Đề thi thử TN THPT 2021 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 2) - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

(1)

Cau 1:

So

cac t'p con gom k phan tlf cua mc}t t'p hQ'p gom n phan tlf

(n

^k^E ¹

<

^k

< n)

^la?

Cau 2:

□

^A. ^Aⁿ^k

□

^B. ^C^n.^k

□

^C.

A!.

□

^D. ^pk

Cho cap so nhan ( u.n) v6'i u1 = 1 va c6ng bc}i q = 2. Hay ch9n khang djnh dung.

Cau 3:

□

^A. ^ll.5

=

⁹

□

^B. ^UJ

= 4

□

^C. ^Uij

= 13

□

^D. ^U2

=

³

Cho ham so_y

=

^cix³

+

^{b. 2}

+ +

^d^{( a.}

f:. 0)

co do thj nhU' hinh ve hen. Ham so da cho nghjch bien tren khoang nao d1.t6'i day?

□

^A.

□

^B.

□

^C.

□

^D.

Cau4:

(O· 2) (1· + ) (-2· 2) (- . o)

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THAM KHẢO SỐ 2

Đề thi có 06 trang

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

(10)

(11)

(12)

(13)

(14)

(15)

(16)

(17)

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN

Đáp án chi tiết

Câu 1: Số các tập con gồm k phần tử của một tập hợp gồm n phần tử (n k, ,1 k n) là

A. A_kⁿ. B. C_n^k. C. A_n^k. D. P_k^.

Lời giải Chọn B

Số các tổ hợp chập k của n phần tử (n k, ,1 k n) là C_n^k.

Câu 2: Cho cấp số nhân

 

^uⁿ ^với^u¹ ^¹ và công bội q 2. Hãy chọn khẳng định đúng.

A. u₅ 9^. ^B.u₃  4^. ^C.u₆ 13^. ^D.u₂ 3^. Lời giải

Chọn B

Áp dụng công thức u_n u q₁ ⁿ^¹. Ta có u₃ u₁4 4 ^.

Câu 3: Cho hàm số ^{y ax}^ ³ ^^bx² ^{ }^{cx d a}



^⁰



có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

 

^{0; 2} ^. ^B.



^1;^{ }



^. ^C.

 

^^{2; 2} ^. ^D.



^^{; 0}



^.

Lời giải Chọn D

Nhìn vào đồ thị ta thấy hàm số ^y ^ ^{f x}

 

nghịch biến trên khoảng



^^{; 0}



^.

(18)

Câu 4: Cho hàm số ^y ^ ^{f x}

 

có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đạt cực tiểu tại x  4 B. Hàm số đạt cực tiểu tại x 0. C. Hàm số đạt cực đại tại x  3. D. Hàm số đạt cực đại tại x 0.

Dựa vào bảng biến thiên hàm số đạt cực đại tại x 0.

 

có đạo hàm ^{f x}^

  

^{ }^x ²

 

^x ^¹



^x²^^{1 ,(}



^{ }^x ^⁾^{. Hàm số}^y ^ ^{f x}

 

^{đạt cực}

đại tại điểm

A. x  2. B. x  1. C. x 1. D. x 2. Lời giải

Chọn A

  

²

 

¹



² ¹

 

²

  

¹ ¹²

f x  x x  x   x x  x .

 

⁰ ²¹

1 x

f x x

x

  

      .

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  2

 

có bảng biến thiên như sau. Tổng số đường tiệm cận ngang và đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là

A. 3.

B. 1.

C. 2.

D. 4.

Lời giải Chọn A

Ta có

lim1 1

x _y x

      là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có _xlim_y  1, lim_x_y    2, y 1;y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do đó có 3 tiệm cận.

(19)

Câu 7: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên giống như hình bên?

A. y  3x³9x²2.

B. y2x³3x²  2x 2.

C. y  2x³6x²2.

D. y    x³ 6x 2.

Lời giải Chọn C

Giả sử y ax ³ bx²  cx d  y 3ax²2bx c .

Ta có

   

0 2

0 0

2 6

2 0

y y y y

  

 

 

 

  



2 0

8 4 2 6

12 4 0

d c

a b c d

a b c

  

 

     

   



2 0

2 6 d c a b

  

 

   

 



3 2

2 6 2

y x x

     .

 

liên tục trên trục số thực và có đồ thị như hình bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình ^{f x}

 

^⁰^là

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

Dựa vào đồ thị, nhận thấy đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^{cắt trục}^Ox tại 4 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4nghiệm.

Câu 9: Với x  2,x 2, biểu thức ³

 

⁹

 

² ¹

3

log x  2 log x2 log 8 bằng

A. ^{log 8}³^



^x²^⁴



^. B.

