Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán sở GD&ĐT Lào Cai

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đáp án và lời giải chi tiết đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán sở GD&ĐT Lào Cai.

12 6 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi gồm có 05 trang

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

MÔN TOÁN – Khối lớp 12

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

MÃ ĐỀ 124

Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . .

Câu 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?

 

f x x f x



 



. B.

 

f x x f x







 

f x x f x



 



. D.

 

f x x f x







Câu 2. Với

là số thực dương tùy ý,





log

bằng

2 log



. B.

18 log

. C.

3log

. D.

2 log

Câu 3. Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh

và chiều cao bằng

. Thể tích khối chóp đã cho là

. B.

. C.

. D.

Câu 4. Cho hàm số





y f x



có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào?





1;0



. B.





2; 1

 

. C.





1;1



. D.





0;1

Câu 5. Nghiệm của phương trình

2 8

x



là:



. B.



. C.



. D.



Câu 6. Đạo hàm của hàm số

log

y x



là:

ln3





. B.

ln3





. C.

ln 3

y x





. D.





Câu 7. Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao

, bán kính đường tròn

S h





. B. 2

S Rh



 . C.

S Rh



. D.

S R h





Câu 8. Hàm số dạng





4 2

y ax bx c a

   

có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

. B.

. C.

. D.

Câu 9. Cho

 

d 1

f x x

 



, khi đó

 

3 d

f x x



bằng



. D.



Câu 10. Cho hai số thực

x y

thỏa mãn

4 5



và

4 3



. Giá trị của

x y



bằng

. B.

. C.

. D.

Câu 11. Phương trình





log 5 1 2

 

có nghiệm là

A. 2. B.

. C.

. D.

Câu 12. Đồ thị hàm số nào có dạng như đường cong hình bên dưới?

y x x

  

. B.

4 2

y x x

  

. C.

y x x

 

. D.

4 2

y x x

  

Câu 13. Đồ thị hàm số







cắt trục

tại điểm có tọa độ là





0;1

. B.





1;0

. C.





0; 1



. D.





1;1

Câu 14. Tích phân



e x

bằng

. B.



. C.



. D.



Câu 15. Cho hai số phức

z i

 

và

1 2

z i

 

. Khi đó phần ảo của số phức

2 1

z z

bằng:



. B.

. C.

. D.



Câu 16. Môđun của số phức

2 3

z i

 

bằng:

. B.

. C.

. D.

Câu 17. Cho hàm số





y f x



có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại



. B. Hàm số đạt cực tiểu tại



C. Hàm số đạt cực đại tại



. D. Hàm số đạt cực tiểu tại



Câu 18. Từ một nhóm gồm

học sinh nam và

học sinh nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh bất

kỳ?

. B.

. C.

2 2

5 8

C C



. D.

Câu 19. Họ các nguyên hàm của hàm số

 

sin

f x

  là

A. cot

x C



. B. tan

x C

 

. C. cot

x C

 

. D. tan

x C



Câu 20. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng

và thể tích bằng

thì chiều cao bằng

. B.

. C.

. D.

Câu 21. Cho cấp số nhân





biết

1 2

2, 1

u u

 

. Công bội của cấp số nhân đó là

. B.



. C.

. D.



Câu 22. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng



và bán kính đáy bằng

. Độ dài đường sinh

của hình nón đã cho bằng

3 2

. B.

. C.

. D.

Câu 23. Cho số phức

2 1

z i

 

. Điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức

trên mặt phẳng tọa

độ?





1;2

H . B.





2; 1



. C.





1; 2



. D.





2;1

K .

Câu 24. Trong không gian

Oxyz

, cho vectơ





3;2;1

a  



và điểm





4;6; 3



. Tọa độ điểm

thỏa mãn

AB a



 

là





1; 8;2

 

. B.





7;4; 4



. C.





1;8; 2



. D.





7; 4;4

 

Câu 25. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 1







là

 

. B.



. C.



. D.

 

Câu 26. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên



tan

y x



. B.

3 2

y x

 

. C.

4 1







. D.

3 1

y x

 

Câu 27. Cho

 

d 2

f x x





và

   

2 d 8

f x g x x

  

 

 



. Tính tích phân

 

g x x





. B.



. C.

. D.



Câu 28. Cho tứ diện

OABC

có

đôi một vuông góc và

OA OB a

 

OC a



. Khoảng

cách từ

đến mặt phẳng





ABC

bằng

. B.

. C.

. D.

Câu 29. Trong không gian

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





có tâm





2;1;2

và bán kính



       

2 2 2

: 2 1 2 9

S x y z

     

. B.

       

2 2 2

: 2 1 2 3

S x y z

     

       

2 2 2

: 2 1 2 3

S x y z

     

. D.

       

2 2 2

: 2 1 2 9

S x y z

     

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

1 1

1 2 2

x y z

 

  



Điểm nào dưới đây

không thuộc







0;2;1

M . B.





1;0;1

N . C.





3; 4;5

F  . D.





2; 2;3

E  .

Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm





2; 1;3

A  ,





4;0;1

B và





10;5;3

C  .

Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng





ABC





1;2;0

n 



. B.





1;2;2

n 



. C.





1; 2;2

n  



. D.





1;8;2

n 



Câu 32. Tập hợp nghiệm của bất phương trình

2 4 3 2

1 1

5 5

x x x

   

   



   

   

là









; 1 6;

    

. B.









; 6 1;

    





1;6

 . D.





6;1

 .

Câu 33. Cho hai số phức

1 2

2 , 2 4

z i z i

   

. Tính

1 1 2

z z z

 .

. B.

. C.

5 5

. D.

Câu 34. Gọi

M m

lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

 

2 1

f x







trên đoạn





0;4

. Giá trị

5 3

M m



bằng

. B.

. C.

. D.

Câu 35. Trong không gian

Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 2 4 4 5 0

S x y z x y z

      

. Bán kính mặt cầu





là:

R  . B.

. C.

. D.

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên

viên bi từ một hộp gồm

viên bi đen và

viên bi trắng. Xác suất để

được chọn cùng màu là:

. B.

. C.

. D.

Câu 37. Cho hình lập phương

ABCD A B C D

   

. Gọi

lần lượt là trung điểm của cạnh

và

B C

 

;



là góc giữa

và mặt phẳng





A B C D

   

. Tính giá trị của

sin



sin





. B.

2 5

sin





. C.

sin





. D.

sin





Câu 38. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số

thỏa mãn:

3 2 d 10

x x x m

  



A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Câu 39. Cho hàm số

   

3 1

y x m x m n

     

. Biết rằng hàm số nghịch biến trên khoảng





0; 2

và

giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn





1;1



bằng

. Tính

m n



m n

 

. B.

m n

 

. C.

m n

  

. D.

m n

 

Câu 40. Cho

là hai số phức liên hợp của nhau thỏa mãn





và

1 2

2 3

z z  . Tính môđun của

số phức



. B.

z 

. C.



. D.

z 

Câu 41. Trong không gian

Oxyz

, cho các điểm





4; 3;2

A 





6;1; 7



và





2;8; 1



. Viết phương trình

đường thẳng đi qua gốc tọa độ

và trọng tâm

của tam giác

ABC

2 1 1

x y z

 

 

. B.

2 1 1

x y z

 



. C.

4 1 3

x y z

 



. D.

2 3 1

x y z

 



Câu 42. Lon nước ngọt có hình trụ còn cốc nước thì có hình nón cụt (như hình vẽ dưới đây). Khi rót nước

ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao

của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều cao của phần

nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao

của nước trong lon gần nhất là số

nào sau đây?

9,18cm

. B.

14,2cm

. C.

8,58cm

. D.

7,5cm

Câu 43. Cho số thực dương

bất kì và số thực dương



thỏa mãn:

ln 1 4 ln

. 1

y x

x y

 



. Gọi

M m

lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

log

. Giá trị của

M m

bằng

4 2

. B.

4 2



. C.

. D.

2 2

Câu 44. Trong không gian

Oxyz

cho đường thẳng

: 1

x t

d y t

z t

 





 





 



và mặt phẳng





: 3 0.

x y z



   

Phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng







cắt và vuông góc với đường thẳng

là:

1 2

y t

z t







 





 



. B.

y t

z t







 





 



. C.

1 2

y t

z t







 





 



. D.

y t

z t







 





 



Câu 45. Cho hình chóp

S ABCD

, đáy

ABCD

là hình chữ nhật,

là điểm trên cạnh

sao cho

vuông góc với

tại

và

AB AE



, cạnh

vuông góc với mặt phẳng đáy, góc



BSH 

. Biết

AH  ,

BE a



. Thể tích khối chóp

S ABCD

bằng

32 5

. B.

3 5

. C.

. D.

8 5

Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của tham số

để phương trình

2 0

e a

e x a



  

có nhiều nghiệm nhất là



. B.



. C.

a e



. D.

 

Câu 47. Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm





3; 2;0

A  ,





1;2;4

B  . Xét hình trụ





nội tiếp mặt

cầu đường kính

và có trục nằm trên đường thẳng

. Khi thể tích của khối trụ





đạt giá

trị lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của





đi qua điểm nào dưới đây?





0; 1; 2 3

C  

. B.





0; 1; 2 3

C 

. C.





1;0; 2 3

C 

. D.





1;0;2 3

C 

Câu 48. Cho hàm số

4 3 2

( )

y f x x ax bx cx

    

có đồ thị





của hàm số





y f x



 như hình vẽ

Đặt













g x f f x

















h x f f x





. Tổng số điểm cực trị của hàm số









g x h x

là:

. B.

. C.

. D.

Câu 49. Hàm số bậc ba





y f x



có đồ thị





đi qua điểm





1;0

; hàm số bậc hai





y g x



có đồ thị





đi qua điểm





1; 4











1 2

C C

cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

1;2;3



. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị









1 2

C C

115

. B.

. C.

. D.

