Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2021 - Truyền hình VTV 7 lần 3 có lời giải chi tiết

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

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu 1: Có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ 8 điểm phân biệt cho trước mà không có ba điểm nào thẳng hàng?

A. 8!. B. C₈³. C. A₈³. D. 3!.

Lời giải Chọn B

Mỗi một tam giác được tạo thành bởi 3 điểm phân biệt nên đáp án cần chọn là B.

Câu 2: Cho cấp số nhân

 

^{un có u1 5 và u2 1}. Công bội của cấp số nhân bằng

A. 5. B. 5. C. 1

5^{. D.} 1

5. Lời giải

Chọn C

Ta có _{2 1} ²

1

1 5 u u q  q uu  ^.

Câu 3: Cho hàm số ^{y  f x}

 

có đồ thị như hình vẽ.Hàm số ^{y  f x}

 

đồng biến trên khoảng?

A.



^2;



^.

B.

 

^{2;2 .}

C.

 

^0;2

D.



^;0



^.

Lời giải Chọn A

Dựa vào đồ thị nhận thấy: Trên khoảng



^2;



thì đồ thị hàm số “ đi lên” với chiều từ trái qua phải. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng



^2;



^.

Câu 4: Cho hàm số ^{y  f x}

 

liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hàm số

 

y f x có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3. B. 2.

C. 1. D. 0.

Lời giải Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta chọn đáp án B.

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 3 (Đề thi có 06 trang)

O x

y

2

 2 2

2

Câu 5: Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên  và có ^{f x}

  

^{ x 2}

 

^x1



^x21



^{. Hàm số y f x}

 

^có

bao nhiêu điểm cực trị?

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

Lời giải Chọn B

  

²

 

¹



^{2 1}

 

²

  

^{1 12}

f x  x x  x   x x x .

 

^{0 21}

1 x

f x x

x

  

     

. Tại x  1 dấu của ^{f x}

 

không đổi nên chọn đáp án B.

Câu 6: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 1

3 1

y  x

 là đường thẳng

A. x 0. B. y 0. C. 1

y  3^{. D.} 1 x  3^. Lời giải

Chọn D

+) Tập xác định: \ 1 D         3 ^. +) Ta có

1 1

1 1

3 3

3 3

1 1

lim lim ; lim lim

3 1 3 1

x x

x x

y y

x x

 

   

 

 

     

  .

Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng x  1 .3 . Câu 7: Bảng biến thiên sau đây là bảng biến thiên của hàm số nào?

A. 2 1

1 y x

x 

  . B. 2 1 1 y x

x 

  .

C. 2 3

1 y x

x 

  . D. 2 1 y x

 x

 .

Lời giải Chọn C

Tính đạo hàm của các hàm số ở 4 phương án, ta có:

A. ^{y  2xx11  y}

 

^{x112    0, x 1.}

B. ^{y  2xx11  y}

 

^{x 312    0, x 1.}

C. ^{y  2xx13  y}

 

^{x112    0, x 1.}

D. ^{y  x2x1  y}

 

^{x212    0, x 1.}

Câu 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số bậc 4 (như hình vẽ ) và trục hoành bằng:

A. 3. B. 4.

C. 2. D. 1.

Lời giải Chọn B

Câu 9: Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a b , a 1, log_ab2. Tính log _a 3

b

T  ba .

A. 2

T  5. B. 2

T  5. C. 2

T  3. D. 2

T  3. Lời giải

Chọn D

Ta có: log 2 log 1 2

ab  ba .

3 3 3

log _a log _a log _a

b b b

T  ba  b a

3 3

1 1

log _b a log _a a

b b

 

3 3 3 3

1 1

log _b a log _bb log _a a log _ab

 

 

1 1

3log 3 3 3log

2 ^ba 2 ^ab

 

 

1 1 2

3 1. 3 3 3.2 3

2 2 2

   

 

.

Câu 10: Đạo hàm của hàm số ^{f x}

 

^log



^x21



^là

A. ^{f x}

 

^



^{x221 ln10x}



^{. B. f x}

 

^{ x22x1.}

C. ^{f x}

 

^



^{x211 ln10}



^{. D. f x}

 

^{ }



^{x221 logx}



^e.

Lời giải Chọn A

Ta có: ^{f x}

 

^



^{x221 ln10x}



^.

Câu 11: Rút gọn biểu thức P x x ³².^{6 (với} x 0), ta được

A. x¹⁵² . B. x⁴⁷. C. x³⁵. D. x⁵³. Lời giải

Chọn C

Với x 0thì P x ³².⁵x x x³². ¹⁶ x⁵³.