  

3

2 2

log 8

x  x .

C.

 

3

2 2

log 8

x  x 

. D. ^{log 8}³^



^x^²



^x^²^. Lời giải

Chọn D

   

²

 

3 9 1 3 3 3

3

log 2 log 2 log 8 log 2 log 2 log 8

P  x   x   x   x 

 

log 83 2 2 P   x  x  

(20)

Câu 10: Đạo hàm của hàm số ^y ^^{log 2}⁵



^x ^^{2021 ,}



^x ^{ }²⁰²¹₂ ^là

A. ^y^'^



²^x ^^{2021 ln5}²



^. ^B.^y^'^ ²^x^2ln5^²⁰²¹^.

C. ^y^'^



²^x ^^{2021 ln5}^¹



^. ^D.^y^' ^



²^x ^²⁰²¹^{2021 ln5}



^.

Ta có:

 



² ^{2021 '}

 

²



' 2 2021 ln5 2 2021 ln5 y x

x x

  

  .

Câu 11: Với alà một số thực dương tùy ý, a a³ bằng

A. a . B. ^{3 2}a ^. ^C.a. D. a³ ^.

Ta có P  a a³  a a. ¹³  a⁴³  ^{3 2}a . Câu 12: Nghiệm của phương trình 3^x^² 9 là

A. x  1. B. x 3. C. x 4. D. x  3.

Ta có 3^x^²  9 3^x^² 3²   x 2 2  x 4.

Câu 13: Số nghiệm của phương trình 2²^x²^{ }⁵^x ³ log 3₃ là

A. 0. B. 1. C. 3. D. 2.

Ta có ² ² ⁵ ³ ² 1

2 1 2 5 3 0 3

2

x x x

x x

x

   

       

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

(21)

Câu 14: Cho hàm số ^{f x}

 

^ ²_x^x_^₁^{1,( 1)}^x ^ . Hãy chọn khẳng định đúng.

A.



^{f x x x}

 

^d ^{ }² ^3ln ^x ^{ }¹ ^C ^. ^B.



^{f x x}

 

^d ^²^x ^^3ln ^x^{ }¹ ^C^.

C.



^{f x x x}

 

^d ^{ }² ^3ln ^x^{ }¹ ^C ^. ^D.



^{f x x}

 

^d ^²^x ^^3ln ^x^{ }¹ ^C ^.

Câu 15: Cho hàm số ^{f x}

 

^²^x^^cos^x. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A.



^{f x x}

 

^d ^ ^x₂² ^^sin^{x C}^ ^. ^B.



^{f x x x}

 

^d ^{ }² ^sin^{x C}^ ^.

C.



^{f x x}

 

^d ^ ^x₂² ^^sin^{x C}^ ^. ^D.



^{f x x x}

 

^d ^{ }² ^sin^{x C}^ ^.

 

liên tục trên trục số thực. Nếu

5

0

( ) 8

f x dx 



^và ⁵

3

( ) 2

f x dx  



^thì ³

0

( ) f x dx



bằng

A. 6. B. 6. C. 10. D. 10.

Ta có: ³ ⁵ ⁵ ³

0 3 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) 10

f x dx  f x dx  f x dx  f x dx 

   

^.

Câu 17: Tích phân ²



²



1

1 d x  x



^bằng

A. 15

3 . B. 11

3 . C. 10

3 . D. 4

3^. Lời giải

Chọn C

Ta có ²



²



³ ²

1 1

8 1 10

1 d 2 1

3 3 3 3

x  x x x        



^.

(22)

Câu 18: Cho hai số phức z₁  2 3 ,i z₂   4 5i. Số phức liên hợp của số phức z z ₁ z₂^là A.  2 2i. B.  2 2i. C. 2 2i . D.  6 8i.

Ta có z z        ₁ z₂ 2 3 4 5i i 2 2i    z 2 2i. Câu 19: Giải phương trình



^{1 2}^ ^{i z}



^{  }^{4 3}ⁱ ²^z^.

A. z  2 i. B. z  2 i. C. z   2 i. D. z   2 i. Lời giải

Chọn C

Ta có



^{1 2}^ ^{i z}



^{    }^{4 3}ⁱ ²^z ^z _{ }^{4 3}_{1 2}^ ⁱ_i ^{  }² ⁱ^Vậy^z ^{  }^{2 .}ⁱ

Câu 20: Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm M như hình bên?

A. z₄   3 2i^. B. z₁   3 2i^. C. z₂  2 3i^. D. z₃  2 3i^.

Số phức z a bi  được biểu diễn bởi điểm ^{M a b}

 

^; ^.

Điểm ^M

 

^{2; 3}^{   }^z² ^{2 3}ⁱ^.