112

Câu 50. Cho hai số phức

1 2

z z

thỏa mãn

1 1

z i

  

2 2

z i

  

. Số phức

thỏa mãn





 

1 1

z z i z

  

và





 

2 2

z z i z

  

là các số thuần ảo. Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 2

z i

 

. B.

. C.

. D.

____________________ HẾT ____________________

BẢNG ĐÁP ÁN

1.D 2.D 3.A 4.A 5.C 6.B 7.B 8.D 9.D 10.D

11.A 12.D 13.A 14.D 15.C 16.B 17.A 18.B 19.A 20.A

21.C 22.B 23.C 24.C 25.D 26.B 27.C 28.B 29.D 30.A

31.B 32.D 33.C 34.B 35.D 36.A 37.B 38.A 39.A 40.A

41.B 42.C 43.B 44.D 45.A 46.B 47.D 48.D 49.C 50.A

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

https://toanmath.com/de-thi-thu-mon-toan

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?

 

f x x f x



 



. B.

 

f x x f x







 

f x x f x



 



. D.

 

f x x f x







Lời giải

Ta có:

 

f x x f x







Câu 2. Với

là số thực dương tùy ý,





log

bằng

2 log



. B.

18 log

. C.

3log

. D.

2 log

Lời giải

Ta có:

   

6 6

8 2 2

log log log 2log

a a a a

   .

Câu 3. Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh

và chiều cao bằng

. Thể tích khối chóp đã cho là

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Thể tích của khối chóp đã cho là:

2 3

1 1 4

3 3 3

V Bh a a a

   .

Câu 4. Cho hàm số





y f x



có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào?





1;0



. B.





2; 1

 

. C.





1;1



. D.





0;1

Lời giải

Từ đồ thị hàm số, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng





1;0



và







Câu 5. Nghiệm của phương trình

2 8

x



là:



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Ta có

2 8

x



1 3

2 2

x

 

1 3

  

 

Vậy nghiệm của phương trình

2 8

x



là



Câu 6. Đạo hàm của hàm số

log

y x



là:

ln3





. B.

ln3





. C.

ln 3

y x





. D.





Lời giải

Tập xác định





0;D

 

Ta có

 

log

.ln 3





Câu 7. Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao

, bán kính đường tròn

S h





. B.

S Rh





. C.

S Rh



. D.

S R h





Lời giải

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao

, bán kính đường tròn

là

S Rh





Câu 8. Hàm số dạng





4 2

y ax bx c a

   

có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Hàm số dạng





4 2

y ax bx c a

   

có nhiều nhất

điểm cực trị.

Câu 9. Cho

 

d 1

f x x

 



, khi đó

 

3 d

f x x



bằng



. D.



Lời giải

Ta có

     

2 2

1 1

3 d 3 d 3. 1 3.

f x x f x x

    

 

Câu 10. Cho hai số thực

x y

thỏa mãn

4 5



và

4 3



. Giá trị của

x y



bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Ta có

4 4 .4 5.3 15.

x y x y

  

Câu 11. Phương trình





log 5 1 2

 

có nghiệm là

A. 2. B.

. C.

. D.

Lời giải

Ta có





log 5 1 2 5 1 3 2

x x x

      

Vậy phương trình có nghiệm



Câu 12. Đồ thị hàm số nào có dạng như đường cong hình bên dưới?

y x x

  

. B.

4 2

y x x

  

. C.

y x x

 

. D.

4 2

y x x

  

Lời giải

+ Đồ thị đã cho có dạng của đồ thị hàm số bậc 4, suy ra loại phương án A, C.

+ Xét hàm số

4 2

y x x

  

có





4 2

y x x



  

0 0

y x



  

, suy ra hàm số

4 2

y x x

  

có 1 điểm cực trị. Loại phương án B.

Vậy đồ thị hàm số

4 2

y x x

  

có dạng như hình vẽ đã cho.

Câu 13. Đồ thị hàm số







cắt trục

tại điểm có tọa độ là





0;1

. B.





1;0

. C.





0; 1



. D.





1;1

Lời giải

Cho



x , ta được

1 0

0 1



 



Vậy đồ thị hàm số







cắt trục

tại điểm có tọa độ là





0;1

Câu 14. Tích phân



e x

bằng

. B.



. C.



. D.



Lời giải

Ta có:

d 1

  



x x

e x e e

Vậy

d 1

 



e x e

Câu 15. Cho hai số phức

z i

 

và

1 2

z i

 

. Khi đó phần ảo của số phức

2 1

z z

bằng:



. B.

. C.

. D.



Lời giải

Ta có









2 1

. 1 2 . 2 4 3

z z i i i

    

Vậy phần ảo của số phức

2 1

z z

là

Câu 16. Môđun của số phức

2 3

z i

 

bằng:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Môđun của số phức

2 3

z i

 

là

2 3 4 9 13

z i    

Câu 17. Cho hàm số





y f x



có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại



. B. Hàm số đạt cực tiểu tại



C. Hàm số đạt cực đại tại



. D. Hàm số đạt cực tiểu tại



Lời giải

Từ bảng biến thiên ta thấy ngay hàm số đạt cực đại tại



Câu 18. Từ một nhóm gồm

học sinh nam và

học sinh nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh bất

kỳ?

. B.

. C.

2 2

5 8

C C



. D.

Lời giải

Nhóm có

5 8 13

 

học sinh.

Số cách chọn hai học sinh bất kỳ từ

học sinh là

Câu 19. Họ các nguyên hàm của hàm số

 

sin

f x

  là

cot

x C



. B.

tan

x C

 

. C.

cot

x C

 

. D.

tan

x C



Lời giải

Ta có:

 

d d

sin

f x x x

 

 

d cot

sin

x x C

   



Câu 20. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng

và thể tích bằng

thì chiều cao bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Thể tích của khối lăng trụ là:

V B h



Theo bài ra:

6 3 2

h h

  

Vậy chiều cao của khối lăng trụ bằng

Câu 21. Cho cấp số nhân





biết

1 2

2, 1

u u

 

. Công bội của cấp số nhân đó là

. B.



. C.

. D.



Lời giải

Gọi

là công bội của cấp số nhân





, ta có

2 1

u u q q

   

Vậy công bội của cấp số nhân bằng

Câu 22. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng



và bán kính đáy bằng

. Độ dài đường sinh

của hình nón đã cho bằng

3 2

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Gọi

l r

lần lượt là độ dài đường sinh, bán kính đáy của hình nón.

Ta có

2 2

5 . . 5

S rl a a l a

   

  

l a

 

Vậy độ dài đường sinh của hình nón bằng

Câu 23. Cho số phức

2 1

z i

 

. Điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức

trên mặt phẳng tọa

độ?





1;2

H . B.





2; 1



. C.





1; 2



. D.





2;1

K .

Lời giải

Ta có:

2 1

z i

 

1 2

z i

  

Vậy điểm biểu diễn của số phức

trên mặt phẳng tọa độ là điểm





1; 2



Câu 24. Trong không gian

Oxyz

, cho vectơ





3;2;1

a  



và điểm





4;6; 3



. Tọa độ điểm

thỏa mãn

AB a



 

là





1; 8;2

  . B.





7;4; 4



. C.





1;8; 2



. D.





7; 4;4

  .

Lời giải

Gọi





; ;

B x y z

Ta có





4; 6; 3

AB x y z

   



4 3 1

6 2 8

3 1 2

x x

AB a y y

z z

   

 

 

     

 

 

   

 

 

Vậy tọa độ của điểm

là





1;8; 2



Câu 25. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 1







là

 

. B.



. C.



. D.

 

Lời giải

Ta có

lim lim

2 1

x x

 







lim





  



lim lim

2 1

x x

 







lim





  



Vậy đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là

 

Câu 26. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên



tan

y x



. B.

3 2

y x

 

. C.

4 1







. D.

3 1

y x

 

Lời giải

+ Hàm số

tan

y x



có tập xác định \

D k



 

 

 

 

 . Suy ra hàm số

tan

y x



không đồng biến

trên



+ Hàm số

3 2

y x

 

có

9 0,y x x



   



;

0 0

y x



  

. Suy ra hàm số

3 2

y x

 

đồng

biến trên



+ Hàm số

4 1







có tập xác định





\ 3

D 



. Suy ra hàm số

4 1







không đồng biến trên



+ Hảm số

3 1

y x

 

có tập xác định





12 ;

y x





0 0

y x



  

. Suy ra hàm số

3 1

y x

 

không đồng biến trên



Vậy trong các hàm số đã cho, hàm số

3 2

y x

 

đồng biến trên



Câu 27. Cho

 

d 2

f x x





và

   

2 d 8

f x g x x

  

 

 



. Tính tích phân

 

g x x





. B.



. C.

. D.



Lời giải

   

2 d 8

f x g x x

  

 

 



   

1 1

0 0

d 2 d 8

f x x g x x

   

 

 

2 2 d 8

g x x

   



 

d 5

g x x

 



Câu 28. Cho tứ diện

OABC

có

đôi một vuông góc và

OA OB a

 

OC a



. Khoảng

cách từ

đến mặt phẳng





ABC

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Gọi

là hình chiếu vuông góc của

lên

và

là hình chiếu vuông góc của

lên

Ta có

OA OB

OA BC

OA OC





 







Khi đó

 

BC OA

BC OAI BC OH

BC OI





   







, đồng thời

OH AI



nên





OH ABC



Do đó khoảng cách từ

đến mặt phẳng





ABC

bằng

Ta có

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

OH OA OI OA OB OC a

     

OH a

 

Vậy khoảng cách từ

đến mặt phẳng





ABC

bằng

Nhận xét: Tứ diện

OABC

có

đôi một vuông góc thì

(1) Khoảng cách

từ

đến mặt phẳng





ABC

được tính theo công thức

2 2 2 2

1 1 1 1

d OA OB OC

  

(2)

là hình chiếu vuông góc của

lên mặt phẳng





ABC



là trực tâm của

ABC



Câu 29. Trong không gian

Oxyz

, viết phương trình mặt cầu





có tâm





2;1;2

và bán kính



       

2 2 2

: 2 1 2 9

S x y z

     

. B.

