị
tại hai điểm
1
x
,
2
x
thỏa
2 1
2
x x
và
1 2
4 5
f x f x
. Đường thẳng
d
qua điểm uốn
U
của
C
và song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất cắt
C
tại hai điểm khác
U
có
hoành độ
3 4
,
x x
thỏa mãn
4 3
4
x x
. Gọi
1
S
,
2
S
là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong
hình. Tỉ số
1
2
S
S
gần nhất với giá trị nào sau đây?
A.
32
. B.
31
. C.
30
. D.
29
.
Lời giải
Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ
Oxy
như hình vẽ.
Ta có:
2
2 2
f x ax x a x x
(với
0
a
)
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 28
3
2
3
x
f x a x C
Theo đề bài:
1 2
4 5
f x f x
4 0 5 2
f f
4
4 5
3
a
C C
20
3
a
C
3 2
20
3 3
a a
f x x ax
1;6
U a
Gọi phương trình đường thẳng
: 6 1
d y x a
.
Phương trình hoành độ giao điểm của
C
và
d
là:
3 2
20
6 1
3 3
a a
x ax x a
3 2
2
1 0
3 3
a a
x ax x
2
1
2 2 3 0 1
x
ax ax a
C
cắt
d
tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi
1
có hai nghiệm phân biệt
3 4
,
x x
khác
1
0
3 3 0
a
2
3 3 0
1
a a
a
1
0
a
a
0
a
*
Theo đề bài:
3 4 3
4 3 4
2
4
3
x x
x
x x
x
Với
1
x
, ta có:
3
a
(thỏa
*
)
3 2
: 3 20
C f x x x
và
: 17
d y x
Khi đó:
3 2
0 3 20 0 2
f x x x x
và
1 16
f
.
1
3 2
1
2
1 475
.16.16 3 20 d
2 4
S x x x
1
3 2
2
1
3 20 17 d 4
S x x x x
1
2
475
29,6875
16
S
S
.
Vậy tỉ số
1
2
S
S
gần nhất với giá trị
30
.
Câu 49: Cho các số phức
,
z w
thỏa mãn
2 2
2
z i
z z i
là số thực và
2 2
w i w
. Giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2
P w i w z
là
A.
2
. B.
3
. C.
3
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
+ Gọi
, ,z x yi x y
thì
2
2 1 . 1
2 2 1
2 2 2 1
2 2 2 1
1
x y i xi
x y i
z i x y i
z z i xi xi
x
.
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 29
Vì
2 2
2
z i
z z i
là số thực nên
2
1 .1 2 0 1
y x x y x
, tức là các điểm biểu
diễn cho các số phức
z
thỏa mãn điều kiện bài toán, nằm trên parabol
2
1
y x
.
+ Gọi
, ,w a bi a b
,
2 2
2 2
2 2 2 2
w i w a b a b b a
. Tức là
các điểm biểu diễn cho số phức
w
thuộc đường thẳng
:
d y x
.
+ Gọi
2; 1
A
và
,
M N
là các điểm biểu diễn cho các số phức
,
z w
thì
2
P w i w z MA MN
với
2
: 1 , :
C y x N d y x
M
.
Gọi
'
d
C Ð C
Khi đó
' ' '
P NA MN NA M N AM AI
với
' 0; 1
d
I Ð I
với
1;0
I
là đỉnh của
parabol
C
. Khi đó
min
2
P
xảy ra khi
1 ; 1
w i z
.
Câu 50: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
S
nhận hai mặt phẳng
: 1 0
P z
và
( ) : 2 1 0
Q x y z
làm các mặt phẳng đối xứng. Gốc tọa độ
O
nằm ngoài mặt cầu, đồng
thời khoảng cách từ
O
đến một điểm
M
nằm trên mặt cầu có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần
lượt là
12
và
6
. Biết tâm mặt cầu là điểm
; ;
I a b c
với
0
a
, tính tổng
T a b c
.
A.
T
. B.
T
. C.
3
T
. D.
5
T
.
Lời giải
Chọn D
+) Giả sử
( )
S
có tâm
( ; ; )
I a b c
(với
a
) và bán kính
R
.
+)
( ),( )
P Q
là hai mặt phẳng đối xứng của mặt cầu
( )
S
nên
( )
I P
và
( )
I Q
. Khi đó ta có hệ
phương trình:
1 0 1
2 1 1 0 2
c c
a b b a
suy ra
; 2 ;1
I a a
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Trang 30
+) Do
O
nằm ngoài mặt cầu
( )
S
và
M
là điểm tùy ý trên mặt cầu
( )
S
nên:
min max
;
OM OI R OM OI R
.