O x

y

2

 2 2

2

Câu 12: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 2^x2x 4^bằng

A. 1. B. 2. C. 3. D. 2.

Lời giải Chọn D

Ta có 2^{x x2} 4   x² x 2 0. Vậy tích các nghiệm của phương trình là x x_{1 2}  2. Câu 13: Nghiệm của phương trình 2^x3 8 _là

A. x 0. B. x 6. C. x  6. D. x  3. Lời giải

Chọn B

Ta có 2^x3 8 2^x3 2³x  3 3 x 6.

Câu 14: Cho hàm số ^{f x}

 

^ _x^{1,x 0}. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A.



f x dx( ) ln x ^{. B.}



^{f x dx( ) }_x^{12 C.}

C.



f x dx( ) lnx C ^{. D.}



^{f x dx( ) lnx C .}

Lời giải Chọn C

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số ta có ¹d ln x x  x C



^.

Câu 15: Hàm số F x( )x³+ sinxlà một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?

A. ( ) ⁴ cos . 4

f x  x  x B. f x( ) 3 x²cos .x

C. ( ) ⁴ cos . x4

f x   x D. f x( ) 3 x²cos .x Lời giải

Chọn B

Ta có F x'( ) 3 x²cos .x

Câu 16: Cho hàm số ^{f x}

 

liên tục trên đoạn    2;7 và thỏa ⁷

 

2

d 10 f x x 



^{, 4}

 

2

d 6

f x x 



^{. Tính 7}

 

4

d . f x x



A. 16. B. 4. C. 60. D. 4.

Lời giải Chọn D

Ta có ⁷

 

⁴

 

⁷

 

2 2 4

d d d

f x x  f x x f x x

  

^.

Suy ra ⁷

 

⁷

 

⁴

 

4 2 2

d d d

f x x  f x x f x x

  

^{  10 6 4.}

Câu 17: Tích phân ²

 

²

1

3 d x x



^bằng

A. 4. B. 61. C. 61

3 ^{. D.} 61

9 ^. Lời giải

Chọn C

   

^{3 2}

2 2 3 3

1 1

3 5 4

3 d 3 3 3

x x x

   



^{ 61}₃ ^.

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

Lời giải Chọn C

Ta có w z      ₁ z₂ 4 5i w 4 5i.

Câu 19: Cho số phức z  2 5 .i Tìm số phức w iz z  .

A. w   3 3i. B. w  3 7 .i C. w   7 7i. D. w  7 3i. Lời giải

Chọn A

Ta có w iz z  i(2 5 ) (2 5 ) 2 5 2 5 i   i       i i 3 3i Câu 20: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức nào dưới đây?

A.  3 4i. B.  2 i. C. 1 2i . D.  1 2i.

Lời giải Chọn B

Câu 21: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc BCA  30 ,

 

SO  ABCD và cạnh bên 3 2a

SB . Khi đó thể tích của khối chóp là A. ² 6

6

a _{. B.} ³ 6

6

a _{. C.} ³ 3

3

a _{. D.} ³ 3

4 a _. Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc BCA  30 nên BCD  60 ; BCD đều suy ra BD a , 3

2

CO a ^, AC 2CO a 3. Chiều cao SO SB OB² ² a 2

Ta có S^ABCD 21AC BD. 21. . 3a a a²23

2 3

. 1 . 1 2 3 6.

3 3 2 6

S ABCD ABCD a a

V  SO S  a  

Câu 22: Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B BC, 3 ,a AC 5a, cạnh bên A A' 6a. Tính thể tích khối lăng trụ bằng

A. 36a^{3. B.} 45a^3. C. 12a^{3. D.} 9a^3.

Lời giải Chọn A

Ta có AB AC²BC² 4a. 1 . 1.3 .4 6 2

2 2

SABC  AB BC  a a  a . Do đó V_{ABC A B C. ' ' '} S_ABC. 'A A36a³.

Câu 23: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCDcó AB 1và AD 2. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của ADvà BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN , ta được một hình trụ.

Tính diện tích toàn phần S^tp của hình trụ đó.

A. S_tp 10^{. B.} S_tp 2^{. C.} S_tp 6^{. D.} S_tp  4^. Lời giải

Chọn D

Gọi l^và rlần lượt là đường sinh và bán kính đáy của hình trụ.

Ta có: r  AD2 1,l AB 1^.

Diện tích toàn phần của hình trụ là S_tp 2rl 2r² 4 .

Câu 24: Trong không gian cho tam giác ABCvuông tại Acó AB  3 và ACB  30 . Tính thể tích Vcủa khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC .

A. V 2. B. V 5. C. V 9. D. V 3. Lời giải

Chọn D

Xét tam giác vuông ABCta có AC  tan30AB  3^.

Thể tích của khối nón nhận được khi quay tam giác ABCquanh cạnh AC là

1 2. 3

V  3AB AC  .