       

2 2 2

: 2 1 2 3

S x y z

     

       

2 2 2

: 2 1 2 3

S x y z

     

. D.

       

2 2 2

: 2 1 2 9

S x y z

     

Lời giải

Mặt cầu





tâm





2;1;2

và bán kính



có phương trình là

     

2 2 2

2 1 2 9

x y z

     

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

1 1

1 2 2

x y z

 

  



Điểm nào dưới đây

không thuộc







0;2;1

M . B.





1;0;1

N . C.





3; 4;5

F  . D.





2; 2;3

E  .

Lời giải

Thay tọa độ điểm





0;2;1

M vào phương trình chính tắc của đường thẳng



ta được một mệnh đề

sai:

0 1 2 1 1

1 2 2

 

 



. Suy ra điểm





0;2;1

M không thuộc đường thẳng



Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho ba điểm





2; 1;3

A 





4;0;1

và





10;5;3

C 

Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng





ABC





1;2;0

n 



. B.





1;2;2

n 



. C.





1; 2;2

n  



. D.





1;8;2

n 



Lời giải

Ta có





2;1; 2

 







12;6;0

AC  



Mặt phẳng

( )

ABC

có một vectơ pháp tuyến là

   

, 12;24;24 12 1;2; 2

AB AC

 

 

 

 

Suy ra





1;2;2

n 



là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng





ABC

Câu 32. Tập hợp nghiệm của bất phương trình

2 4 3 2

1 1

5 5

x x x

   

   



   

   

là:









; 1 6;

    

. B.









; 6 1;

    





1;6



. D.





6;1



Lời giải

Ta có

2 4 3 2

2 2

1 1

2 4 3 2 5 6 0 6 1

5 5

x x x

x x x x x x

   

   

              

   

   

Vậy bất phương trình có tập nghiệm





6;1

S  

Câu 33. Cho hai số phức

1 2

2 , 2 4

z i z i

   

. Tính

1 1 2

z z z

 .

. B.

. C.

5 5

. D.

Lời giải

Ta có

1 2 1 1 2

. 10 ; . 2 11

z z i z z z i

    

Vậy

1 1 2

. 5 5

z z z  .

Câu 34. Gọi

M m

lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

 

2 1

f x







trên đoạn





0;4

. Giá trị

5 3

M m



bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

+) Hàm số

 

2 1

f x







liên tục trên đoạn





0;4

+) Ta có

 

 

0, 0;4

f x x



   



nên hàm số đã cho đồng biến trên





0;4

+) Khi đó

 

   

 

   

0;4

min 0 1; max 4

m f x f M f x f

      

Vậy

5 3 10

M m

 

Câu 35. Trong không gian

Oxyz

cho mặt cầu





2 2 2

: 2 4 4 5 0

S x y z x y z

      

. Bán kính mặt cầu





là:

R  . B.

. C.

. D.

Lời giải

Ta có phương trình mặt cầu





có dạng

2 2 2

2 2 2 0

x y z ax by cz d

      

Từ đó suy ra





















Vậy mặt cầu





có tâm





1;2;2

và bán kính

2 2 2

R a b c d

    

Câu 36. Chọn ngẫu nhiên

viên bi từ một hộp gồm

viên bi đen và

viên bi trắng. Xác suất để

được chọn cùng màu là:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên

viên bi từ hộp 9 viên bi ta có



(cách)





  

Gọi

là biến cố “Hai viên bi được chọn cùng màu”.

Trường hợp 1: Hai bi được chọn cùng màu đen. Có



(cách).

Trường hợp 2: Hai bi được chọn cùng màu trắng. Có



(cách).





10 6 16

n A

   

Vậy xác suất của biến cố

là

 





 

16 4

36 9

n A

p A

  



Câu 37. Cho hình lập phương .

ABCD A B C D

   

. Gọi

lần lượt là trung điểm của cạnh

và

B C

 

;



là góc giữa

và mặt phẳng





A B C D

   

. Tính giá trị của

sin



sin





. B.

2 5

sin





. C.

sin





. D.

sin





Lời giải

Gọi



là trung điểm của đoạn thẳng

A C

 

. Khi đó



là tâm của hình vuông

A B C D

   

và ta

có





MM A B C D

    



( do //

MM AA

 

và





AA A B C D

    



Từ đó ta suy ra

M N



là hình chiếu vuông góc của

trên mặt phẳng





A B C D

   

Do đó









MN A B C D

   





MN M N







MNM









Gọi

là độ dài cạnh của hình lập phương .

ABCD A B C D

   

Khi đó ta có

MM AA a

 

 

và

2 2

A B a

M N

 



 

Tam giác

MM N



vuông tại



nên có

2 2

MN MM M N

 

 

a 



 .

Vậy



sin sin

MNM





 



2 5

 .

Câu 38. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số

thỏa mãn:

3 2 d 10

x x x m

  



A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải

Đặt

3 2 d

I x x x

 



Bảng xét dấu của

3 2

x x



Ta xét các trường hợp sau:

+) Trường hợp 1:



Khi đó

   

2 3 2 3 2

3 2 d

I x x x x x m m

     



Suy ra

3 2

10 10 2

I m m m m m

        

, (thỏa mãn).

+) Trường hợp 2:

0 10

 

Khi đó



(do

3 2 0,

x x x

  

) và

10 0

 

nên

0 10

 

không thỏa mãn yêu cầu bài

toán.

Trường hợp 3:



Khi đó

       

2 2 2 3 2 3 2 3 2

0 0

3 2 d 3 2 d 3 2 d

m m

I x x x x x x x x x x x x x m m              

  

Suy ra

3 2 3 2

8 278

10 10 0

27 27

I m m m m m m m

           

Ta có:

 

3 2 2

8 8

10 2 3 5 0, 10

27 27

m m m m m m m

           

Suy ra trong trường hợp này không có

thỏa mãn.

Vậy

 

Câu 39. Cho hàm số

   

3 1

y x m x m n

     

. Biết rằng hàm số nghịch biến trên khoảng





0; 2

và

giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn





1;1



bằng

. Tính

m n



m n

 

. B.

m n

 

. C.

m n

  

. D.

m n

 

Lời giải

Ta có:

 

3 3

y x m



  

Suy ra:

 

1 1

0 3 3 0

1 1

x m x m

y x m

x m x m

   

 



      

 

     

 

Bảng xét dấu



Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng





1 ;1

  

m m

Hàm số nghịch biến trên trên khoảng

 

1 0 1

0;2 1

1 2 1

    

 

    

 

   

 

m m

Với

 

ta có

   

1 3 1 1

     

y x x n

;

 

3 1 3



  

y x

 





 

2 1;1

0 1 1 0

0 1;1

   



     



  





y x

Ta có





1 1

  

y n





0 3

 

y n





1 1

 

y n

Suy ra

 

1;1

max 3

y n



 

 

1;1

max 4 3 4 1

y n n



     

Vậy





1 1 0

m n

    

Câu 40. Cho

là hai số phức liên hợp của nhau thỏa mãn





và

1 2

2 3

z z 

. Tính môđun của

số phức



. B.

z  . C.



. D.

z 

Lời giải

Đặt





1 2 1

, ,

z a bi a b z z a bi

      



Điều kiện:

2 2

0 0

z a b

   

Ta có

1 2

2 3 2 3 2 2 3 3 3

z z a bi a bi b b b

            

   

 

     

3 3 2 2 3

1 1 1

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

3 3

a bi

z z z

a ab a b b

a b a b a b

z z z



 

    

  

Vì





nên





 

2 3

2 2

0 KTM

3 0

3 *

a b b

b a



  









Thay



vào





ta được



Vậy

2 2

1 3 2

z a b

    

Câu 41. Trong không gian

Oxyz

, cho các điểm





4; 3;2

A 





6;1; 7



và





2;8; 1



. Viết phương trình

đường thẳng đi qua gốc tọa độ

và trọng tâm

của tam giác

ABC

2 1 1

x y z

 

 

. B.

2 1 1

x y z

 



. C.

4 1 3

x y z

 



. D.

2 3 1

x y z

 



Lời giải

Tọa độ trọng tâm của tam giác

ABC

là





4;2; 2



Đường thẳng

đi qua

và

có một vectơ chỉ phương là

 

2;1; 1

u OG

  

 

Vậy đường thẳng

có phương trình chính tắc là

2 1 1

x y z

 



Câu 42. Lon nước ngọt có hình trụ còn cốc nước thì có hình nón cụt (như hình vẽ dưới đây). Khi rót nước

ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao

của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều cao của phần

nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao

của nước trong lon gần nhất là số

nào sau đây?

9,18cm

. B.

14,2cm

. C.

8,58cm

. D.

7,5cm

Lời giải

Thể tích lon nước ngọt lúc đầu là

.3 .15 135

 

  .

Gọi

là thể tích nước ngọt còn lại trong lon sau khi rót ra cốc. Ta có

.3 . 9

V h h

 

  .

Gọi

là thể tích nước ngọt đã rót ra. Ta có

 

2 2

V r r rr



 

   trong đó





là bán kính

mặt trên của phần nước ngọt trong cốc.

Ta có

15 2 30

15 15

r h





  





(do



Vì

1 2

V V V

 

nên ta có phương trình

2 30 2 30

4 2. 9 135

3 15 15

h h h



 

 

 

 

   

 

 

3 2

4 180 8775 91125 0

h h h

    

8,58

 

Câu 43. Cho số thực dương

bất kì và số thực dương



thỏa mãn:

ln 1 4 ln

. 1

y x

x y

 



. Gọi

M m

lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

log

. Giá trị của

M m

bằng

4 2

. B.

4 2

 . C.

. D.