Câu 21: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, cạnh SB vuông góc với đáy và mặt phẳng

 

^SAD tạo với đáy một góc 60. Thể tích của khối chóp S ABCD. bằng

A. 3 ³ 3 4

a . B. 3 ³ 3 8

a . C. 8 ³ 3 3

a . D. 4 ³ 3 3 a . Lời giải

Chọn C

Ta có S_ABCD 4a².

Ta có: ^SB ^



^ABCD



^^{SB AD}^ ^và^ABCD là hình vuông nên AB AD ^^AD ^

 

^SAB ^^{AD SA}^ ^.

   



^{SAD ABC}^; ^D



^^SBA^

SBA

 vuông tại B nên

tan 2 tan60 2 3

SB AB SAB  a   a .

3

. 1 . 8 3

3 3

S ABCD ABCD a

V S SB

   .

(23)

Câu 22: Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy là tam giác đều cạnh a và AA a 6. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 2 ³

4a . B. 3 2 ³

2a . C. 3 2 ³

4a . D. 2 ³ 2a . Lời giải

Chọn C

Chiều cao của khối trụ là h AA  a 6

Diện tích đáy là tam giác đều cạnh a là ² 3 4 S a

Thể tích của khối lăng trụ đứng ABC A B C.    là 3 2 ³ 4a V Sh  . Câu 23: Thể tích của một khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là

A. V S h. . B. V 3 . .S h C. 1 . .

V  9S h D. 1 . . V  3S h ^. Lời giải

Chọn D

Câu 24: Cắt hình nón ( )N bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh bằng 10. Diện tích xung quanh của ( )N bằng

A. 25 . B. 50 .

C. 100 D. 200

Vì SAB là tam giác đều cạnh bằng 10 l SA10;r OA 5 Vậy S_xq rl 50 .

Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^{1;1; 2}^



^{. Gọi}^M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

 

^Oxz . Hãy chọn khẳng định đúng.

A. ^OM^^

 

^{1;1;0 .} ^B.^OM^ ^

 

^{1;0;2 .} ^C.^OM^ ^



^{1;0; 2 .}^



^D.^OM^ ^{ }



^{1;0;2 .}



M là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

 

^Oxz ^^M



^{1;0; 2}^{ }



^OM^



^{1;0; 2}^



(24)

Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x²  y² z²  2x 2y 0. Bán kính của

 

^S ^bằng

A. 1. B. 2 2. C. 2. D. 2.

Mặt cầu ( )S có tâm ^I

 

^1;1;0 ^{ }^R ¹² ^{ }¹² ²

Câu 27: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x y}^: ^{   }²^z ^{1 0.} Điểm nào dưới đây không thuộc mặt phẳng

 

^P ^?

A. ^M

 

^{1;0;0 .} ^B.^N



^1;^^1;^{2 .}



^C.^E

 

^1;2;1 ^. ^D.^Q



^{ }^{1; 2;0}



^.

Thế 4 điểm M N E Q, , , vào mặt phẳng

 

^P ^^N không thuộc mặt phẳng

 

^P ^.

Câu 28: Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua điểm

 

^0;1;3

M và vuông góc với mặt phẳng

 

^{P x}^: ^{   }²^y ³^z ^{4 0}^?

A. 

1 (1;2; 3)

u   ^. ^B.

2 (1;1; 6)

u   ^. ^C.

3 (0;1;3)

u  ^. ^D.

4 (9; 3;1) u   ^. Lời giải

Chọn A

đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng

 

^P

d

 có một vectơ chỉ phương là ⁿ^_{ }^P ^



^{1;2; 3}^



Câu 29: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối, đồng chất hai lần liên tiếp. Xác suất để số chấm xuất hiện ở lần đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau bằng

A. 1.

2 B. 1 .

3 C. 1 .

12 D. 1.

6 Lời giải

Chọn C

Không gian mẫu  36

Gọi A là biến cố’ số chấm xuất hiện ở lần đầu gấp 2 lần số chấm hiện ở lần sau “

     



2;1 ; 4;2 ; 6;3

  

3

A n A

   

   

^{n A} ₁₂^{1 .}

p A

  



(25)

Câu 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ?

A. 1.

2 y x

x 

  B. y log .₂x ^C.y x ³3x² 2. D. y x ³ 2x1. Lời giải

Chọn D

Hàm số nào dưới đây đồng biến trên    D  loại A và B Xét D có y' 3 x² 2 0,  x Chọn D.

Câu 31: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 2x 1 y  x

 trên đoạn 2;0. Giá trị của 15M m bằng

A. 0. B. 2. C. 76

5 . D. 74

5

 . Lời giải

Chọn B Ta có



³



²

 

¹

 

' 0, 2;0 2 ; 0 1

2 1 5

y x M y m y

x

  

              15M m 2

  

Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình ^log⁹



^x ^{ }⁸



^log³



^x ^²



^là

A.