+) Từ giả thiết để bài ta có:
min max
2 6 12 9
OM OM OI OI
2 2 2
( 2 ) 1 9 5 1 81 4
a a a a
Đối chiếu điều kiện
a
ta được
( 4;8;1)
I
. Vậy
4 8 1 5
T a b c
.
| 1/31

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH
KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 TỔ TOÁN Môn thi: TOÁN ĐỀ THI TRỰC TUYẾN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .
____________________ HẾT ____________________
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
ĐỀ THI THỬ TN THPT QUỐC GIA – NĂM HỌC: 2020 – 2021 CHUYÊN HÀ TĨNH Môn: Toán
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.D 7.A 8.A 9.C 10.D 11.A 12.D 13.B 14.A 15.B 16.C 17.B 18.D 19.A 20.A 21.D 22.C 23.D 24.D 25.A 26.B 27.B 28.B 29.A 30.C 31.A 32.B 33.C 34.C 35.D 36.B 37.B 38.D 39.C 40.D 41.A 42.A.C 43.D 44.C 45.B 46.A 47.D 48.C 49.A 50.D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5 lập đc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó chữ số 4 đứng ở hàng đơn vị? A. 24 . B. 120 . C. 5. D. 256 . Lời giải Chọn A
Gọi số cần tìm có dạng abcd 4 với a,b,c, d 1;2;3;  5 .
Chọn số xếp vào vị trí a có 4 cách.
Chọn số xếp vào vị trí b có 3 cách.
Chọn số xếp vào vị trí c có 2 cách.
Chọn số xếp vào vị trí d có 1 cách.
Vậy thành lập được tất cả 4.3.2.1  24 số.
Câu 2: Cấp số cộng u có u 10;u  6 . Công sai của cấp số cộng u bằng n  n  2 4 A. 2 . B. 2  . C. 4 . D. 4  . Lời giải Chọn B u  10 u   d 10 u  12 Ta có 2 1 1      . u  6 u  3d  6   d  2 4 1
Vậy công sai của cấp số cộng là d  2 .
Câu 3: Cho hàm số f  x có bảng biến thiên như sau Trang 8
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây? A. 2; . B. 3;  1 . C.  ;  0. D. 0;2 . Lời giải Chọn D
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
Câu 4: Cho hàm số f  x có đạo hàm f  x   2 x  x 2 1 x , x
   . Số điểm cực đại của hàm số đã cho là A. 3. B. 2 . C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C
Ta có f  x   x  x  x   x x    x x    xx  2 2 2 1 1 1 1 1  x   1 x  Xét f  x 0  0   x  1 Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm đã cho có 1 điểm cực đại.
Câu 5: Cho hàm số y  f (x) có đồ thị như hình vẽ
Điểm cực đại của hàm số là A. x  4 . B. x  1 . C. x  1  . D. x  0 . Lời giải Chọn C
Từ đồ thị suy ra điểm cực đại của hàm số là x  1  . 2x 1
Câu 6: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là đường thẳng 3x 1 Trang 9
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 1 2 1 2 A. x  . B. x  . C. y  . D. y  . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D  1   1  TXĐ: D   ;   ;      .  3   3  2x 1 2 2 lim
  y  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x 3x 1 3 3
Câu 7: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình vẽ sau x 1 x 1 x  2 x  2 A. y  . B. y  . C. y  . D. y  x 1 x 1 x  1 x 1 Lời giải Chọn A
Từ đồ thị, căn cứ vào tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và giao điểm với trục Ox,Oy ta thấy hàm số x 1 y  x  thỏa mãn. 1
Câu 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2
y  x  3x và đường thẳng y  2  là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là 2  x 1  x  1  4 2 4 2 x  3x  2
  x  3x  2  0     2 x  2  x   2 Vậy có bốn giao điểm.
Câu 9: Tập xác định của hàm số 3 y  x là A. 0;. B.  . C. 0; . D.  \  0 . Lời giải Chọn C Hàm số 3 y  x xác định 3
 x  0  x  0  D  0; .
Câu 10: Nghiệm của phương trình x2 3  27 là Trang 10
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 A. x  1 . B. x  3. C. x  2 . D. x  1. Lời giải Chọn D Ta có x2 x2 3 3  27  3
 3  x  2  3  x 1.
Câu 11: Nghiệm của phương trình log 2x  3  4 là 2   19 11 5 A. x  . B. x  . C. x  . D. x  6 . 2 2 2 Lời giải Chọn A 19 Ta có log 2x 3 4
 4  2x  3  2  x  . 2 2
Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số 2 1 ex y   là A. 1 2 ex y x    . B. 2 ex y  . C. 2 1 2ex y    . D. 2 1 2 ex y x    . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 x  x y   y    x   2 1 1 2  x 1 e e 1  2 e x  .
Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình log (x  7)  log (x 1) là khoảng ( ; a b) . Khi đó tổng 4 2 M  2a  b bằng A. 4  . B. 0 . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn B x  7  0 x  7 
Điều kiện xác định của bất phương trình là     x  1. x 1  0 x  1
Ta có log (x  7)  log (x 1) 2
 log (x  7)  log (x 1) 4 2 2 2 2 2
 x  7  (x 1)  x  x  6  0  3   x  2
Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là  1  ;2 .
Vậy a  1;b  2  M  2a  b  0 . 
Câu 14: Cho F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x)  cos 2x thỏa mãn F ( )   . Tìm F (x). 2 1  A. F (x)  sin 2x   . B. F (x)  x  sin 2x  . 2 2 1
C. F (x)  sin x   1. D. F (x)  sin 2x   . 2 Trang 11
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 Lời giải Chọn A 1 Ta có F (x)  cos 2 d x x  sin 2x  C  2  1 
Vì F ( )   , nên sin 2  C    C   2 2 2 1
Vậy F (x)  sin 2x   . 2 1
Câu 15: Tìm nguyên hàm của hàm số f (x)  . 2x  5 1 1 1 A. dx  ln 2x  5  C  . B. dx  ln 2x  5  C  . 2x  5 2x  5 2 1 1 1 C. dx  2ln 2x  5  C  . D. dx  ln 2x  5  C  . 2x  5 2x  5 5 Lời giải Chọn B 1 1 1 1 Ta có dx 
d (2x  5)  ln 2x  5  C   . 2x  5 2 2x  5 2 2 Câu 16: Tích phân 2x 1 e  dx  bằng 1 1 1 A. 3 e  e . B. 3 e  e . C. 3 (e  e) . D. 3 1 e  e . 2 2 2 Lời giải Chọn C 2 x 1 2 2 1 2x 1  1 3 e dx  (e )  (e  e)  2 1 2 1 1 3 3
Câu 17: Cho hàm số f  x liên tục trên  , có  f udu  2 và  f tdt  4. Khi đó  f xdx bằng 0 1 0 A. 8 . B. 6 . C. 2 . D. 2  . Lời giải Chọn B 3 1 3 1 3
Ta có  f xdx   f xdx  f xdx   f udu   f tdt  24  6.. 0 0 1 0 1
Câu 18: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z  2
  5i có tọa độ là Trang 12
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 A. 2;5 . B. 2; 5 . C. 2;5 . D. 2; 5 . Lời giải Chọn D Ta có z  2   5i  z  2
 5 .i Vậy điểm biểu diễn cần tìm có tọa độ là 2; 5..
Câu 19: Số phức nghịch đảo của số phức z 1 2i là A. 1  1 1 1  2i  . B. 1  2i . C. 1  2i . D. 1 2i . 5 5 5 Lời giải Chọn A
Ta có số phức nghịch đảo của số phức z 1 2i là 1 1  1 1 2i 1 2i 1   i . z
 i   i  i   1 2 . 1 2 1 2 1 2 5 5
Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn 3 4i z  2  2i . Môđun của z bằng 2 2 4 2 10 8 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn A Ta có
3 4i z  2  2i  34i z  2 2i 2  2i 2 2i3 4i 2  14i 2 14  z   i  i   i  i     . 3 4 3 4 3 4 25 25 25 2 2  2   14  2 2
Do đó, môđun của z bằng    .      25   25  5
Câu 21: Tính diện tích mặt cầu có bán kính R A. 2  R . B. 2 2 R . C. 2 3 R . D. 2 4 R . Lời giải Chọn D
Diện tích mặt cầu có bán kính R là 2 4 R
Câu 22: Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABC . D A B  C  D
  có độ dài các cạnh AB  2; BC  3;CC  5 A. 20 . B. 25 . C. 30. D. 50 . Lời giải Chọn C
Khối hộp chữ nhật ABC . D AB C  D
  có độ dài các cạnh AB  2; BC  3;CC  5 có thể tích là V  B . A BC.CC  2.3.5  30 .
Câu 23: Tính thể tích khối nón có đường kính đáy R và đường cao h : 1 1 1 A. 2  R h. B. 2  R h . C. 2  R h . D. 2  R h . 3 6 12 Trang 13
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 Lời giải Chọn D R
Khối nón có đường kính đáy R thì bán kính đáy là . 2 2 1  R  1
Thể tích khối nón bằng: 2 V   h   R . h   3  2  12
Câu 24: Cho hình lập phương ABCDAB C  D
  có cạnh 3a . Thể tích khối tứ diện ACB D   bằng: A. 3 3a . B. 3 12a . C. 3 6a . D. 3 9a . Lời giải Chọn D
Hình lập phương ABCDAB C  D
  cạnh 3a có thể tích bằngV   a3 3 3  27a . 1
Thể tích khối tứ diện ACB D   là 3 V   .   V 9a ACB D 3 
Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho điểm A1;2; 
1 . Tìm tọa độ điểm B sao cho AB  1;3;  1 . A. 2;5;0. B. 0; 1; 2. C. 0;1; 2. D.  2  ; 5  ;0. Lời giải Chọn A . x 1  1 x  2 B B   
Ta có: AB  x 1; y  2; z  
 y    y   B B B B  1 1;3;  1 2 3 5 B B 2;5;0. z 1 1    z  0  B  B Vậy B 2;5;0.