Câu 25: Trong không gian _Oxyz, cho tam giác ABC , với ^A



^1;3;4



^{, B}



^8;0;6



^{, C}

 

^2;3;2 . Hình chiếu vuông góc của trọng tâm Gcủa tam giác ABC trên mặt phẳng

 

^{Oxz là}

A. ^N

 

^{3;2;4 . B. Q}



^0;0;4



^{. C. P}



^3;0;0



^{. D. M}



^3;0;4



^.

Lời giải Chọn D

Tọa độ trọng tâm của ABClà ^G



^3;2;4



^.

Vậy hình chiếu của ^G



^3;2;4



trên mặt phẳng

 

^{Oxz là M}



^3;0;4



^.

Câu 26: Phương trình mặt cầu có tâm ^I



^{1; 2;3}



và tiếp xúc với trục Oy ^là

A. x²  y² z² 2x4y  6z 4 0. B. x²  y² z² 2x4y6z 4 0. C. x²  y² z² 2x4y  6z 9 0. D. x²  y² z² 2x4y6z 9 0.

Lời giải Chọn A

Gọi ^M



^{0; 2;0}



là hình chiếu của I trên trục Oy

Mặt cầu tâm ^I



^{1; 2;3}



tiếp xúc với trục Oy có bán kính là

 

^{, 12 32 10}

R d I Oy MI   

Vậy phương trình của mặt cầu cần tìm là

    

^{S : x12 y 2}

  

^{2 z 3 2 10.}

Hay

 

^{S x: 2   y2 z2 2x 4y  6z 4 0.}

Câu 27: Gọi

 

^ là mặt phẳng đi qua ^M



^{1; 1;2}



và chứa trục Ox. Điểm nào trong các điểm sau đây không thuộc mặt phẳng

 

^{ ?}

A. ^Q



^0;4;2



^{. B. M}



^{0;3; 6}



^{. C. N}



^{2;2; 4}



^{. D. P}



^{ 2; 2;4}



^.

Lời giải Chọn A

Gọi 

nlà một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

^ khi đó ta có    ,

n  OM i. Với

 

 1; 1;2

OM   , ^{i }

 

^{1;0;0  n}

 

^{0;2;1 .}

Phương trình mặt phẳng

 

^ đi qua điểm ^O



^0;0;0



và có một véc tơ pháp tuyến ^{n }

 

^{0;2;1 là}

2y z 0^.

Do 2.4 2 0  nên điểm ^Q



^0;4;2



không thuộc mặt phẳng

 

^{ .}

Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x y z:    2 0}. Một véctơ chỉ phương của đường thẳng  qua điểm ^A



^{1 ; 2 ; 1}



và vuông góc với mặt phẳng

 

^{P là}

A. ^{u   }



^{1 ; 1 ; 1}



^{. B. u }



^{1 ; 2 ; 1}



^{. C. u }



^{1 ; 1 ; 1 }



^{. D. u   }



^{1 ; 2 ; 1}



^.

Lời giải Chọn C

Mặt phẳng

 

^P có một véc tơ pháp tuyến là ^{n }



^{1 ; 1 ; 1}



^.

Đường thẳng  đi qua A và vuông góc với

 

^P có một véctơ chỉ phương là^{n }



^{1 ; 1 ; 1}



^.

Đối chiếu đáp án loại các phương án A, B và D do ba véctơ này không cùng phương với 

n. Chọn phương án C do ^{u   }



^{1 ; 1 ; 1}



cùng phương với ^{n }



^{1 ; 1 ; 1}



^.

Câu 29: Một hộp chứa 10 thẻ được đánh số 1, 2, …, 10. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ rút được là một số chẵn.

A. 7

9^{. B.} 1

2^{. C.} 2

9^{. D.} 5

18^. Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu:ⁿ

 

^{ C102 .}

Gọi A là biến cố: “Rút ngẫu nhiên 2 thẻ mà tích 2 số ghi trên thẻ là một số chẵn”.

Ta có ^{n A}

 

^C52

   

 

52 102

1 1 7

9

n A C

P A n C

     

 ^.

Câu 30: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng



^0;



^?

A. y log_{2 2}x. B. y log₃x^{. C.} y logx^{. D.} ₂₀₂₂

2021

log

y  x^. Lời giải

Chọn A

Xét đáp án A, a  2 2 1 nên hàm số nghịch biến trên



^0;



^.

Xét đáp án B, a 3 1 nên hàm số đồng biến trên



^0;



^.

Xét đáp án C, a 10 1 nên hàm số đồng biến trên



^0;



^.

Xét đáp án D, 2022

a  2021 >1 nên hàm số đồng biến trên



^0;



^.