2 2

Lời giải

Với

0, 0, 1

x y y

  





ln 1 4 ln ln 1 2 2

. 1 log 4 ln 0 ln 1 .log 4 ln 0

y x y

y y

x y x x y x x

  

         

2 2

ln log 4 ln 0 log ln 4 ln

y y

x x x x x x

       

Xét





ln 4 ln

f x x x

   ,



2 ln 2

  

Đặt

t x



2 2

  

xét

( ) 4

f t t t

  

( ) 1

f t



 



 





( ) 0 1 0 4 2

f t t t t TM

t L











        









 





Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

Hàm

( )

f t

đạt giá trị lớn nhất

2 2



tại



, hay

log

đạt giá trị lớn nhất

2 2



tại

ln 2 ( )

x x e TM

  

Hàm

( )

f t

đạt giá trị nhỏ nhất



tại

 

, hay

log

đạt giá trị nhỏ nhất



tại

ln 2 ( )

x x e TM



  

Vậy





. 2 2. 2 4 2

M m    

Câu 44. Trong không gian

Oxyz

cho đường thẳng

: 1

x t

d y t

z t

 





 





 



và mặt phẳng





: 3 0.

x y z



   

Phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng







cắt và vuông góc với đường thẳng

là:

1 2

y t

z t







 





 



. B.

y t

z t







 





 



. C.

1 2

y t

z t







 





 



. D.

y t

z t







 





 



Lời giải

+) Ta có





 

   

[ , ] 0;2; 2 2 0; 1;1

u n u





 





      



 





  

+) Gọi I d

 





1 ;1 ;1 .

I d I t t t

    

+) Vì







   

nên









0 1;1;1 .

I t I



   

+) Do đó phương trình của đường thẳng



là:

y t

z t







 





 



Câu 45. Cho hình chóp

S ABCD

, đáy

ABCD

là hình chữ nhật,

là điểm trên cạnh

sao cho

vuông góc với

tại

và

AB AE



, cạnh

vuông góc với mặt phẳng đáy, góc



BSH 

. Biết

AH 

BE a

 . Thể tích khối chóp

S ABCD

bằng

32 5

. B.

3 5

. C.

. D.

8 5

Lời giải

Tam giác

ABE

vuông tại

và có đường cao

nên ta có:

2 2 2

. .

. 2

AB AE AH BE

AB AE a

AE AB BE

AB AE a













 

 





 

. 2

2 . 5

AB AE a

AB AE AB AE a











 

 

 

  







Suy ra độ dài các đoạn

AB AE

là hai nghiệm của phương trình

2 2

3 2 0

X aX a

  

Vì

AB AE



nên

AB a

AE a











Tam giác

AHB

vuông tại

nên

2 2

BH AB AH  

Tam giác

SHB

vuông tại

nên



.cot

SH BH BSH 

Tam giác

ABC

vuông tại

và có đường cao

nên

2 2 2

1 1 1

BC a

BH BA BC

    .

Vậy thể tích khối chóp

S ABCD

là

1 1 4 32

. . .2 .4

3 3

5 3 5

S ABCD ABCD

a a

V SH S a a  

32 5

 .

Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của tham số

để phương trình

2 0

e a

e x a



  

có nhiều nghiệm nhất là

0a 

. B.

1a 

. C.

a e

. D.

1a  

Lời giải

Đặt

2 .

e a t 

Phương trình đã cho trở thành

e x a 

(1).

Xét hệ phương trình

e t a

e x a



 



 





2 2 2 2

x t x t

e e t x e x e t       

 

Dễ thấy hàm số

 

f x e x 

đồng biến trên



Phương trình

     

2 2 2 2 2f x f t x t x t     

Thay

x t

vào phương trình

 

được

 

2 3

e x a 

Xét hàm số

 

y g x e x  

. Tập xác định:



Ta có

2 2.

y e



 

0 1 0

y e x



    

 

lim

g x



 

 

lim

g x



 

Bảng biến thiên của hàm số

 

y g x

Phương trình

 

có nhiều nghiệm nhất



phương trình

 

có nhiều nghiệm nhất

1a 

Câu 47. Trong không gian

Oxyz

, cho hai điểm

 

3; 2;0A 

 

1;2;4B 

. Xét hình trụ

 

nội tiếp mặt

cầu đường kính

và có trục nằm trên đường thẳng

. Khi thể tích của khối trụ

 

đạt giá

trị lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của

 

đi qua điểm nào dưới đây?

 

0; 1; 2 3C  

. B.

 

0; 1;2 3C 

. C.

 

1;0; 2 3C 

. D.

 

1;0;2 3C 

Lời giải

Mặt cầu đường kính

có tâm





1;0;2

I , bán kính

2 3

R   .

Giả sử hình trụ





nội tiếp mặt cầu đường kính

có chiều cao

h x



, bán kính đáy

Ta có

2 2 2 2

r R x x

   

Khi đó thể tích khối trụ





là

V r h









2 12

x x



 

2 24

x x

 

   với

0 2 3

x  .

6 24

V x

 



   ;

0 2

V x



   

Bảng biến thiên

Suy ra thể tích khối trụ lớn nhất khi



Khi đó, mặt phẳng





chứa đường tròn đáy của hình trụ





có vectơ pháp tuyến là





4;4;4

AB  



nên phương trình mặt phẳng





có dạng

x y z d

    

Ta có

 

, 2 1 2 3

d I P d



     

Phương trình mặt phẳng chứa hai đường tròn đáy của hình trụ





là:





: 1 2 3 0

P x y z

     





: 1 2 3 0

P x y z

     

Kiểm tra ta được điểm





1;0;2 3

C 

thuộc mặt phẳng





Câu 48. Cho hàm số

4 3 2

( )

y f x x ax bx cx

    

có đồ thị





của hàm số





y f x



 như hình vẽ

Đặt













g x f f x

















h x f f x





. Tổng số điểm cực trị của hàm số









g x h x

là:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Ta có :





3 2

f x x ax bx c



   

có đồ thị





Dựa vào đồ thị ta có :

     

3 2

2 . 1 3 4

f x x x x x



     

Đồng nhất hệ số ta được

1; 0; 4

a b c

   

Suy ra

   

4 3 2

4 ; 3 6

f x x x x f x x x



    

+ Xét hàm số













y g x f f x



 

Ta có

















g x f x f f x

   



 





 

f x

g x

f f x









 



 







 

3 2

' 2 3 4 2 1

' 1

3 4 1 2

f x x x

f x

x x











 



   



 

   





(*).

Do phương trình





có 3 nghiệm, phương trình





có 1 nghiệm nên hệ phương trình (*) có 6

nghiệm, trong đó có 3 nghiệm bội chẵn của phương trình





. Do đó hàm số





g x

có 3 điểm cực

trị.

+ Xét hàm số













h x f f x



Ta có

















' .

h x f x f f x

 



 

0 1

' 0

f x x

h x

f x

f f x

f x









  



  





















 

4 3

4 0 3

4 2 4

x x x







 





  



  









Do phương trình





có 2 nghiệm đơn, phương trình





có 2 nghiệm đơn nên hệ phương trình

(**) có 6 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm bội chẵn



. Do đó hàm số





h x

có 5 điểm cực trị .

Vậy tổng số điểm cực trị của hai hàm









g x h x

là 8.

Câu 49. Hàm số bậc ba





y f x

 có đồ thị





đi qua điểm





1;0

A ; hàm số bậc hai





y g x

 có đồ thị





đi qua điểm





1; 4











1 2

C C

cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

1;2;3



. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị









1 2

C C

115

. B.

. C.

. D.

112

Lời giải

Ta có:





đi qua điểm





1;0

A nên





1 0







đi qua điểm





1; 4



nên





1 4

 

Vì









1 2

C C

cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

1;2;3



nên ta có:





















1 2 3

f x g x a x x x

    

(*),



Thay



vào hai vế (*) ta được:









1 1 4 4 4 1

f g a a a

     

(thỏa mãn).

Suy ra





















1 2 3

f x g x x x x

    

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị









1 2

C C

là:

       

2 3

1 2

1 2 3 d 1 2 3 d

x x x x x x x x



        

 

Câu 50. Cho hai số phức

1 2

z z

thỏa mãn

1 1

z i

  

2 2

z i

  

. Số phức

thỏa mãn





 

1 1

z z i z

  

và





 

2 2

z z i z

  

là các số thuần ảo. Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 2

z i

 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Giả sử

1 1 1

z x y i

 

2 2 2

z x y i

 

z x yi

 

với

1 1 2 2

, , , , ,x y x y x y





Gọi các điểm biểu diễn số phức

1 2

, ,

z z z

lần lượt là





1 1 1

;

M x y





2 2 2

;

M x y





;

M x y

. Ta có

1 1

z i

  



thuộc đường tròn





có tâm





1;1

I , bán kính



2 2

z i

  



thuộc đường tròn





có tâm





2; 1



, bán kính







 

1 1

z z i z

  

là số thuần ảo

















1 1 1 1

1 1 0

x x x y y y

      

1 1 1

M M M I

 

 



là tiếp tuyến của đường tròn









 

2 2

z z i z

  

là số thuần ảo

















2 2 2 2

2 1 0

x x x y y y

       

2 2 2

M M M I

 

 



là tiếp tuyến của đường tròn





Ta thấy, điểm





3;2

nằm ngoài hai đường tròn









nên từ

kẻ được tiếp tuyến tới hai

đường tròn trên.