Câu 26: Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I 2;1;3 và bán kính bằng 4 có phương trình là
A.  x  2   y  2  z  2 2 1 3  16.
B.  x  2   y  2   z  2 2 1 3  16.
C.  x  2   y  2  z  2 2 1 3  4.
D.  x  2   y  2  z  2 2 1 3  4. Lời giải Chọn B.
Mặt cầu có tâm I 2;1;3 và R  4 có phương trình là  x  2   y  2  z  2 2 1 3  16.
Vậy  x  2   y  2  z  2 2 1 3  16.
Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x  2y  z  5  0. Khoảng cách từ điểm
M 1; 2; 3 đến mặt phẳng P bằng 4 4 2 4 A. . B. . C. . D.  . 9 3 3 3 Lời giải Chọn B . Trang 14
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 2. 1   2.2 1. 3   5 4 Ta có d M ,P     
 . Vậy d M P 4 ,  .   2 2 2 3 2 2 1 3
Câu 28: Trong không gian Oxyz, trục tọa độ Oy có một vectơ chỉ phương là     A. n  1;0; 0 . B. n  0;1; 0 . C. n  0;1;1 . D. n  1;0;1 . 4   3   2   1   Lời giải Chọn B .   
Ta có Oy có một vectơ chỉ phương là j  0;1;0  n . Vậy n  0;1;0 . 2   2
Câu 29: Từ một hộp gồm 6 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ ta chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả bóng.
Tính xác suất để hai quả bóng được chọn khác màu. 8 7 4 11 A. . B. . C. . D. . 15 15 15 15 Lời giải Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là 2 C  45 . 10
Gọi A là “ biến cố hai quả bóng được chọn khác màu”  n  A 1 1  C .C  24 6 4 n A 24 8
Vậy xác suất cần tìm là P  A      . n 45 15 x 1
Câu 30: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2 x  x A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Chọn C
Tập xác định của hàm số: D  1; x 1 Ta có: lim y  lim
   x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.   2 x 1  x 1  x  x x 1 Mặt khác, lim y  lim
 0  y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2 x x x  x
Do đó, đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2 . x  m Câu 31: Cho hàm số y 
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 2 max y  min y  5 x 1 0;2 0;2 A. 15 . B. 14 . C. 13 . D. 12. Lời giải Chọn A 1 m Ta có: y  . x  2 1
TH1: Nếu m  1  y  1, x  1.  2 max y  min y  2.11  1  5 0;2 0;2 Vậy m  1  (thỏa mãn). Trang 15
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
TH2: Nếu 1 m  0  m  1    *   1 m y   0,  x  0; 2 2   x   1
Do đó, hàm số ngịch biến trên đoạn 0;2 . 2  m
Khi đó: min y  y 2 
và max y  y 0  m 0;2 3 0;2 2  m 17
Yêu cầu bài toán: để 2 max y  min y  5  2m 
 5  5m  17  m  0;2 0;2 3 5 17
Kết hợp điều kiện *   m  1 5
Mà m là số nguyên m  3  ;  2 .
TH3: Nếu 1 m  0  m  1  *  *   1 m y   0,  x  0; 2 2   x   1
Do đó, hàm số đồng biến trên đoạn 0;2 . 2  m
Khi đó: max y  y 2 
và min y  y 0  m 0;2 3 0;2 2  m 4  2m  3m
Yêu cầu bài toán để 2 max y  min y  5  2.  m  5   5 0;2 0;2 3 3  m  4  1  5  m 11
Kết hợp điều kiện *  *  1   m  11
Mà m là số nguyên m 0;1;2;....;1  1
Kết hợp cả 3 trường hợp  có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Câu 32: Đặt log2 3  a . Tính theo a giá trị của lo 1 g 812 2a 1 2  a a  2 a  2 A. . B. . C. . D. . a  2 1 2a 2a 1 2a 1 Lời giải Chọn B log 12  2 2 2 .3 log2  2log 3 2a Ta có: log 12     log 18 log 3 .2 2 18 2 2 2log2 31 2a 1 2 2 2
Câu 33: Nếu 4x 1 2 f  xdx  5  thì f  xdx  bằng 0 0 5 5 A. 5. B. 5 . C. . D.  . 2 2 Lời giải Chọn C Trang 16
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 2 2 2 2 5 Ta có 4x 1 2 f  x dx  5   4x  1dx 2 f  xdx  5 f  xdx  2 0 0 0 0
Câu 34: Cho hai số phức z , z là hai nghiệm của phương trình 2
z  2z  4  0 . Khi đó trên mặt phằng tọa 1 2
độ tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w thỏa mãn w  z  z  2 là một đường tròn có tâm 1 2 A. I 0;2. B. I 0;2 . C. I 2;0 . D. I  2  ;0 . Lời giải Chọn C z  1 3i Ta có 2 z  2z  4  0   . z  1 3i
Gọi w  x  yi với x, y  .