 

^^4;1 ^. ^B.

 

^^2;1 ^. ^C.

 

^^1;4 ^. ^D.



^1;^



^.

Điều kiện 8 0 2 0 2

x x

x

  

   

  





  

² ²

9 3

log x  8 log x     2 x 8 (x 2)        x 3x 4 0 4 x 1 Kết hợp điều kiện ^{  }^x

 

^2;1

Câu 33: Cho ²

 

1

d 5, f t t 



²

 

1

d 3.

g s s 



Tích phân ²

   

1

2f x 3g x xd

  

 

 



^bằng

A. 4. B. 1. C. 2. D. 8.

       

2 2 2

1 1 1

2f x 3g x xd 2 f x xd 3 g x xd 1

     

 

 

  

(26)

Câu 34: Kí hiệu z z_{1 2}, là hai nghiệm phức của phương trình z²  2z 4 0. Giá trị của

1 2

1 1

z  z bằng

A. 2. B. 1

2 . C. 1

2. D. 1.

2 1 2 1 2

1 2

1 1

2 4 0 1 3 ; 1 3 2 1

z z z i z i z z

z z

             

Câu 35: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a 2. Gọi K là trung điểm của SC và  là góc giữa đường thẳng BK và mặt phẳng (SCD) (tham khảo hình vẽ minh họa). Tính sin.

A. sin 6.

  6 B. sin 3.

  3 C. sin 6.

  3 D. sin 3.

  2 Lời giải

Chọn C

+) sin d B SCD( ,( )) d A SCD( ,( ))

BK BK

  

+) Kẻ AH vuông góc với SD, suy ra

( )

AH  SCD ⇒ ( ,( )) . 6

3 SAAD a d A SCD AH

  SD 

+) SC 2a, ( ) 1

BC  SAB BC SB BK  2SC a

Vậy sin ( ,( )) 6

3 d A SCD AH

BK BK

   

(27)

Câu 36: Cho hình hộp đứng ABCD A B C D.     có tất cả các cạnh bằng 2a và ABC 60⁰(tham khảo hình vẽ minh họa). Gọi M là trung điểm của cạnh AA Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (MBC) bằng

A. a. B. 3 .

3

a C. 5 .

2

a D. 3 .

2 a Lời giải

Chọn D

+) (MBC) DD' { }  N MN ⫽ AD

' { } '

AD MN  I ID IAd D MBC( ',( ))d A MBC( ,( )) +) Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a,

kẻ AK BC AH, MK d A MBC( ,( ))AH

+) 3, 3

a2 AK a AM a AH 

Câu 37: Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm nằm trên trục Oy, đi qua hai điểm A(1;2; 2) và B(3;1; 1) có phương trình

A.

   

^x^¹² ^{ }^y ¹²^{ }^z² ¹³^. ^B.^x² ^{ }⁽^y ¹⁾²^{ }^z² ⁶^.

C. x²  (y 1)²  z² 14. D. x² (y 2)²  z² 9. Lời giải

Chọn C

Gọi tọa độ tâm mặt cầu là ^{I a}



^{0; ;0}



^^Oy^.

Do mặt cầu này đi qua hai điểm A(1;2; 2) và B(3;1; 1) nên ta có IA IB Từ đó ta có phương trình 1²  (a 2)²    2² 3² (a 1)²   1² a 1. Bán kính mặt cầu bằng ^IA^ ¹² ^{   }

 

³ ² ²² ¹⁴^.

Do đó phương trình mặt cầu là x² (y 1)² z² 14.

(28)

Câu 38: Trong không gian Oxyz, đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^{x y}^{   }²^z ^{4 0} và cắt hai

đường thẳng ₁ : 1 1 2

2 1 3

x y z

d      , ₂ : 2 1

1 2 2

x y z

d    

 có phương trình là

A. 1 2 3

2 1 2

x   y z  . B. 1 2 3

2 1 2

x y  z  .

C. 1 2 3

2 1 2

x   y z  . D. 1 2 3

2 1 2

x  y  z  . Lời giải.

Chọn C

Gọi ^{M a}⁽² ^^1;^a^^1;3^a^{ }²⁾

 

^d¹ ^,^N



^{ }² ^{b b}^{;2 ; 1 2}^{ } ^b

  

^ ^d² ^.

Khi đó ^NM^{} ^



²^{a b}^{ }^3;^a^{ }²^b ^1;3^a^{ }²^b ³



^.

Vì ^{ }

 

^P ^nên^{} ^_{ }P ² ₂ ³ ²₁ ^{1 3} ²₂ ³

a b a b a b

NM kn          .