Câu 31: Cho hàm số ^{y  f x}

 

xác định và liên tục trên , đồ thị của hàm số ^{y  f x}

 

^{như hình}

vẽ.Gọi M; m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

 

y f x trên đoạn 1;2. Khi đó M m bằng A. ^f

   

^{1  f 1 .}

B. ^f

   

^{1 f 2 .}

C. ^f

   

^{ 1 f 2 .}

D. ^f

   

^{0 f 2 .}

Lời giải Chọn A

Từ đồ thị hàm ^{y f x}

 

ta có bảng biến thiên Mặt khác ¹

 

²

 

1 1

f x dx f x dx



   

 

^{  f}

   

^{1 f 2}

Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên 1;2 là ^f

 

^{1 .}

giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1;2 là ^f

 

^{1 .}

Câu 32: Số nghiệm nguyên của bất phương trình ^log2



^{x2 1}



^{3 là}

A. 7. B. 6. C. 4. D. 2.

Lời giải Chọn C

Điều kiện ² 1

1 0 1

x xx

 

    

Ta có ^log2



^x2     ¹



^{3 x2 1 8 x2}     ^{9 3 x 3}.

Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là ^{S    }_ ^{3; 1}

 

^1;3_^.

Vậy các nghiệm nguyên của bất phương trình là ^{x   }



^{2; 3}



^.

Câu 33: Biết rằng ⁹

0 f x x( )d 37



^và



⁰⁹[2 ( ) 3 ( ) df x  g x x] 26. Khi đó có giá trị ³

0 g x x(3 )d



^là

A. 16

 3 ^{. B.} 16

3 ^{. C.} 17

3 ^{. D.} 17

 3 ^. Lời giải

Chọn A

Có ^{9 9}

0 [2 ( ) 3 ( ) df x  g x x] 2.37 3 0 g x x( )d 26

 

^



^{09g x x( )d  48}₃

3

0 0

9 9

0

1 1 16

(3 ) ( ) ( )d

3 3 3

g x dx  g t dt  g x x 

  

Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn:

 

^{2i z  2 2 3i}. Môđun của số phức z  1 zi là A. P  2. B. P  3. C. P 2. D. P 1.

Lời giải Chọn A

Ta có:

 

^{2i z    2 2 3i z 4 3}₂^_iⁱ

Suy ra z   1 zi 1 4 32ii  21 3ii    1 i z  2^.

Câu 35: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh SAvuông góc với mặt phẳng đáy và SA6 2, góc giữa SB và mặt phẳng ABCDbằng 45^{0. Gọi K} là trung điểm của SB. Tính khoảng cách từ K đển mặt phẳng (SAC).

A. 6 B. 3

C. 6 2 D. 3 2

Lời giải Chọn C

+) ( ,(SB ABCD))SBA^{^} 45⁰ AB SA 6 2

+) d K SACd B SAC( ,(( ,( )))) KSBS  2 d K SAC( ,( )) 12d B SAC( ,( )) +) BO AC BO SA ,  BO (SAC)d B SAC( ,( ))BO

1 1

( ,( )) 3

2 4

d K SAC BO BD

   

Câu 36: Cho hình lập phươngABCD A B C D. ’ ’ ’ ’ có tất cả các cạnh bằng 6 . Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của CD,AC’ ( Tham khảo hình vẽ minh họa). Tính thể tích khối tứ diện APQD'^.

A. 18 B. 24

C. 36 D. 12

Lời giải Chọn A

+) Dễ thấy BD’ đi qua Q, xét tứ diện D’ABP ta có:

1 18 ' 1.DD'. 36

2 3

ABP ABCD D ABP ABP

S  S  V  S 

+) Xét chóp D’.ABP có Q là trung điểm của BD’

Nên _' 1 _' 18

D APQ 2 D ABP

V  V 

Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P : 2x  6y z 15 0 , A(1;2; 3) và B(3;0;1).}

Viết phương trình mặt cầu tâm I có tọa độ nguyên, đi qua ba điểm O A B, , và tiếp xúc với mặt phẳng

 

^P

A. ^{x2 }



^{y 11}

  

^{2 z 7 2 170. B.}



^x2

    

^{2 y 1 2 z 12 6.}

C.



^x4

 

^{2 y 9}

 

^{2 z 7}



^{2 146. D.}



^x3

 

^{2  y 4}

 

^{2 z 4}



^{2 41.}

Lời giải Chọn D

Ta có 

(1;2; 3) OA  ,

(3;0;1)

OB  , ^_^{OA OB ,    }_



^{2; 10; 6}



và trung điểm của AB là



^{2;1; 1}



M  . Dễ thấy  

. 0

OAOB  nên tam giác AOB vuông tại O. Do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng  đi qua trung điểm của AB và vuông góc với mặt phẳng



^OAB



^.