Do đó

3 2

z i MA

  

đạt giá trị nhỏ nhất bằng

khi

M A



Vậy giá trị nhỏ nhất của

3 2

z i

 

bằng

____________________ HẾT ____________________

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/25

| | Tải xuống

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 LÀO CAI
MÔN TOÁN – Khối lớp 12 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm có 05 trang MÃ ĐỀ 124
Họ và tên học sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . Câu 1.
Khẳng định nào sau đây là đúng?   A.  f
 xdx   f x . B.  f
 xdx  f x .   C.  f
 xdx   f x. D.  f
 xdx  f x. Câu 2.
Với a là số thực dương tùy ý, log  6 a bằng 8  A. 2  log a . B. 18 log a . C. 3log a . D. 2 log a . 2 2 2 2 Câu 3.
Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích khối chóp đã cho là 4 16 A. 3 a . B. 3 16a . C. 3 4a . D. 3 a . 3 3 Câu 4.
Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào? A. 1;0 . B. 2;  1 . C.  1  ;  1 . D. 0;  1 . Câu 5.
Nghiệm của phương trình x 1 2   8 là: A. x  1. B. x  3. C. x  2 . D. x  4 . Câu 6.
Đạo hàm của hàm số y  log x là: 3 x 1 1 A. y  . B. y  . C. y  x ln 3 . D. y  . ln 3 x ln 3 x Câu 7.
Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đường tròn R . A. S  2 h . B. S  2 Rh . C. S  2Rh . D. 2 S   R h . xq xq xq xq Câu 8. Hàm số dạng 4 2
y  ax bx ca  
0 có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. 2 2 Câu 9. Cho f
 xdx  1, khi đó 3f xdx  bằng 1 1 A. 2. B. 1. C. 4  . D. 3  . Câu 10. Cho hai số thực ,
x y thỏa mãn 4x  5 và 4y  3 . Giá trị của 4xy bằng A. 10 . B. 2 . C. 5 . D. 15 .
Câu 11. Phương trình log 5x 1  2 có nghiệm là 3   9 11 8 A. 2. B. . C. . D. . 5 5 5
Câu 12. Đồ thị hàm số nào có dạng như đường cong hình bên dưới? A. 3 y  x  2x. B. 4 2 y  x  4x . C. 3 y  x  2x. D. 4 2 y  x  4x . 1 x
Câu 13. Đồ thị hàm số y  cắt trục Oy x 1
tại điểm có tọa độ là A. 0;  1 . B. 1;0 . C. 0;  1 . D. 1;1 . 1 Câu 14. Tích phân d  xe x bằng 0 e 1 A. e . B. 2 e  1. C. . D. e 1. 2
Câu 15. Cho hai số phức z  2  i và z 1 2i . Khi đó phần ảo của số phức z .z bằng: 1 2 2 1 A. 2  . B. 3i . C. 3 . D. 2  i .
Câu 16. Môđun của số phức z  2  3i bằng: A. 5. B. 13 . C. 5 . D. 13 .
Câu 17. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 .
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x  5 .
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .
Câu 18. Từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh bất kỳ? A. 13 . B. 2 C . C. 2 2 C  C . D. 2 A . 13 5 8 13 1
Câu 19. Họ các nguyên hàm của hàm số f  x   là 2 sin x A. cot x  C . B.  tan x  C . C. cot x  C . D. tan x  C .
Câu 20. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3 và thể tích bằng 6 thì chiều cao bằng A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 6 .
Câu 21. Cho cấp số nhân u biết u  2, u 1. Công bội của cấp số nhân đó là n  1 2 1 1 A. 2 . B. 2  . C. . D.  . 2 2
Câu 22. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2
5 a và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh
của hình nón đã cho bằng A. 3 2a . B. 5a . C. 3a . D. 5a .
Câu 23. Cho số phức z  2i 1 . Điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ? A. H 1;2 . B. T 2;  1 . C. G 1;2 . D. K 2;  1 . 
Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho vectơ a   3  ;2;  1 và điểm A4;6; 3
  . Tọa độ điểm B thỏa mãn   AB  a là A. 1;8;2 . B. 7;4;4 . C. 1;8; 2   . D. 7;4;4 . 2  x
Câu 25. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2x 1 1 1 A. x   . B. y 1. C. x  2 . D. y   . 2 2
Câu 26. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  4x 1 A. y  tan x . B. 3 y  3x  2 . C. y  . D. 4 y  3x 1. x  3 1 1 1 Câu 27. Cho f  xdx  2 và  f
 x2gxdx  8  
. Tính tích phân g xdx  . 0 0 0 A. 6  . B. 3 . C. 5 . D. 5 .
Câu 28. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA  OB  2a , OC  a 2 . Khoảng
cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng a 3a A. a 2 . B. a . C. . D. . 2 4
Câu 29. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu S  có tâm I 2;1;2 và bán kính R  3.
A. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  9 .
B. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  3.
C. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  3 .
D. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  9 . x 1 y z 1
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :   Điểm nào dưới đây 1 2 2 không thuộc  ? A. M 0;2;  1 . B. N 1;0;  1 . C. F 3;4;5 . D. E 2;2;3 .
Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A2;1;3 , B 4;0;  1 và C 10;5;3.
Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC ?     A. n  1;2;0 . B. n  1;2;2 . C. n  1; 2;2 . D. n  1;8;2 . 2 2x4  x 3x2  1   1 
Câu 32. Tập hợp nghiệm của bất phương trình      là  5   5  A. ; 
1  6;  . B. ; 6  1;  . C.  1  ;6 . D.  6  ;  1 .
Câu 33. Cho hai số phức z  2  i, z  2  4i . Tính z  z .z . 1 2 1 1 2 5 A. . B. 1. C. 5 5 . D. 5 . 5 x 
Câu 34. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f  x 2 1 
trên đoạn 0;4 . Giá trị x 1 5M  3m bằng A. 8 . B. 10 . C. 4 . D. 3.
Câu 35. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  4z  5  0 . Bán kính mặt cầu S là: A. R  14 . B. 14 . C. 4 . D. 2 .
Câu 36. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng. Xác suất để 2 bi
được chọn cùng màu là: 4 5 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 9 4 9
Câu 37. Cho hình lập phương ABC . D AB C  D
  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và B C
  ; là góc giữa MN và mặt phẳng AB C  D
 . Tính giá trị của sin. 2 2 5 1 5 A. sin  . B. sin  . C. sin  . D. sin  . 2 5 2 5 m
Câu 38. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thỏa mãn: 2 3x  2x dx  m 10  ? 0 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 39. Cho hàm số y   x  m3 3x  m 1 n . Biết rằng hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 và
giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1;  1 bằng 4 . Tính m  n . A. m  n  0 . B. m  n  2 . C. m  n  1. D. m  n  1. z
Câu 40. Cho z , z là hai số phức liên hợp của nhau thỏa mãn 1   và z  z  2 3 . Tính môđun của 1 2 2 z 1 2 2 số phức z . 1 5 A. z  2 . B. z  5 . C. z  3 . D. z  . 1 1 1 1 2
Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A4;3;2 , B6;1;7 và C 2;8;  1 . Viết phương trình
đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và trọng tâm G của tam giác ABC . x y z x y z x y z x y z A.   . B.   . C.   . D.   . 2 1 1  2 1 1  4 1 3  2 3 1 
Câu 42. Lon nước ngọt có hình trụ còn cốc nước thì có hình nón cụt (như hình vẽ dưới đây). Khi rót nước
ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao h của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều cao của phần
nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao h của nước trong lon gần nhất là số nào sau đây? A. 9,18cm . B. 14, 2cm . C. 8,58cm . D. 7,5cm .
Câu 43. Cho số thực dương x bất kì và số thực dương y 1 thỏa mãn: 2 lny 1  4 l  n . x x y 1. Gọi M,m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của log x . Giá trị của M.m bằng y A. 4 2 . B. 4  2 . C. 4 . D. 2 2 . x  1 t 
Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : y  1 t và mặt phẳng   : x  y  z  3  0. z 1t 
Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  , cắt và vuông góc với đường thẳng d là: x  1 x  1 x  1 x 1     A. y 1 2t . B. y 1 t . C. y 1 t . D. y 1 t z 1 t     z  1 t  z  1 2t  z  1 t 
Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE
vuông góc với AC tại H và AB  AE , cạnh SH vuông góc với mặt phẳng đáy, góc  0 BSH  45 2a . Biết AH 
, BE  a 5 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 5 3 32a 5 3 16a 3 32a 3 8a 5 A. . B. . C. . D. . 15 3 5 5 5 2 x
Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình e a e
 2x  a  0 có nhiều nghiệm nhất là A. a  0 . B. a  1. C. a  e . D. a  1 .
Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A3; 2;0, B1;2;4. Xét hình trụ T  nội tiếp mặt
cầu đường kính AB và có trục nằm trên đường thẳng AB . Khi thể tích của khối trụ T  đạt giá