Do đó ta có hệ phương trình 2 4 2( 2 1) 3

2 4 2 3 2 3 1

a b a b a

a b a b b

 

        

 

 

        

 

  .

Vậy tọa độ điểm N( 1; 2; 3)  

Từ đó ta có phương trình đường thẳng : 1 2 3

2 1 2

x  y z 

   .

Câu 39: Cho hàm số y  f x( ) có đồ thị như hình vẽ bên. Tổng tất cả các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số ^y ^



^{f x}^{( )}^{ }^m ²



² trên đoạn [ 2;1] bằng 36 là

A. 8.

B. 0.

C. 4.

D. 4.

Xét hàm số g x( ) f x( ) m 2 trên đoạn [ 2;1] có ^2;1

2;1

( ) 6

min ( ) 2. Max g x m

g x m

 

 

 

 

 

 

  

  

 Do y g x( )²  g x( )² và ²

[ 2;1] [ 2;1]

max ( )_ g x  36max ( )_ g x 6

2 8 4 0

6 8 8.

2

m m

   

      



 

(29)

Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tập nghiệm của bất phương trình



³^x ^m⁷²⁹



⁶

m  mx có đúng một số nguyên dương?

A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.

Do yêu cầu bài toán, ta chỉ cần xét x 0. Ta có:

Bất phương trình tương đương: m 3^x 3^m⁶mx6

6 6

3^x 3^m x

 m

  

6 6

3^x x 3^m

   m ^ ^{f x}

 

  ^f^{ }^{ }  _m⁶ , với ^{f t}

 

^{ }³^t ^t^,^t ^⁰^.

Ta có f t 

 

3 ln 3 1 0,^t     t



0;



nên hàm số f đồng biến trên khoảng



^0;



^.

Do đó: ^{f x}

 

^^f^{ }^{ }   _m⁶ ^{ }^x _m⁶ . Suy ra, tập nghiệm là S 0; 6 m

 

 

  . Khi đó :

YCBT xảy ra khi và chỉ khi 1 6 2 3 m 6

m     .

Vì m ^^nên^m^

 

^3;4;5 ^{.Vậy có}³ giá trị của tham số m thỏa YCBT.

Câu 41: Cho hàm số 3 ₂ 2 khi 1 ( ) 2 1 khi 1

x x

f x x x

  

    . Giá trị của tích phân

 

0

sin . 2cos 1 d

I 



^ x f x  x ^bằng A. 29

3 . B. 17

3 . C. 2. D. 22

3 . Lời giải

Chọn B

+) Đặt 2cos 1 d 2.sin .d sin .d 1.dt

t  x   t   x x  x x  2 . Đổi cận: x   0 t 3, x     t 1.

Khi đó

 

³

 

0 1

sin . 2cos 1 d 1. dt

I ^ x f x x 2 f t







 



       

1 3 1 3

2

1 1 1 1

1 d d 1 3 2 d 2 1 d

2 f x x f x x 2 x x x x

 

   

   

 







  



 



 ⁼¹⁷₃ ^.

(30)

Câu 42: Gọi S là tập hợp gồm các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức z thoả mãn

1 4 13

z  i  và z  1 i 18. Diện tích của Sgần với số nào nhất trong các số sau đây?

A. 97. B. 45. C. 57. D. 16.

+) Từ z 1 4i  13, ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên ngoài đường tròn

     

^C¹ ^: ^x ^¹²^{ }^y ⁴ ² ^¹³^{có tâm}^I¹

 

^1;4 , bán kính R₁  13.

+) Từ z   1 i 18, ta có tập hợp điểm M là miền hình phẳng (kể cả biên) nằm bên trong đường tròn

     

^C² ^: ^x ^¹ ²^{ }^y ¹² ^¹⁸^{có tâm}^I²

 

^{1; 1}^ , bán kính R₂  18.

Nên tập hợp các điểm M thoả mãn là miền tô đậm như hình vẽ.

Gọi S là diện tích miền tô đậm, S₁ là diện tích hình tròn

 

^C² ^,^S² là diện tích phần hình phẳng khép kín giới hạn bởi 2 đường tròn (phần tô nhạt).

Ta có:

   

4 2 2

1 2 22

2

. 1 18 1 4 13 1 d 44,64

S S S R x x x



   

   

   



           ^(đvdt).

(31)

Câu 43: Cho khối chóp S ABCD. có mặt bên

 

^SBC vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SBC là tam giác đều có cạnh bằng 2a, đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D có AB DC AD. Gọi DN là trung tuyến của tam giác BCD. Giả sử khoảng cách giữa hai đường thẳng DN và AS bằng 2a. Thể tích khối chóp S ABCD. bằng

A. 3a³. B. 3 ³

6a . C. 3 2a³. D. 2 3a³. Lời giải

Chọn D

Gọi M là trung điểm của AD, khi đó

2 2

AB CD AD

MN   

do đó tam giác ADN vuông tại N .