 w  z  z  2  x  yi  2  2  x  2  yi  2  x  22 2  y  2 . 1 2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn có tâm I 2;0 .
Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
 ABCD và SA  .a Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng SAC bằng A. 90 . B. 60 . C. 45 . D. 30 . Lời giải Chọn D BD a 2
Gọi O là giao điểm của AC và B . D Khi đó AO  DO   . 2 2 DO  AC Ta có   DO  SAC tại . O DO  SA
Mà SD  SAC  S nên SO là hình chiếu của SD lên mặt phẳng SAC. Suy ra SD,SAC    SD,SO    DS . O 2  a  a
Tam giác SAO vuông tại A có 2 2 2 2 6 SO  SA  AO  a     .  2  2   Trang 17
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 a 2 OD 3
Tam giác SOD vuông tại O có  2 tan DSO      DSO  30 .  SO a 6 3 2 Vậy SD,SAC    DSO  30 . 
Câu 36: Hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại A , AB  a, AC  a 3 . Tam giác SBC đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng SAB bằng 15a 2 15a a 3 A. . B. . C. . D. a 3 . 5 5 2 Lời giải Chọn B
Gọi H là trung điểm của BC mà tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  SH   ABC. 2a 3 Ta có 2 2
BC  AB  AC  2a . Tam giác SBC đều nên SH   a 3 . 2
Gọi D là trung điểm của AB khi đó HD là đường trung bình của tam giác ABC . AC a 3 Suy ra HD  AB, HD   . Dựng HK  SD 2 2
Ta có HD  AB, SH  AB  AB  SHD  HK  AB . Lại có HK  SD nên HK  SAB
Vậy khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SAB là HK . a 3 2a 3. 2a 15
Ta có: d C SAB  d H SAB 2 , 2 ,  2HK   . 2 3a 15 2 3a  4 Trang 18
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P đi qua điểm G1;2;3 và cắt các trục tọa độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại ,
A B, C thỏa mãn G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó mặt phẳng  P có phương trình là
A. P : x  2y  3z 14  0 .
B. P : 6x  3y  2z 18  0 .
C. P : 2x  3y  6z  26  0 .
D. P : 3x  2y  z 10  0 . Lời giải Chọn B
Gọi giao điểm của mặt phẳng P và các trục tọa độ độ Ox , Oy , Oz lần lượt là :
Aa;0;0, B0;b;0,C 0;0;c x y z
Phương trình mặt phẳng P là:   1 a b c  x  x  x A B C  1  3  a  3  y  y  y 
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có A B C   2  b   6 . 3  c  9  z z z    A B C  3  3 x y z
Phương trình mặt phẳng P là:   1  6x  3y  2z 18  0 . 3 6 9
Câu 38: Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để 2 2 2
x  y  z    m x  m   2 2 2 2
1 z  3m  5  0 là phương trình của một mặt cầu? A. 6 . B. 8 . C. 5. D. 7 . Lời giải Chọn D
Phương trình một mặt cầu có dạng 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 a  b  c  d  0 . Từ phương trình 2 2 2
x  y  z    m x  m   2 2 2 2 1 z  3m  5  0   1 đã cho ta có: 2 a  2   ,
m b  0, c  m 1, d  3m  5.
Do đó để phương trình  
1 là phương trình một mặt cầu khi và chỉ khi:   m2 m 2 2 2 2
1  3m  5  0  m  2m 10  0  1 11  m  1 11
m là số nguyên nên m  2  , 1  ,0,1,2,3, 
4 . Vậy có 7 giá trị nguyên của m .