trị lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của T  đi qua điểm nào dưới đây? A. C 0;1; 2 3. B. C 0;1;2 3 . C. C 1;0; 2 3 . D. C 1;0;2 3 . 1 Câu 48. Cho hàm số 4 3 2
y  f (x)  x  ax  bx  cx có đồ thị C của hàm số y  f  x như hình vẽ 4 sau:
Đặt g  x  f  f x , hx  f  f x . Tổng số điểm cực trị của hàm số g x, hx là: A. 12 . B. 11. C. 10 . D. 8 .
Câu 49. Hàm số bậc ba y  f x có đồ thị C đi qua điểm A1;0 ; hàm số bậc hai y  g  x có đồ thị 1 
C đi qua điểm B1; 4. C , C cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1   2  2 
1;2;3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị C , C 1   2  A. 115 . B. 32 . C. 71 . D. 112 . 3 3 6 3
Câu 50. Cho hai số phức z , z thỏa mãn z 1 i  1, z  2  i  2 . Số phức z thỏa mãn 1 2 1 2
z  z 1i z và z  z 2i z là các số thuần ảo. Tìm giá trị nhỏ nhất của z32i . 2   2  1   1  A. 0 . B. 3. C. 2 . D. 1.
____________________ HẾT ____________________ BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 2.D 3.A 4.A 5.C 6.B 7.B 8.D 9.D 10.D 11.A 12.D 13.A 14.D 15.C 16.B 17.A 18.B 19.A 20.A 21.C 22.B 23.C 24.C 25.D 26.B 27.C 28.B 29.D 30.A 31.B 32.D 33.C 34.B 35.D 36.A 37.B 38.A 39.A 40.A 41.B 42.C 43.B 44.D 45.A 46.B 47.D 48.D 49.C 50.A
Xem thêm: ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
https://toanmath.com/de-thi-thu-mon-toan
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.
Khẳng định nào sau đây là đúng?   A.  f
 xdx   f x . B.  f
 xdx  f x .   C.  f
 xdx   f x. D.  f
 xdx  f x. Lời giải  Ta có:  f
 xdx  f x. Câu 2.
Với a là số thực dương tùy ý, log  6 a bằng 8  A. 2  log a . B. 18 log a . C. 3log a . D. 2 log a . 2 2 2 2 Lời giải 6 Ta có: log a  log a  log a  2log a . 8  6  6 3   2 2 2 3 Câu 3.
Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích khối chóp đã cho là 4 16 A. 3 a . B. 3 16a . C. 3 4a . D. 3 a . 3 3 Lời giải 1 1 4
Thể tích của khối chóp đã cho là: 2 3 V  Bh  a .4a  a . 3 3 3 Câu 4.
Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào? A. 1;0 . B. 2;  1 . C.  1  ;  1 . D. 0;  1 . Lời giải
Từ đồ thị hàm số, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng 1;0 và 1;. Câu 5.
Nghiệm của phương trình x 1 2   8 là: A. x  1. B. x  3. C. x  2 . D. x  4 . Lời giải Ta có x 1 2   8 x 1  3  2
 2  x 1  3  x  2.
Vậy nghiệm của phương trình x 1 2   8 là x  2 . Câu 6.
Đạo hàm của hàm số y  log x là: 3 x 1 1 A. y  . B. y  . C. y  x ln 3 . D. y  . ln 3 x ln 3 x Lời giải
Tập xác định D  0; . 1 Ta có log x   . 3  . x ln 3 Câu 7.
Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đường tròn R . A. S  2 h . B. S  2 Rh . C. S  2Rh . D. 2 S   R h . xq xq xq xq Lời giải
Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đường tròn R là S  2 xq  Rh . Câu 8. Hàm số dạng 4 2
y  ax bx ca  
0 có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị? A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Hàm số dạng 4 2
y  ax bx ca  
0 có nhiều nhất 3 điểm cực trị. 2 2 Câu 9. Cho f
 xdx  1, khi đó 3f xdx  bằng 1 1 A. 2. B. 1. C. 4  . D. 3  . Lời giải 2 2 Ta có 3 f  xdx  3 f
 xdx  3. 1  3. 1 1 Câu 10. Cho hai số thực ,
x y thỏa mãn 4x  5 và 4y  3 . Giá trị của 4xy bằng A. 10 . B. 2 . C. 5 . D. 15 . Lời giải
Ta có 4xy  4x.4y  5.3  15.
Câu 11. Phương trình log 5x 1  2 có nghiệm là 3   9 11 8 A. 2. B. . C. . D. . 5 5 5 Lời giải Ta có log 5x   2
1  2  5x 1  3  x  2 . 3
Vậy phương trình có nghiệm x  2 .
Câu 12. Đồ thị hàm số nào có dạng như đường cong hình bên dưới? A. 3 y  x  2x. B. 4 2 y  x  4x . C. 3 y  x  2x. D. 4 2 y  x  4x . Lời giải
+ Đồ thị đã cho có dạng của đồ thị hàm số bậc 4, suy ra loại phương án A, C. + Xét hàm số 4 2
y  x  4x có y   x 2
4 x  2 , y  0  x  0 , suy ra hàm số 4 2 y  x  4x
có 1 điểm cực trị. Loại phương án B. Vậy đồ thị hàm số 4 2
y  x  4x có dạng như hình vẽ đã cho. 1 x
Câu 13. Đồ thị hàm số y  cắt trục Oy x 1
tại điểm có tọa độ là A. 0;  1 . B. 1;0 . C. 0;  1 . D. 1;1 . Lời giải 1 0
Cho x  0 , ta được y   1 0 1 1 x
Vậy đồ thị hàm số y  cắt trục Oy 0;1 . x 1
tại điểm có tọa độ là   1 Câu 14. Tích phân d  xe x bằng 0 e 1 A. e . B. 2 e  1. C. . D. e 1. 2 Lời giải 1 1 Ta có: d   1  x x e x e e . 0 0 1 Vậy d  1  xe x e . 0
Câu 15. Cho hai số phức z  2  i và z 1 2i . Khi đó phần ảo của số phức z .z bằng: 1 2 2 1 A. 2  . B. 3i . C. 3 . D. 2  i . Lời giải
Ta có z .z  1 2i . 2  i  4  3i . 2 1    
Vậy phần ảo của số phức z .z là 3 . 2 1
Câu 16. Môđun của số phức z  2  3i bằng: A. 5. B. 13 . C. 5 . D. 13 . Lời giải
Môđun của số phức z  2  3i là z  2 3i  4  9  13 .
Câu 17. Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 .
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 .
C. Hàm số đạt cực đại tại x  5 .
D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . Lời giải
Từ bảng biến thiên ta thấy ngay hàm số đạt cực đại tại x  0 .
Câu 18. Từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh bất kỳ? A. 13 . B. 2 C . C. 2 2 C  C . D. 2 A . 13 5 8 13 Lời giải
Nhóm có 5  8  13 học sinh.
Số cách chọn hai học sinh bất kỳ từ 13 học sinh là 2 C . 13 1
Câu 19. Họ các nguyên hàm của hàm số f  x   là 2 sin x A. cot x  C . B.  tan x  C . C. cot x  C . D. tan x  C . Lời giải 1 1 Ta có: f  xdx   dx    dx  cot x  C  . 2 sin x 2 sin x
Câu 20. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3 và thể tích bằng 6 thì chiều cao bằng A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 6 . Lời giải
Thể tích của khối lăng trụ là: V  . B h .
Theo bài ra: 6  3h  h  2 .
Vậy chiều cao của khối lăng trụ bằng 2
Câu 21. Cho cấp số nhân u biết u  2, u 1. Công bội của cấp số nhân đó là n  1 2 1 1 A. 2 . B. 2  . C. . D.  . 2 2 Lời giải u 1
Gọi q là công bội của cấp số nhân u , ta có 2 u  u .q  q   . n  2 1 u 2 1 1
Vậy công bội của cấp số nhân bằng . 2
Câu 22. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2
5 a và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh
của hình nón đã cho bằng A. 3 2a . B. 5a . C. 3a . D. 5a . Lời giải
Gọi l, r lần lượt là độ dài đường sinh, bán kính đáy của hình nón. Ta có 2 2
S   rl  5 a   . . a l  5 a  l  5a . xq
Vậy độ dài đường sinh của hình nón bằng 5a .
Câu 23. Cho số phức z  2i 1 . Điểm nào sau đây là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ? A. H 1;2 . B. T 2;  1 . C. G 1;2 . D. K 2;  1 . Lời giải
Ta có: z  2i 1  z 1 2i .
Vậy điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ là điểm G 1;2 . 
Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho vectơ a   3  ;2;  1 và điểm A4;6; 3
  . Tọa độ điểm B thỏa mãn   AB  a là A. 1;8;2 . B. 7;4;4 . C. 1;8; 2   . D. 7;4;4 . Lời giải Gọi B  ; x y; z . 
Ta có AB   x  4; y  6; z  3 . x  4  3 x  1    
AB  a  y  6  2   y  8 . z 3 1    z  2   
Vậy tọa độ của điểm B là B 1;8; 2   . 2  x
Câu 25. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2x 1 1 1 A. x   . B. y 1. C. x  2 . D. y   . 2 2 Lời giải 2  2  x 1 1 Ta có lim y  lim  lim x   . x x 2x 1 x 1 2 2  x 2  2  x 1 1 lim y  lim  lim x   . x x 2x 1 x 1 2 2  x 1
Vậy đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y   . 2
Câu 26. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên  4x 1 A. y  tan x . B. 3 y  3x  2 . C. y  . D. 4 y  3x 1. x  3 Lời giải  
+ Hàm số y  tan x có tập xác định D   \   k . Suy ra hàm số y  tan x không đồng biến  2  trên  , + Hàm số 3 y  3x  2 có 2 y  9x  0, x
  ; y  0  x  0. Suy ra hàm số 3 y  3x  2 đồng biến trên  . 4x 1 4x 1 + Hàm số y 
có tập xác định D   \  3 . Suy ra hàm số y  không đồng biến trên x  3 x  3  . + Hảm số 4
y  3x 1có tập xác định D   , 3
y 12x ; y  0  x  0 . Suy ra hàm số 4
y  3x 1 không đồng biến trên  .
Vậy trong các hàm số đã cho, hàm số 3
y  3x  2 đồng biến trên  . 1 1 1 Câu 27. Cho f  xdx  2 và  f
 x2gxdx  8  
. Tính tích phân g xdx  . 0 0 0 A. 6  . B. 3 . C. 5 . D. 5 . Lời giải 1 1 1  f
 x2gxdx  8  
 f xdx  2g xdx  8    0 0 0 1 1  2  2 g xdx  8    g  xdx  5. 0 0
Câu 28. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA  OB  2a , OC  a 2 . Khoảng
cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng a 3a A. a 2 . B. a . C. . D. . 2 4 Lời giải