Phương trình đường thẳng : 2 1 1

1 5 3

x y z

  

  ^{, I}



^{2t,1 5 , 1 3  t t}



^.

Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng

 

^{P nên} d^{I P/}  OI

  

₂

 

_{2 2}

   

²

 

²



²

2 2 6 1 5 1 3 15

2 1 5 1 3

2 6 1

t t t

t t t

      

       

 

2 1

594 696 102 0 17

99 t t t

t

 

       .

Do tâm I có tọa độ nguyên nên t 1 và I(3; 4; 4)  ^. Phương trình mặt cầu là



^x3

 

^{2 y 4}

 

^{2 z 4}



^{2 41.}

Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d₁:x27  y31 z58^,

2:x 5 4 y 35 z 12

d      và mặt phẳng

 

^{P : 2x y z  2021 0} . Viết phương trình đường thẳng  song song với

 

^{P , cắt d1 và d2} tại hai điểm M , N sao cho MN  14. A. :x33y45z22^{. B.} :x21 y32 z13^.

C. : 5 8 1

1 5 4

x y z

   . D. : 1 1 4

2 5 3

x y z

  

Lời giải Chọn B

Gọi tọa độ M



7 2 ; 1 3 ; 8 5 a   a   a



, N



 4 5 ;5 3 ;2b  b b



với



^{a b, }



^.

Khi đó ^{MN }



^{2a 5b 11;6 3 a 3 ;10 5b  a b}



^.(*)

Do đường thẳng  song song với

 

^{P nên MN n . P 0}

     

2 2a 5b 11 6 3a 3b 10 5a b 0 2a 14b 18 0 a 9 7b

                 . Thay lại vào (*) ta có ^{MN  }



^{7 9 ;18b b21;36b35}



^.

Mặt khác ^{MN  14  }



^{7 9b}

 

^{2  18b21}

 

^{2 36b35}



^{2 14}



²



1701 b 2b 1 0 b 1

      .

Từ đó ta có ^N

 

^{1;2;3 ;MN  }



^{2; 3;1}



nên ta có phương trình :x21y32  z13^. Câu 39: Cho hàm số y  f x( ) có đồ thị hàm số như hình vẽ. Số giá trị nguyên dương của tham số m

để bất phương trình mcosx f (cos )x nghiệm đúng với mọi ; 2 2

  

 

 

 

  ^là

A. 3. B. 0.

C. 1. D. 2.

Bài giải Chọn C

Ta có ^{mcosx f (cos )x  m f(cos ) cosx  x}

 

¹

Đặt ^{t cosx  t}



^0;1_

Khi đó

 

¹ trở thành ^{m f t ( ) t g t( ), t}



^0;1_

Xét g t( ) f t( )t ^trên   0;1

'( ) '( ) 1 0, 0;1 min ( )0;1 (0) 1

g t f t t t g t g

   

          

Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi ; 1

2 2 m

  

  

 

 

  Vậy có đúng 1 giá trị nguyên dương của tham số m.

Câu 40: Cho hàm số ^{y f x}

 

có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số y 2021^x qua đường thẳng x y 0 . Có bao nhiêu cặp số nguyên

 

^{a b;} là nghiệm của bất phương trình ^{f a}

  

^{2 f 3 2 a b2}



^?

A. 25. B. 9. C. 10. D. Vô số.

Lời giải Chọn C

+ Ta có: 2021 1

2021

x

y ^x    .

Vì đồ thị của hai hàm số y a ^x, y log_ax đối xứng nhau qua đường thẳng . Do đó, áp dụng với 1

a2021^{, suy ra:}

 

¹

2021

log y  f x  x^.

+ Do đó, bất phương trình ^{f x}

  

^{2  f 3 y2 2x}



tương đương

 

²

 

2 2

2 2 2

1 1 2

2021 2021

0 0

log log 3 2 3 2 1 4

x x

x y x x y x x y

  

  

 

           .

Suy ra : . Vì x ^{    x}



^{3; 2; 1;1;}



^.

- Với ^{x  }

 

^{3;1 , suy ra: y20,y    y 0}. Do đó trong trường hợp này có 2 cặp

 

^{x y; .}

- Với x  2, suy ra: ^{y2 3,y     y}



^1;0;1



. Do đó trong trường hợp này có 3 cặp

 

^{x y; .}

- Với x1, suy ra: ^{y24,y     y}



^{2; 1;0;1;2}



. Do đó trong trường hợp này có 5 cặp

 

^{x y; .}

Vậy có 10 cặp

 

^{x y,} thỏa mãn YCBT.