Do tam giác SBC đều,

  

^SBC ^ ^ABCD



và N là trung điểm của BC nên ^SN ^



^ABCD



và SN a 3.

Ta có ^DN_DN ^_^AN_SN ^^{ }_ ^DN ^



^SAN



 ,

do đó hạ NH SA thì NH chính là đường vuông góc chung của SA và DN . Tam giác SAN vuông tại N , đường cao NH  2 ,a SN a 3 nên ta có

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

2 3 6

AN SN  HN  AN  a  a  a AN a 6.

Gọi giao điểm của AN và DC là P. Khi đó tam giác ADP vuông cân tại D và có diện tích bằng diện tích hình thang ABCD, do đó diện tích S_ABCD AN² 6a².

Thể tích khối chóp S ABCD. bằng 1 .6 . 3 2 3² ³ 3 a a  a .

(32)

Câu 44: Người thợ một tấm kim loại hình chữ nhật chiều dài 1,8m, chiều rộng 50cm thành một chiếc rương để đựng đồ. Biết rằng mặt đáy và các mặt xung quanh của rương là các mặt của hình hộp chữ nhật và nắp rương là một phần của mặt xung quang hình trụ (tham khảo hình vẽ) . Sau khi ghép hai mặt còn lại để hoàn thành chiếc rương thì thể tích của chiếc rương đó gần với giá trị nào sau đây?

A. ¹¹¹⁴¹⁶

 

^cm³ . B. ¹⁰⁸⁵⁸²

 

^cm³ ^{. C.}¹⁰⁸⁵⁸¹

 

^cm³ ^. ^D.¹¹¹⁴¹⁵

 

^cm³ ^.

Thể tích của rương được tính theo công thức V GH S . _AFHJ^. Trong đó S_AFHJ là diện tích hình thang cong gới bạn bởi các đoạn

thẳngAF HF HJ, , ^{và cung}JA. Gọi

 

^{O R}^, là đường tròn chứa cung AJ và ^AOJ ^^{x rad x}

 

^, ^^0.

Theo định lí cosin trong tam giác OAJ ta có

 

2 2 2 2 2 2 2 20

40 2 cos 40 2 1 cos 4 sin

2 sin

2

R R R x R x R x R

         x .

Sử dụng công thức độ dài cung ta được Rx 60 R 60

   x Từ đó suy ra 3sin 2.991563136

2

x   x x

Khi đó 40² ² 1 ²sin 1600 1800 1800sin

2 2

AFHJ x x

S R R x

x x

      .

Thay vào ta được ^V ^¹⁰⁸⁵⁸¹

 

^cm³ ^.

(33)

Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^3;12;24



^,^B



^19;40;8



. Viết phương trình đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác OAB và cắt đường thẳng AB tại điểm M có tọa độ nguyên sao cho IM 9.

A.

4 7 4

4 8

x t

y t

z t

  

  

   



. B.

6 15 4 12 9

x t

y t

z t

  

  

  



. C.

7 19 4 20 10

x t

y t

z t

  

  

  



. D.

11 4 26 7 16 4

x t

y t

z t

  

  

  



.

Ta có : OA27,OB 45,AB 36 do đó với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB thì ta

có :        

36.IO45.IA27.IB 0 4.IO5.IA3.IB 0^^I



^6;15;12



Ta có : ^AB^ ^



^{16;28; 16}^

 

^^{4 4;7; 4}^



Suy ra phương trình đường thẳng

3 4

: 12 7

24 4

x t

AB y t

z t

  

  

  

 M



3 4 ;12 7 ;24 4 t  t  t



Khi đó : ^IM^ ^



⁴^t^^3;7^t^^{3;12 4}^ ^t



^^IM ^



⁴^t^³

 

² ^ ⁷^t^³

 

² ^ ^{12 4}^ ^t



²

81 81t2 162t 162

    81t²162t 81 0 ^{ }^t ^{1 /}

 

^{t m}

Suy ra : ^IM^ ^

 

^1;4;8 nên phương trình đường thẳng

6

: 15 4

12 8

x t

d y t

z t

  

  

  



.

(34)

Câu 46: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f x( ) với đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số g x( ) x f x. ( )² m có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị ?