Câu 39: Cho hàm số y  f  x xác định trên  và có bảng biến thiên như sau: Trang 19
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 f  f cos3x  m 1  0 có năm  3 
nghiệm phân biệt thuộc đoạn 0;  ? 2    A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C  f  f 
x  m    f  f  x m 1 2 cos 3 1 0 cos 3  . 2  3  t  cos3x, x  0;  2    k Đặt t '  3
 sin 3x, t '  0  sin 3x  0  x  3  3   2 4 Do x  0; nên x  0, x  , x  , x   , x   2    3 3 3 Ta có bảng  m 1  0  m  1 
Dựa vào bảng biến thiên thì để phương trình có 5 nghiệm phân biệt thì 2   . m 1   m    3   1   2 t  1 T 
Câu 40: Trong vật lý, sự phóng xạ của chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức mt  m , trong 0    2 
đó m là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ( tại thời điểm t  0 ); T là chu kì bán rã (tức là 0
khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ biến thành chất khác). Chu kì bán rã của
Cácbon 14C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm được một mẫu đồ cổ một lượng Cácbon và xác
định được nó mất khoảng 25 % lượng các bon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó bao nhiêu tuổi? A. 2400 năm. B. 2300 năm. C. 2387 năm. D. 2378 năm. Trang 20
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 Lời giải Chọn D  1 
Khố lượng chất Các bon còn lại so với ban đầu là: m t  1 m   . 0  4  t 3  1 T  t  3   3  Ta có m  m   log  t  5730.log  2378 0 0   1   1   4  2  T  4   4  2 2 2 2x  3x  a khi x  0
Câu 41: Cho hàm số f  x  
có đạo hàm trên  ( a,b là các tham số thực).Tích bx   5 khi x  0  phân I  f 2cos x    1 sin xdx bằng  2 16 1  6 32 3  2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A
f  x có đạo hàm trên  nên f  x lên tục tại x  0 và có đạo hàm tại x  0 .
+ f  x liên tục tại x  0 nên
lim f  x  lim f  x  f 0  lim        .     2 2x 3x a lim bx 5 a a 5 x 0 x 0 x 0 x 0    
+ f  x có đạo hàm x  0 nên f '0  f '0 
  f '0  3  b.  I  f 2cos x   1sin xdx  2
Đặt t  2 cos x 1  dt  2sin . x dx . Đổi cận x   2 t 1 1  1 0 1 1 1   32 16 Ta có. I  f
 tdt   3t 5dt   2 2t  3t  5dt   . 2 2 6 3 1   1 0 
Câu 42: Biết rằng trên mặt phẳng tọa độ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 1  1 và 1 1 z  i  z 
là một hình phẳng H  . Diện tích của H  bằng: 2 2   2  1   2  1 A. . B. . C. . D. .. 4 4 2 2 Lời giải Chọn A
Đặt z  x  yi  x; y   . Ta có: Trang 21
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 2 2 2 2
z 1 1  (x 1)  y 1  (x 1)  y  1 . 1 1 2 2  1   1  z  i  z  2 2  x  y   x   y  y  x  0 2 2      2   2 
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Sử dụng đồ thị, ta thấy M thuộc miền được tô đậm sau: 1   2 1 2 2 S  S  S  .1  .1  H q OIA 4 2 4
Câu 43: Cho hình chóp S.ABC có các mặt phẳng SBC  và  ABC vuông góc với nhau, các cạnh
AB  AC  SA  SB  2 .
a Tìm độ dài cạnh SC , biết khối chóp S.ABC có thể tích bằng 3 a . A. a 3 B. a 2 C. 2a 3 D. a 6 Lời giải Chọn D Gọi SC  x
Gọi H là trung điểm của SB  AH  SBC
Có AS  AB  AC  2a nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC , suy ra SC  SB Xét tam giác vuông SBC có 2 2 BC  4a  x 2 x Xét tam giác vuông ABH có 2 AH  3a  . 4 2 2 2 2 1 x 1  x   x  Lại có 3 2 3 2 2 2 2 VS.  a  3a  . .2a.x  a   3a   x  3a   3a    0 ABC 3 4 2  4   2       x  a 6 . Trang 22
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Câu 44: Để chuẩn bị CSVC phục vụ công tác phồng chống Covid -19, các chiến sĩ ở chốt kiểm soát dự
định dựng một cái lều trại có dạng như hình vẽ. Biết rằng mặt trước và mặt sau của trại là hai
parabol bằng nhau, nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau và cùng vuông góc với mặt nền
. Nền của lều trại là một hình chữ nhật có kích thước chiều rộng là 4m ( lối vào lều), chiều dài
là 6m , đỉnh parabol cách nền 3m . Tính thể tích phần không gian bên trong lều trại. A.  3 32 m  . B.  3 36 m  . C.  3 48 m  . D.  3 64 m  . Lời giải Chọn C
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Parabol P 2
: y  ax  bx  c, a  0 có đỉnh C 0;3, đi qua hai điểm A2;0 và B2;0 nên  3 a     0.a  0.b  c  3 4  
có hệ phương trình 4a  2b  c  0  b  0 .   4a  2b  c  0 c    3  3 Suy ra P : y   2 x  3. 4
Diện tích mặt trước của lều trại là 2  3 2  S  3  x dx  8     2 m  .  4  2 
+) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ Trang 23
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 6
Khi đó thể tích phần không gian bên trong lều trại là V  8dx  48   3 m  . 0 Nhận xét.