Câu 41: Cho hàm số ³₂ 2 khi 1

( ) 2 1 khi 1.

x x x

f x x x

   

     Xét các hàm số ^{g x h x}

   

^, liên tục trên  thỏa

mãn ^{g x}

 

là hàm số chẵn, ^{h x}

 

là hàm số lẻ đồng thời ^{g x h x}

     

^{ f x x, }. Khi đó giá trị ²

 

1

d g x x



 ^bằng

A. 65

24 ^B. 53

24 ^C. 17

6  ^D. 17

3  Lời giải

Chọn B

Xét giả thiết ^{g x h x}

     

^{ f x x, }

 

^{1 suy ra g x h x}

     

      ^{f x x, }

     

^

 

hay g x h x    f x x, 2 .( do ^{g x}

 

là hàm số chẵn, ^{h x}

 

là hàm số lẻ) Từ

   

^{1 & 2 g x}

     

^{f x  }₂^{f x và h x}

     

^{f x f x }₂ ^{. Thử lại g x}

 

^{, h x}

 

thỏa mãn.

Khi đó ²

 

²

 

²

 

²



³



¹

   

1 1 1 1 2

1 1 1 1

d d d 2 d d

2 2 2 2

g x x f x x f x x x x x ^ f x x

   

       

    

     

1 1 1

2 3

2 2 1

3 1 d 3 1 2 1 d 1 -2 d 53.

8 2 f t t 8 2^ t t 2 t t t 24

  

 



 



 





yx

 

²

0 0

3 1

1 4

x x

x x

   

 

     



Câu 42: Cho số phức ^{z x iy x y }



^{, ,y 0}



^{thỏa mãn z 1 2z 2 1i và z2 3}

 

^{z z 7.}

Khi đó tổng 2x y ^bằng

A. 7. B. 10. C. 11. D. 12.

Lời giải Chọn B

Ta có

 

 

2 2

2

2 2 2 2

6 7

3 7

3 2 3 4 9

3 3 4 2

x y x

z z z

x y x y

z z

 

    

   

 

 

         

 

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2

2 2

6 7

3 6 7 2 9 24 16

6 7

6 7

3 6 7 2 30 79 3 6 7 2 5 6 7 44 (*)

x y x

x x y x

x y x

x y x

x x x x

   

       

 

       

 

           Đặt t  6x 7 0, khi đó phương trình

 

^* trở thành

2

2 2 2

2 2 0

3 2 5 44 3 3 5 5

9 12 4 5 44 4 12 40 0 2

t t tt

t t t

t t t t t t

   

  

    

  

   

                 .

Từ đó ta có 6x     7 5 x 3 y 4 ^do y0. Vậy 2x y 10^.

Câu 43: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA2a và vuông góc với



^ABCD



^{. Điểm M} thay đổi trên cạnh CD, H là hình chiếu vuông góc của S trên

BM. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S ABH. theo a. A. ³

6

a . B. ³

12

a . C. ³

4

a . D. ³

9 a . Lời giải

Chọn A

Do ^_{ }^BH_BH ^SH_SA ^{BH }



^SAH



^{BH AH}

 ,

nên H thuộc đường tròn đường kính AB.

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB.

2 2

. 1 . 12 . 2 . . .

3 3 6 3

S ABH ABH ABH a HK a HK

V SAS_ a S_

    

Do đó để thể tích lớn nhất thì HKlớn nhất. HK lớn nhất

khi H là điểm chính giữa cung AB^{, tức là} H trùng với tâm hình vuông ABCD hay M trùng với D. Khi đó

a2 HK  ^. Vậy _max ³

6 V a .

a

a 2a

D

B C

A S

M K H

Câu 44: Tính thể tích của khối vật thể được tạo thành từ một khối cầu bán kính 10 ,cm bị đục đi một ống với bán kính 3cm dọc theo một đường kính của khối cầu ban đầu.

Để kết quả chính xác đến một chữ số thập phân.

A. 3636,0cm³. B. 3636,1cm³. C. 3636,2cm³ . D. 3636,3cm³.

Lời giải Chọn C

Dễ thấy khối vật thể trong đề bài là một khối trịn xoay, được tạo thành khi xoay phần hình phẳng được giới hạn bởi phần được gạch chéo trong hình dưới đây một vịng quanh trục Ox.

Phần đường cong nằm trên được cho bởi cơng thức ^{f x}

 

^{ R2x2,}



^{  s x s}



^với

2 2

s  R r

Thể tích của khối vật thể đã cho

2 2 2 2

1 _tr ^s ( ) 2 .

s

V V V  R x dx s r



  



 

Cụ thể ₁ ( ^{2 2 2}) 2 ² 2 ³.

3

s

s

V  R x dx s R s







  

Vậy V 2s R ²2sr²23s³. 43s^{3 (chú ý} s R r² ² ) Vớir 3( );cm R10( )cm ^{, ta cĩ} V 3636,2(cm³).