A. 9. B. 8. C. 7. D. 10.

Ta có

  

²



²2

' ( ) '( ) ( ) ( )

( ) xf x m g x f x xf x f x

xf x m

  



Cho

   

 

2 2

( ) '( ) ( ) 0 1

' 0

( ) 0 2

f x xf x f x

g x xf x m

  

    

Xét

 

¹  ^{f x f x}^{( ) ( )}



^{xf x}^{'( )}



 ⁰ ^^{f x}_{f x}^{( ) 0}_{( )}^_{xf x}_{'( ) 0}  ^_{h x}^x_{( )}     ⁰ _{f x}^x_{( )}²_{xf x}^{x x}_{'( ) 0}¹ ^(3;4) Ta có h x'( ) 2 '( ) f x xf x"( ) là hàm số bậc 3 có h'(0) 0; '(1) 0; '(2) 0, '(4) 0 h  h  h  Và h(0)h(2) 0 h x( ) 0 có 4 nghiệm 0; ; 2;x₂ x₃

Vậy phương trình 1 có 5 nghiệm 0; ; 2; ;x₂ x x₃ ₁ trong đó x 0là nghiệm kép.

Xét

 

² ^^{xf x}²^{( )}^{  }^m ⁰ ^{f x}²^{( )}^^_x^m



^x ^⁰

  

³

Hàm số có nhiều điểm cực trị nhất  m 0:

 

³ ^{( )}

( ) f x m

x m

f x x

 

 

    

Vẽ hai đồ thị y m x

  và y m x

   cùng 1 hệ toạ độ với y  f x( ) Ta thấy khi

 

³ có nhiều nhất là 5 nghiệm

Vậy hàm số có nhiều nhất là 9điểm cực trị.

(35)

Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các số thực m sao cho bất phương trình

 

2 4. ^x . 2^x 1 2 3^x x _x 1

m e m e m m e

e

      vô nghiệm. Số phần tử của tập S là

A. 0. B. 1. C. 2. D. Vô số.

Ta thấy, bất phương trình ^{m e}^{2 4}^. ^x ^^{m e}^. ²^x ^{ }¹



^m²^^{m e}



³^x ^^x_e^^x ¹ vô nghiệm

 

^

2 4. ^x . 2^x 1 2 . 3^x x _x 1,

m e m e m m e x

e

        

 

^

2 5. ^x . 3^x ^x 2 4^x 1,

m e m e e m m e x x

        

 

^

2 5. ^x 2 4^x . 3^x ^x 1 0,

m e m m e m e e x x

         

Đặt e^x t t, 0, ta có bài toán tương đương

“ Tìm mđể bất phương trình ^{f t}

 

^^{m t}^{2 5}^. ^



^m² ^^{m t}



⁴ ^^{m t}^. ³ ^{ }^t ^ln^t^{   }^{1 0,} ^t ⁰^”

Nhận xét: ^f

 

¹ ^⁰ và hàm số ^y ^^{f t}

 

liên tục trên khoảng



^0;^



nên điều kiện cần để bài toán xảy ra là t 1 phải là điểm cực tiểu của hàm số.

Như vậy điều kiện cần là:^f^

 

¹ ^⁰^.

Do ^{f t}^{ }

 

^{5 .}^{m t}^{2 4}^⁴



^m²^^{m t}



³ ^³^mt² ^{  }¹ ¹_t ^m²_{    }^m ⁰ ^{ }^^m_m ₁⁰

Điều kiện đủ: 

+ ) Với m 0, ta có ^{f t}

 

^{ }^t ^ln^t^{ }¹ ^{f t}^

 

^{  }¹ ¹_t ^{f t}^

 

^ ^t^_t ¹, ta có bảng biến thiên

Theo BBT, ta thấy ^{f t}

 

^{  }^0, ^t ⁰^nên^m ^⁰ thoả mãn yêu cầu của bài toán.

+) Với m 1, ta có ^{f t}

 

^{ }^t⁵ ²^t⁴ ^{  }^t³ ^t ^ln^t^{ }¹ ^{f t}

 

^^{t t}

 

²^^t ² ^{ }^t ^ln^t^¹

Dễ thấy ^{t t}

 

²^^t ² ^{  }^0, ^t ⁰ và theo phần phía trên, ta đã có tlnt   1 0, t 0^,

như vậy ^{f t}

 

^^{t t}

 

²^^t ² ^{ }^t ^ln^t^{   }^{1 0,} ^t ⁰^nên^m^¹ thoả mãn yêu cầu của bài toán.

Kết luận: có 2 giá trị của m thoả mãn.

0 - 0 +

+∞

1 0

f(t) f '(t)

t

(36)

Câu 48: Cho hàm số y e^x có đồ thị

 

^C và đường thẳng

 

^d ^cắt

 

^C tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x₁^,x₂^{sao cho}x₁ x₂ 0^{. Gọi}S₁ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^C , trục hoành, và các đường thẳng x x ₁^,x x ₂^;S₂ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^d , trục hoành, và các đường thẳng

x x 1^,x x ₂^{. Biết} ² ¹

2

3 2 x S

S  . Hỏi diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^C ^và

 

^d thuộc khoảng nào sau đây?