Gọi I là hình chiếu vuông góc của O lên BC và H là hình chiếu vuông góc của O lên AI . O  A  OB Ta có   OA  BC . O  A  OC BC  OA Khi đó 
 BC  OAI   BC  OH , đồng thời OH  AI nên OH   ABC  . BC  OI
Do đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng OH . 1 1 1 1 1 1 1 Ta có        OH  a . 2 2 2 2 2 2 2 OH OA OI OA OB OC a
Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng a .
Nhận xét: Tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc thì 1 1 1 1
(1) Khoảng cách d từ O đến mặt phẳng  ABC  được tính theo công thức    . 2 2 2 2 d OA OB OC
(2) H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng  ABC   H là trực tâm của ABC .
Câu 29. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu S  có tâm I 2;1;2 và bán kính R  3.
A. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  9 .
B. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  3.
C. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  3 .
D. S   x  2   y  2   z  2 : 2 1 2  9 . Lời giải
Mặt cầu S  tâm I 2;1;2 và bán kính R  3 có phương trình là  x  2   y  2   z  2 2 1 2  9 x 1 y z 1
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :   Điểm nào dưới đây 1 2  2 không thuộc  ? A. M 0;2;  1 . B. N 1;0;  1 . C. F 3;4;5 . D. E 2;2;3 . Lời giải
Thay tọa độ điểm M 0;2; 
1 vào phương trình chính tắc của đường thẳng  ta được một mệnh đề 0 1 2 11 sai:   . Suy ra điểm M 0;2; 
1 không thuộc đường thẳng  . 1 2 2
Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A2;1;3 , B 4;0;  1 và C  1  0;5;3.
Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC ?     A. n  1;2;0 . B. n  1;2;2 . C. n  1; 2;2 . D. n  1;8;2 . Lời giải  
Ta có AB  2;1; 2 , AC  12;6;0 . 
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là  AB,AC  12;24;24  121;2;2   . 
Suy ra n  1;2;2 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC . 2 2x4  x 3x2  1   1 
Câu 32. Tập hợp nghiệm của bất phương trình      là:  5   5  A. ;  1  6;  .
B. ; 6  1;  . C.  1  ;6 . D.  6  ;  1 . Lời giải 2 2x4  x 3x2  1   1  Ta có 2 2 
 2x  4  x  3x  2  x  5x  6  0  6  x  1     .  5   5 
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  6;  1 .
Câu 33. Cho hai số phức z  2  i, z  2  4i . Tính z  z .z . 1 2 1 1 2 5 A. . B. 1. C. 5 5 . D. 5 . 5 Lời giải
Ta có z .z  10i; z  z .z  2 11i . 1 2 1 1 2 Vậy z  z .z  5 5 . 1 1 2 x 
Câu 34. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f  x 2 1 
trên đoạn 0;4 . Giá trị x 1 5M  3m bằng A. 8 . B. 10 . C. 4 . D. 3. Lời giải x  +) Hàm số f  x 2 1 
liên tục trên đoạn 0;4 . x 1 3 +) Ta có f  x   0, x
  0;4 nên hàm số đã cho đồng biến trên 0;4 . 2   x   1 7
+) Khi đó m  min f  x  f 0  1
 ; M  max f x  f 4  . 0;4 0;4 5 Vậy 5M  3m 10 .
Câu 35. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S 2 2 2
: x  y  z  2x  4y  4z  5  0 . Bán kính mặt cầu S là: A. R  14 . B. 14 . C. 4 . D. 2 . Lời giải
Ta có phương trình mặt cầu S có dạng 2 2 2
x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0 . a  1  b  2 Từ đó suy ra  . c  2  d  5
Vậy mặt cầu S có tâm I 1;2;2 và bán kính 2 2 2
R  a  b  c  d  2 .
Câu 36. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng. Xác suất để 2 bi
được chọn cùng màu là: 4 5 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 9 4 9 Lời giải
Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp 9 viên bi ta có 2
C  36 (cách)  n  36 . 9
Gọi A là biến cố “Hai viên bi được chọn cùng màu”.
Trường hợp 1: Hai bi được chọn cùng màu đen. Có 2 C  10 (cách). 5
Trường hợp 2: Hai bi được chọn cùng màu trắng. Có 2 C  6 (cách). 4
 n A 10 6 16 . n A 16 4
Vậy xác suất của biến cố A là p A      . n 36 9
Câu 37. Cho hình lập phương ABC . D AB C  D
  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC và B C
  ; là góc giữa MN và mặt phẳng AB C  D
 . Tính giá trị của sin. 2 2 5 1 5 A. sin  . B. sin  . C. sin  . D. sin  . 2 5 2 5 Lời giải
Gọi M  là trung điểm của đoạn thẳng AC . Khi đó M  là tâm của hình vuông AB C  D   và ta có MM  AB C  D
  ( do MM// AA và AA AB C  D  ). Từ đó ta suy ra M N
 là hình chiếu vuông góc của MN trên mặt phẳng AB C  D  . Do đó MN ,AB C  D
  MN ,M N   MNM    .
Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương ABC . D AB C  D   . AB a
Khi đó ta có MM   AA  a và M N    . 2 2 2 a 2 5a a Tam giác MM N
 vuông tại M  nên có 2 2 MN  MM   M N  2  a   5  . 4 4 2 MM a Vậy sin    sin  MNM    2 5  . MN a 5 5 2 m
Câu 38. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thỏa mãn: 2 3x  2x dx  m 10  ? 0 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải m Đặt 2 I  3x  2x dx  . 0 Bảng xét dấu của 2 3x  2x :
Ta xét các trường hợp sau:
+) Trường hợp 1: m  0 . m m Khi đó I   2 3x  2xdx   3 2 x  x  3 2  m  m . 0 0 Suy ra 3 2
I  m 10  m  m  m 10  m  2  , (thỏa mãn).
+) Trường hợp 2: 0  m  10 . Khi đó I  0 (do 2 3x  2x  0, x
 ) và m 10  0 nên 0  m  10 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 3: m  10 . Khi đó 2 m 3 m m 8 2
I  3x  2x dx   2 3x  2xdx   2 3x  2xdx   3 2 x  x  23   3 2 x  x  3 2  m  m     . 2 0 27 0 0 2 3 3 8 278 Suy ra 3 2 3 2 I  m 10  m  m 
 m 10  m  m  m   0 . 27 27 8 8 Ta có: 3 2 m  m  m 10   m  2 2 m  3m  5   0, m  10 . 27 27
Suy ra trong trường hợp này không có m thỏa mãn. Vậy m  2 .
Câu 39. Cho hàm số y   x  m3 3 x  m 1 n . Biết rằng hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 và
giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 1;  1 bằng 4 . Tính m  n . A. m  n  0 . B. m  n  2 . C. m  n  1. D. m  n  1. Lời giải
Ta có: y   x  m2 3  3. x  m  x   m
Suy ra: y    x  m2 1 1 0 3 3  0    . x m 1     x  1   m Bảng xét dấu y
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 1 m;1 m .   m  m  
Hàm số nghịch biến trên trên khoảng   1 0 1 0; 2      m  1 .  1 m  2 m  1
Với m  1 ta có y   x  3 1  3x  
1 1 n ; y   x  2 3 1 3 . x  2 1;1 2   y  0   x   1 1  0   . x  0   1  ;  1 Ta có y  
1  n 1, y 0  n  3, y   1  n 1 . Suy ra max y  n  3.  1  ;  1
max y  4  n  3  4  n  1.  1  ;  1 Vậy m  n    1 1  0 . z
Câu 40. Cho z , z là hai số phức liên hợp của nhau thỏa mãn 1   và z  z  2 3 . Tính môđun của 1 2 2 z 1 2 2 số phức z . 1 5 A. z  2 . B. z  5 . C. z  3 . D. z  . 1 1 1 1 2 Lời giải
Đặt z  a  bi, a,b   z  z  a  bi . 1   2 1 Điều kiện: 2 2 z  0  a  b  0 . 1 Ta có 2
z  z  2 3  a  bi  a  bi  2 3  2 b  2 3  b  3  b  3. 1 2 z z z a bi3 3 3 2 2 3 a  3ab 3a b  b 1 1 1      i . 2 z z 2 z .z 2  2 2 a  b 2  2 2 a  b 2  2 2 2 a  b 1 1 1 2 z b  0 KTM Vì 1   nên 2 3 3a b  b  0   . 2 z 2 2 b  3a    * 2 Thay 2 b  3 vào   * ta được 2 a  1 . Vậy 2 2
z  a  b  1 3  2 . 1
Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A4;3;2 , B6;1;7 và C 2;8;  1 . Viết phương trình
đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và trọng tâm G của tam giác ABC . x y z x y z x y z x y z A.   . B.   . C.   . D.   . 2 1 1  2 1 1 4 1 3  2 3 1 Lời giải
Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là G 4;2;2 .  1 
Đường thẳng d đi qua O và G có một vectơ chỉ phương là u  OG  2;1;  1 . 2 x y z
Vậy đường thẳng d có phương trình chính tắc là   . 2 1 1
Câu 42. Lon nước ngọt có hình trụ còn cốc nước thì có hình nón cụt (như hình vẽ dưới đây). Khi rót nước
ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao h của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều cao của phần
nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao h của nước trong lon gần nhất là số nào sau đây? A. 9,18cm . B. 14, 2cm . C. 8,58cm . D. 7,5cm . Lời giải
Thể tích lon nước ngọt lúc đầu là 2 V  .3 .15  135 .
Gọi V là thể tích nước ngọt còn lại trong lon sau khi rót ra cốc. Ta có 2 V  .3 .h  9 h . 1 1  h
Gọi V là thể tích nước ngọt đã rót ra. Ta có V   2 2
r  r  rr trong đó r  2, r là bán kính 2  2 3
mặt trên của phần nước ngọt trong cốc. r 15 2h  30 Ta có   r  (do r  2). r 15  h 15 2  h   2h  30  2h  30 
Vì V  V V nên ta có phương trình  4   2.     9 h 135 1 2 3  15 15      3 2
 4h 180h  8775h 91125  0  h  8,58.