Ta cĩ V V CâùVTrụ2VC ỏm cầ_h u

Trong đĩ 4 ³ 4000

3 3 

 

Câù

V R

Khối trụ cĩ r3;h2 R² r² 2 91VTrụr h². 18 91

Chỏm cầu cĩ ₁ ^{2 2} 10 91 _{h 1}^{2 1} 2,089

  3 

      ^{C ỏm cầu}    

h R R r V h R h

Vậy ^{V V CâùVTr ïu2VC ỏm c àh au3636,2}

 

^{cm3 .}

Câu 45: Trong không gian _Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S x: 2}      ^{y2 z2 4x 2y 8z 6 0} và đường thẳng

1 3 1

: .

3 2 1

x y z

d     

 Xét điểm M thuộc đường thẳng d có hoành độ âm sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MD ME, đến mặt cầu

 

^{S sao cho IM luôn cắt DE và DME120o(I là}

tâm mặt cầu

 

^S ;D E, là các tiếp điểm). Đường thẳng  đi qua M và vuông góc với mặt phẳng

 

^Oxy có phương trình là A.

1

: 3

1 x y

z t

  

   

. B.

2

: 5

2 x y

z t

  

   

. C.

7

: 7

3 x y

z t

  

   

. D.

4

: 1

1 x y

z t

  

     .

Lời giải Chọn B

Mặt cầu

 

^{S có tâm I}

 

^2;1;4 và bán kính R3 3.

Phương trình tham số của

1 3

: 3 2

1

x t

d y t

z t

  

  

  



;

Điểm M d , ^nên M



1 3 ;3 2 ;1 t  t t



, (Điều kiện: 1 3 0 1

t t 3

    ^).

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE.

Theo tính chất tiếp tuyến: MD ME và ID IE R  nên IM DE tại H. Vì DMIEMI 60^o sin60^o 2 .3 3 6

3 ID IM

 IM   

  

²

  

^{2 2}

6 1 3 2 2 3 36

IM t t t

         

 

2 1

 

/

14 8 22 0 11

7

t t m

t t

t l

 

        ^M



^2;5;2



và đường thẳng

2

: 5

2 x y

z t

  

    .

Câu 46: Cho hàm số bậc ba y f x( ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực tiểu của hàm số



³



( ) ( )

g x  f x f x là

A. 8. B. 11.

C. 6 D. 5.

Lời giải Chọn C

Ta có ^{g x'( )}



^{3x2f x'( ) .}



^x_x^33_^{f x}_{f x}^{( )}_{( )} ^{f x'}



^{3f x( )}



Cho

 

     

2 3

3

3 '( ) 0 1

'( ) 0 ( ) 0 2

' ( ) 0 3

x f x

g x x f x

f x f x

  



   

  



Xét g x( ) x³ f x( )là hàm số bậc 3 và g( 1) g(1) 0 +) Phương trình

 

² có 3 nghiệm phân biệt

+) Vì

 

¹ là phương trình bậc 2 : g x'( ) 0 ^

 

¹ có hai nghiệm phân biệt.

Gọi a b, là hai nghiệm của phương trình ^{f x’}

 

^{   0 a 0 b}

 

^{3 x}_x^{33f x}_{f x}^{( )}_{( )} ^{a vn}_b^{( )}₁ ^{f x}_{f x}^{( )}_{( )}^{ x}_x^{33 b}_b

        

Trong đó y x³b là các đồ thị tịnh tiến từ đồ thị y x³ theo Oy một đoạn nhỏ hơn 1.

 

³

 có 6 nghiệm.

Vì _xlim ( )_g x   hàm số ^{g x( )f x}



^{3f x( )}



có 6 điểm cực tiểu.

Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số ^{m  }



^10;10



để phương trình

   

3 2 2

3 3

3^m log 4 3 3 log 12^m 9

x  x x x x  x có đúng ba nghiệm phân biệt. Tổng các phần tử của tập S bằng

A. 45. B. 43. C. 0. D. 2.

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x 43.

Phương trình đã cho có dạng: ^^{log 123}



^{x 9}



^{x x}



^23m



^{  0 }^{log 12}_x²³



₃^mx^{  }₀⁹



^{x 0.} Xét phương trình ^{log 123}



^{x    9}



^{x 0 x 1;x 3,} do đó để có đúng ba nghiệm phân biệt

2 3^m 0 2 3^m

x x

     có một nghiệm duy nhất 3 ;

x  4 x 1 và x 3.

 

3 9

9 log

3 16 16

3 1 0 1;3;...;9 .

3 9 2

m

m m

m

m m

m

  

    

    

   

   

 

 

      

Vậy tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn bằng: 1 3 4... 9 43.   