Ta có thể dùng công thức tính nhanh 2
Diện tích phần gạch sọc là: S  ah , với a là đáy, h là chiều cao. 3 2 Có S  .4.3  8  2 m  ; h  3 m . 3
Coi khối cần tính như khối trụ thì khối có thể tích là V    3 8.6 48 m  . x 1 y z 1
Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  
và điểm A1;0;2 . Đường thẳng 1 1 2
 đi qua A1;0;2 đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình tham số là x  3  2t 
 y  a  bt (t  ). Tính tổng S  a  2b  3c  4d. z  c  dt  A. 4  . B. 2  . C. 4 . D. 8 . Lời giải Chọn D x  1  t PTTS  d :  y  t z  1 2t  
Gọi B    d  B 1 t ;t ;1 2t , AB  t;t ;  3  2t .  
Vì d    u .AB  0  1.t 1.t  2(3  2t)  0  t  1. d   AB  1;1;   1 . x  1 t 
Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  t t  . (1) z  2  t  x  3  2t 
Mặt khác d :  y  a  bt (t  ). (2) z  c  dt  Trang 24
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021  2 b d   b  2 1 1 1   d  2 Từ   1 ;2  1  3  2t    a  2 0  a  bt   c  0 2  c  dt
Do đó S  a  2b  3c  4d  2  2.2  3.0  4.2  2..
Câu 46: Cho f  x là hàm số bậc bốn có bảng biến thiên như sau f  2 x  2x 2021 Hàm số y 
có bao nhiêu điểm cực trị? f  2 x  2x A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn A 2 x  2x  0  Điều kiện: f  2 x  2x 2
 0  x  2x  a  1  .  2 x  2x  b 1     f   2 x  2x 2021 . f   2 x  2x  f   2 x  2x . f    2 x  2x  2021 Ta có y     f  x  2x 2 2   2  021 2  x  2 f  2 x  2x  .  f  x  2x 2 2   x  1 x  1 x 1 2   2 2x  2  0 x  2x  1 Xét y  0         . f    x 1 2 2 x  2x   2 0 x  2x  0   x  0 2 x  2x 1 x  2 
So sánh với điều kiện, ta nhận được các nghiệm thực phân biệt x  1 (bội ba); x  1 2 (đơn) và x  1 2 (đơn).
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc đoạn 0;202 
1 sao cho phương trình sau có nghiệm: Trang 25
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 3    3      3 ln 3 ln m x x x m m e x m  e . A. 4042 . B. 2019 . C. 2022 . D. 2021. Lời giải Chọn D Đk x  m  0 3 m  ln x  m   m  m ln x  m 3 ln  x  m 3  m  3 x e ln  x  m 3x      e      3 . 1  0 x  x  x x e    e  e e ln  x  m m Đặt u  ; v   0m0;202  1 x x  e e
pt  u  v  uv    u  v3 3 3 3 1 0
 3uv u  v  3uv 1  0
 u  v   u  v2 1
 u  v  13uvu  v  1  0  u  v   2 2
1 u  v  u  v  uv   1  0 2 2         u  v   u 3u 1 2 1   v         v   0  2   2 3   3      2 2      u 3u 1 2 u  v  1( Do  v         v  0 ) 2  2 3    3   ln  x  m m Với u  v  1   1  ln  x  m x
 m  e  ln x  m x  x  m  e  x x x e e ln xm   ln    x e x m  e  x Xét hàm số   t      t f t e t f t  e 1  0, t  ln    x x
x m  x  x  m  e  m  e  x Xét hàm số   x      x h x e x
h x  e 1 h ' x  0  x  0 Bảng biến thiên x ∞ 0 + ∞ h'(x) 0 + + ∞ + ∞ h(x) 1
Phương trình ban đầu có nghiệm  m  1 Vì m   0;202  1 nên m 1;2;...202  1 . Trang 26
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
Câu 48: Cho hàm số bậc ba y  f  x có đồ thị C là đường cong như hình dưới. Biết f  x đạt cực trị
tại hai điểm x , x thỏa x  x  2 và 4 f  x  5 f x . Đường thẳng d qua điểm uốn U của 1   2 1 2 2 1
C và song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất cắt C tại hai điểm khác U có
hoành độ x , x thỏa mãn x  x  4 . Gọi S , S là diện tích của hai hình phẳng được gạch trong 3 4 4 3 1 2 S