Câu 43. Cho số thực dương x bất kì và số thực dương y 1 thỏa mãn: 2 lny 1  4 l  n . x x y 1. Gọi M,m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của log x . Giá trị của . M m bằng y A. 4 2 . B. 4  2 . C. 4 . D. 2 2 . Lời giải Với x  0,y  0,y 1. 2 ln y 1  4 l  n x ln y 1  2 x y   x   x   y x   x  . y   2 . 1 log 4 ln 0 ln 1 .log 4 ln 0 y 2 2
ln x log x  4ln x  0  log x  ln x  4ln x . y y Xét f x 2
 ln x  4ln x , x  0 , 2  ln x  2 . t
Đặt t  ln x , 2  t  2 xét 2
f (t)  t  4t , f (t) 1 . 2 4t t  0 t  2 f (t)  0 1  0  4t  t  t   2 TM . 2   4 t   t 2  L Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
Hàm f (t) đạt giá trị lớn nhất M  2 2 tại t  2 , hay log x đạt giá trị lớn nhất M  2 2 tại y 2 ln x  2  x  e (TM) .
Hàm f (t) đạt giá trị nhỏ nhất m  2
 tại t  2 , hay log x đạt giá trị nhỏ nhất m  2  tại y 2 ln x 2 x e    (TM). Vậy M.m  2 2 .  2  4 2 . x  1 t 
Câu 44. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : y  1 t và mặt phẳng   : x  y  z  3  0. z 1t 
Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  , cắt và vuông góc với đường thẳng d là: x  1 x  1 x  1 x  1     A. y 1 2t . B. y 1 t .
C. y 1 t . D. y 1 t z 1 t     z  1 t  z  1 2t  z  1 t  Lời giải    
   +) Ta có   u  [n ,u ]       0;2; 2 20; 1;    1 . d   d  +) Gọi I  d   .
+) I  d  I 1 t;1 t;1 t .
+) Vì I  ,     nên I    t  0  I 1;1;  1 . x 1 
+) Do đó phương trình của đường thẳng  là: y 1 t . z 1t 
Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật, E là điểm trên cạnh AD sao cho BE
vuông góc với AC tại H và AB  AE , cạnh SH vuông góc với mặt phẳng đáy, góc  0 BSH  45 2a . Biết AH 
, BE  a 5 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 5 3 32a 5 3 16a 3 32a 3 8a 5 A. . B. . C. . D. . 15 3 5 5 5 Lời giải S A E D H B C
Tam giác ABE vuông tại A và có đường cao AH nên ta có: 2 A . B AE  AH.BE A . B AE  2a 2 2 A . B AE  2a  A . B AE  2a        . 2 2 2 2 2 2 AE  AB  BE AB  AE  5a   AB  AE  2 2  2A . B AE  5a AB  AE  3a
Suy ra độ dài các đoạn AB, AE là hai nghiệm của phương trình 2 2 X  3aX  2a  0 . AB  2a Vì AB  AE nên  . AE  a 4a
Tam giác AHB vuông tại H nên 2 2 BH  AB  AH  . 5 a
Tam giác SHB vuông tại H nên SH  BH  4 .cot BSH  . 5 1 1 1
Tam giác ABC vuông tại B và có đường cao BH nên    BC  4a . 2 2 2 BH BA BC 3 1 1 4a 32a 3 32a 5
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH.S  . .2 . a 4a   . S .ABCD 3 ABCD 3 5 3 5 15 2 x
Câu 46. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình e a e
 2x  a  0 có nhiều nghiệm nhất là A. a  0 . B. a  1. C. a  e . D. a  1 . Lời giải Đặt 2x e  a  2t.
Phương trình đã cho trở thành 2t e  2x  a (1). 2x e  2t  a Xét hệ phương trình  2x 2t 2x 2    2  2   2 t e e t x e x  e  2t 2 . 2t e  2x  a Dễ thấy hàm số   x
f x  e  x đồng biến trên  .
Phương trình 2  f 2x  f 2t   2x  2t  x  t .
Thay x  t vào phương trình   1 được 2x e  2x  a 3 . Xét hàm số    2x
y g x  e  2x . Tập xác định:  . Ta có 2   2 x y e  2. 2   0 x y  e  1  x  0 .
lim g  x   , lim g  x   . x x
Bảng biến thiên của hàm số y  g  x : Phương trình  
1 có nhiều nghiệm nhất  phương trình 3 có nhiều nghiệm nhất  a  1
Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A3; 2;0 , B 1
 ;2;4 . Xét hình trụ T  nội tiếp mặt
cầu đường kính AB và có trục nằm trên đường thẳng AB . Khi thể tích của khối trụ T  đạt giá
trị lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của T  đi qua điểm nào dưới đây? A. C 0;1; 2 3. B. C 0;1;2 3 . C. C 1;0; 2 3 . D. C 1;0;2 3 . Lời giải AB
Mặt cầu đường kính AB có tâm I 1;0;2 , bán kính R   2 3 . 2
Giả sử hình trụ T  nội tiếp mặt cầu đường kính AB có chiều cao h  2x , bán kính đáy r . Ta có 2 2 2 2 r  R  x  12  x .
Khi đó thể tích khối trụ T  là 2 V   r h    2 2 12  x  x 3  2
  x  24 x với 0  x  2 3 . +) 2 V   6
  x  24 ; V   0  x  2 . Bảng biến thiên
Suy ra thể tích khối trụ lớn nhất khi x  2 .
Khi đó, mặt phẳng P chứa đường tròn đáy của hình trụ T  có vectơ pháp tuyến là  AB   4
 ;4;4 nên phương trình mặt phẳng P có dạng x  y  z  d  0 . d  Ta có d I P 1 ,   2  d  1 2 3 . 3
Phương trình mặt phẳng chứa hai đường tròn đáy của hình trụ T  là:
P :x  y  z 1 2 3  0 , P :x  y  z 1 2 3  0 . 2  1 
Kiểm tra ta được điểm C  1
 ;0;2 3 thuộc mặt phẳng P . 2  1 Câu 48. Cho hàm số 4 3 2
y  f (x)  x  ax  bx  cx có đồ thị C của hàm số y  f  x như hình vẽ 4 sau:
Đặt g  x  f  f x , hx  f  f x . Tổng số điểm cực trị của hàm số g x, hx là: A. 12 . B. 11. C. 10 . D. 8 . Lời giải Ta có : f  x 3 2
 x  3ax  2bx  c có đồ thị C.
Dựa vào đồ thị ta có : f  x   x  2  x   3 2 2 . 1  x  3x  4 .
Đồng nhất hệ số ta được a  1  ;b  0;c  4. 1 Suy ra f  x 4 3
 x  x  4x; f  x 2  3x  6x . 4
+ Xét hàm số y  g  x  f  f x .
Ta có g x  f   x. f  f  x. x  0 x  0  f  x  0   x  2 x  2 g x  0       (*).  f  3 2      f  x  0 f ' x 2 x  3x  4  2   1    f '   x 3 2  1  x  3x  4  1  2 Do phương trình  
1 có 3 nghiệm, phương trình 2 có 1 nghiệm nên hệ phương trình (*) có 6
nghiệm, trong đó có 3 nghiệm bội chẵn của phương trình  
1 . Do đó hàm số g  x có 3 điểm cực trị.
+ Xét hàm số h  x  f ' f x
Ta có h ' x  f  x. f   f  x . x  2 x  2 x  1    f  x 0    x  1  h ' x 0      1 4 3  x  x  4x  0  3 **  f  
 f x  0  f x  0  4   f   x  2 1 4 3 x  x  4x  2 4 4
Do phương trình 3 có 2 nghiệm đơn, phương trình 4 có 2 nghiệm đơn nên hệ phương trình
(**) có 6 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm bội chẵn x  2 . Do đó hàm số h  x có 5 điểm cực trị .
Vậy tổng số điểm cực trị của hai hàm g  x, h x là 8.
Câu 49. Hàm số bậc ba y  f x có đồ thị C đi qua điểm A1;0 ; hàm số bậc hai y  g  x có đồ thị 1 
C đi qua điểm B1; 4. C , C cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1   2  2 
1; 2;3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị C , C 1   2  A. 115 . B. 32 . C. 71 . D. 112 . 3 3 6 3 Lời giải
Ta có: C đi qua điểm A1;0 nên f   1  0 . 1 
C đi qua điểm B1;4 nên g  1  4  . 2 
Vì C , C cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1;2;3 nên ta có: 1   2 
f x  g  x  a  x  
1  x  2 x  3 (*), a  0
Thay x  1 vào hai vế (*) ta được: f   1  g  
1  4a  4  4a  a  1 (thỏa mãn).
Suy ra f x  g  x   x  
1 x  2 x  3 .
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị C , C là: 1   2  2 3 71 S   x  
1  x  2 x  3dx   x  
1  x  2 x  3dx    . 6 1 2
Câu 50. Cho hai số phức z , z thỏa mãn z 1 i  1, z  2  i  2 . Số phức z thỏa mãn 1 2 1 2
z  z 1i z và z  z 2i z là các số thuần ảo. Tìm giá trị nhỏ nhất của z32i . 2   2  1   1  A. 0 . B. 3. C. 2 . D. 1. Lời giải
Giả sử z  x  y i , z  x  y i , z  x  yi với x , y , x , y , x, y   . 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2
Gọi các điểm biểu diễn số phức z , z , z lần lượt là M x ; y , M x ; y , M  x; y. Ta có 2  2 2  1  1 1  1 2
+) z 1 i  1  M thuộc đường tròn C có tâm I 1;1 , bán kính R  1. 1   1  1 1 1
+) z  2  i  2  M thuộc đường tròn C có tâm I 2;1 , bán kính R  2 . 2   2  2 2
2 
+) z  z 1 i  z là số thuần ảo  x  x 1 x  y  y 1 y  0  M M  M I  1   1   1   1  1   1  1 1 1
MM là tiếp tuyến của đường tròn C . 1  1
 
+) z  z 2 i  z là số thuần ảo  x  x 2  x  y  y 1
  y  0  M M  M I 2   2   2   2  2   2  2 2 2
 MM là tiếp tuyến của đường tròn C . 2  2
Ta thấy, điểm A3;2 nằm ngoài hai đường tròn C , C nên từ A kẻ được tiếp tuyến tới hai 2  1  đường tròn trên.
Do đó z  3  2i  MA đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M  A.
Vậy giá trị nhỏ nhất của z  3  2i bằng 0 .
____________________ HẾT ____________________

Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2021 môn Toán sở GD&ĐT Lào Cai

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Chuyên đề đọc đồ thị hàm số mức thông hiểu giải chi tiết

TOP 205 câu trắc nghiệm vận dụng cao phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz (có đáp án và lời giải)

TOP 100 câu trắc nghiệm số phức vận dụng cao (có đáp án và lời giải)

Đề ôn thi TN THPT môn Toán 2021 chuẩn cấu trúc đề minh họa -Đề 13 (có lời giải chi tiết và đáp án)

Bộ đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán (có lời giải chi tiết)