A.

 

^2;2,5 ^. ^B.



^1,8;1,9



^. ^C.

 

^1,9;2 ^. ^D.

 

^2,5;3 ^.

Gọi d y ax b:   . Vì ^{d C}^

   

^ ^{A B}^, ^và^x¹^{ }^x² ⁰

nên a 0, b 0.

Không mất tính tổng quát, ta xét x₂ 0^.

Ta có: ² ² ²

1 ^x_x2e d^x e^x e ^x

S 



_ x   ^ ^,^S² ^



_^x_x²₂



^{ax b x}^



^d ^²^bx²

Vì x₁  x₂^,x₂ là nghiệm của phương trình: e^x ax b

nên ²

2

2 2

e e

x x

ax b ax b

    

  

 .

Suy ra: ²^b ^^e^^x² ^^e^x² ^



^e^x² ^^e^^x²



² ^{ }⁴ ^S¹²^⁴

 

^*

+ Khi đó: ² ¹ ^{2 1} ¹ ¹ ₁

2 2 12

3 2 3

2 2 4 2

x S x S S S S

S  bx  b  S   

 .

Thay S₁ 2 3 vào

 

^* , ta được: và

   

2

2 2 2 2

2

2 2

2

ln 2 3

e 2 3

e e 4 e 4e 1 0

e 2 3 ln 2 3 0

x x x x x

x

x l

                 

Vậy ^{S S}^{  }² ^S¹ ²^bx²^{ }^S¹ ^{4 ln 2}



^ ³



^^{2 3 1,804}^ ^.

2 b

(37)

Câu 49: Xét các số phức z₁^,z₂ thay đổi thỏa mãn đồng thời hai đẳng thức z₁ 2và z z_{2 1}. ²12z₁4z₂ 0.Giá trị nhỏ nhất của 3z₁  z₂ 2 1i bằng

A. 9 5. B. 8 5. C. 10 5. D. 117 5.

Đặt z₁  a bi^,z₂  c id^vớia b c d R, , ,  ^. Khi đó ta có

2 2

2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1

2 2

1 1

. 12 4 0 . 12 . 0 . 12 6

4 4

2 2

ac bd

z z z z z z z z z z z z z z

a b a b

z z

   

             

   

   

   

         

   

  

 

.

Do



^{ac bd}^



² ^



^a²^^{b c}²



² ^^d²



^{  }^c² ^d²



^{ac bd}_a²^__b²



² ^⁹^.

Ta có ³^z¹^^z² ^



³^{a c}^{ }



^{i b d}⁽³ ^ ⁾ ^ ⁹



^a²^^b²

 

^ ^c² ^^d²



^⁶



^{ac bc}^



^ ⁷²^



^c²^^d²



^ ^{72 9 9}^{ } ^.

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức     u v  u  v nên

1 2 1 2

3z    z 2 1i 3z     z 2i 1 9 5.

Vậy GTNN của 3z₁   z₂ 2 1i bằng 9 5. Dấu bằng xảy ra khi

2 2

3 1

3 2

3 1

3 2

4 6 a cb d a c

a c a c

b d b d

a b ac bd

  

   

 

   

 

  

  





^{a b c d}^{, , ,}



^^ ^{2 4 3 6}_{5 5 5 5}^; ^; ^; ^^

   .

(38)

Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1 1 2

2 1 3

x y z

d      và điểm ^M

 

^1;2;3 . Mặt phẳng

 

^P ^chứa ^d cắt các trục Ox Oy Oz, , lần lượt tại ba điểm ^{A a}

 

^;0;0 ^, ^{B b}

 

^{0; ;0} ^,^C

 

^0;0;^c ^với

5; 3

a    . Giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện MABC bằng

A. 56

27. B. 35

27. C. 52

27. D. 61

27. Lời giải

Chọn A

Mặt phẳng

 

^P ^{có dạng}_{a b c}^{x y z}^{  }¹^.

Ta có 1 . . 1₂ 1₂ 1₂ 2

S ABC a b c

a b c

    và

 

2 2 2

1 2 3 1

, 1 1 1

a b c d M P

a b c

  

  

 

 

  .

1 1 2 3 1

V 6 abc

a b c

     .

Ta lại có ¹

 

₃^{1 1 2}₇ ¹ ¹₁ ³ ⁷₃

1 1

2 2

a b c b a

d P

b c c a

 

 

      

 

        .

Do đó

 

2 3 2

1 2 6 1 . . . 1 2

6 3 3 7 3 3 3 7

a a a a

V abc a

a a a a a

    

    .

Khảo sát ta được 56

V  27 khi 14 a   3 .