hình. Tỉ số 1 gần nhất với giá trị nào sau đây? S2 A. 32. B. 31. C. 30. D. 29 . Lời giải Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Ta có: f  x  ax x    a  2 2 x  2x (với a  0 ) Trang 27
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 3    f x x 2  a  x   C  3   4a  20a
Theo đề bài: 4 f  x  5 f x  4 f 0  5 f 2  4C  5  C  C  1   2    3  3  f x a 20a 3 2  x  ax  3 3  U 1;6a
Gọi phương trình đường thẳng d : y  x  6a 1 . a a
Phương trình hoành độ giao điểm của C  và d là: 3 2 20 x  ax   x  6a 1 3 3 a 2a x  1 3 2  x  ax  x  1  0   3 3 2 ax  2ax  2a  3  0    1
C cắt d tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi  
1 có hai nghiệm phân biệt x , x khác 1 3 4   0 2 3  a  3a  0 a  1        a  0 * 3a  3  0 a  1  a  0 x  x  2 x  1  Theo đề bài: 3 4 3    x  x  4 x  3  4 3  4 Với x  1
 , ta có: a  3 (thỏa * )  C  f  x 3 2 :
 x  3x  20 và d : y  x 17 Khi đó: f  x 3 2
 0  x  3x  20  0  x  2 và f   1  16 . 1 1  S  .16.16    475 3 2 x  3x  20 dx  1  2 4 2  1 S    3 2
x  3x  20  x 17 dx  4 2  1 S 475 1    29,6875 . S 16 2 S
Vậy tỉ số 1 gần nhất với giá trị 30. S2 2 z  2  i
Câu 49: Cho các số phức z, w thỏa mãn 
là số thực và w  2i  w  2 . Giá trị nhỏ nhất của z  z i  2
biểu thức P  w  2  i  w  z là A. 2 . B. 3 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn A
+ Gọi z  x  yi,  x, y   thì 2 z  2  i 2x  2   y  
1 i x  2   y   1 i
x  2   y   1 i.  1 xi     . z  z  2 i  2 2xi  2 xi  1 x 1 Trang 28
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 2 z  2  i Vì 
là số thực nên  y    x x     y   x  2 1 .1 2 0
1 , tức là các điểm biểu z  z i  2
diễn cho các số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán, nằm trên parabol y   x  2 1 .
+ Gọi w  a  bi, a,b   , w  i  w   a  b  2  a  2 2 2 2 2 2
2  b  b  a . Tức là
các điểm biểu diễn cho số phức w thuộc đường thẳng d : y  x . + Gọi A 2  ; 
1 và M , N là các điểm biểu diễn cho các số phức z, w thì
P  w  2  i  w  z  MA  MN với M  C  y   x  2 : 1 , N  d : y  x . Gọi C ' Ð C d  
Khi đó P  NA  MN  NA  M ' N  AM '  AI ' với I '0;  1 Ð I với I  1  ;0 là đỉnh của d  
parabol C. Khi đó P  2 xảy ra khi w  1 i; z  1. min
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  nhận hai mặt phẳng P : z 1  0 và
(Q) : 2x  y  z  1  0 làm các mặt phẳng đối xứng. Gốc tọa độ O nằm ngoài mặt cầu, đồng
thời khoảng cách từ O đến một điểm M nằm trên mặt cầu có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất lần
lượt là 12 và 6 . Biết tâm mặt cầu là điểm I a; ;
b cvới a  0, tính tổng T  a  b  c . A. T  3 . B. T  1 . C. T  3. D. T  5 . Lời giải Chọn D
+) Giả sử (S) có tâm I ( ; a ;
b c) (với a  0) và bán kính R .
+) (P),(Q) là hai mặt phẳng đối xứng của mặt cầu (S) nên I  (P) và I  (Q) . Khi đó ta có hệ phương trình:  c 1  0  c  1    suy ra I a; 2 ; a  1 2a  b 1 1  0 b    2a Trang 29
NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021
+) Do O nằm ngoài mặt cầu (S) và M là điểm tùy ý trên mặt cầu (S) nên: OM  OI  R;OM  OI  R . min max
+) Từ giả thiết để bài ta có: OM  OM
 2OI  6 12  OI  9 min max 2 2 2
 a  (2a) 1  9  5a 1  81  a  4 
Đối chiếu điều kiện a  0 ta được I ( 4
 ;8;1) . Vậy T  a  b  c  4  8 1  5 . Trang 30
Document Outline

  • de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-2021-mon-toan-truong-thpt-chuyen-ha-tinh
  • GVTVN-CHUYÊN-HÀ-TĨNH-SẢN-PHẨM-CUỐI-CÙNG-CỦA-NĂM-HỌC-2021