Câu 48: Cho hàm số bậc ba ^{f x}

 

^₂^{1x3bx2 cx d} có đồ thị là

 

^C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt trong đó hai điểm có hoành độ lần lượt là x  1,x 2. Đường thẳng d tiếp tuyến của đồ thị

 

^C tại điểm có hoành độ 5

x  4 cắt đồ thị

 

^C tại điểm có hành độ 5

x  3^{. Gọi} S₁^, S₂ là các diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

^C trục hoành, và trục tung (như hình vẽ bên dưới).

Khi tỉ số ¹

2

S a

S b ( phân số tối giải) thì b3a bằng

A. 131. B. 271. C. 53. D. 65.

Lời giải Chọn D

Giả thiết suy ra ^{f x}

 

^₂¹



^x

  

^{x 1 x2} . Gọi phương trình tiếp tuyến d là y mx n  suy ra ^{f x}

 

^{mx n }₂^1^x5₄^{ } ^2^x5₃^ hay ^{f x}

 

^{ }₂^1^x5₄^{ } ^2^{x 5}₃^ ^{mx n} .

So sánh hệ số của x² trong hai cách biểu diễn ^{f x}

 

^{ta được }₆¹¹. Thay vào ^{f x}

 

^tính

được

  

0 1

1

1 11 1 2 d 31

2 6 36

S x x x x



 

  





      ^{, 2 2}

  

0

1 11 1 2 d 79

2 6 18

S 



 x  x x x  ^. Vậy ¹

2

15831 S

S  do đó b3a 65.

Câu 49: Cho các số phức z z_{1 2}, thoả mãn z₁ 1,   z₂ 7 2sin2. .cosi  1,R. Giá trị lớn nhất của biểu thức P  1 z z_{1 2}. thuộc khoảng nào sau đây

A.



^10;12



^B.

 

^{3;5 C.}

 

^{7;9 D.}

 

^9;11

Lời giải Chọn A

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z₁, ta thấy tập hợp điểm M là đường tròn

 

^{C1 có tâm}

 

^0;0

O , bán kính R₁ 1.

Gọi N là điểm biểu diễn cho số phức z₂, ta thấy tập hợp điểm N là đường tròn

 

^{C2 có tâm}

 

2 7 2sin ;2 cos

I    , bán kính R₂ 1.

Nhận xét: ²



²



²

2

2 2

7 2sin

7 4

I 2cos

I I

I

x x y

y





  

    

  nên tâm I₂ di động trên đường tròn

 

^C3

có tâm ^I3

 

^7;0 , bán kính R₃ 2.

Ta có P  1 z z_{1 2}.  z z_{1 1}. z z_{1 2}.  z z₁ . ₁ z₂ MN. Theo hình vẽ, ta thấy MN AB 11, chọn đáp án A

(C

2

)

(C

3

) (C

1

)

A B

I

2

I

3

y

-1 O 5 7 9 10 x

M

N

Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho điểm ^A



^{1; 2;3}



hai mặt cầu

 

S1 :x²y²z² 9,

 

2 ^{2 2}

 

²

: 3 36

    25

S x y z . Gọi

 

^P là mặt phẳng tiếp xúc cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 . Biết giá trị lớn nhất của khoảng cách từ A đến

 

^P là a b 5. Khi đó giá trị của a b bằng

A. 2. B. 50

9 . C. 25

9 . D. 1. Lời giải

Chọn A

Giả thiết suy ra mặt cầu

 

S1 có tâm ^O



^0;0;0



và bán kính R₁3.

 

S2 có tâm ^I



^0;0;3



và bán kính 2

6

 5

R _{. Gọi}

 

P ax by cz d^{:    0,}



a^2b^2c^{2 0}



Gọi ^{M OI }

 

^P do hai mặt cầu cắt nhau nên M nằm ngoài đoạn OI Ta có

   

   

²1

 

; 2 2 5 3 5 0, 0,5

; 5

 d I P  R       

MI MI OM IM OM OI M

MO d O P R MO .

Ta có ^M

 

^{P 5c d    0 d 5c}.

Giả thiết suy ra

   

1 2 2 2 2 2 2 ^{2 2}

5 16

; 3 3

9

    

               

d c a b

d O P R

c c

a b c a b c .

Ta có



^;

  

²_{2 2}³ _{2 2} ² ₂ ² _{2 2}^{2 2}₂ ³₅ ^{2 2}

1

 

    

     

             a b

a b c d a b c c c a b

d A P

c c

a b c a b c a b

c c

.

Đặt 2 ² 5. ^{2 2} 4 5 4 5

3 3

    

             

a b a b

t t t

c c c c .



^;

  

^3₅ ^{ 2 3}₅^^{24 5}₃ ^^{ 6 4}_{5 5} ⁵

d A P t dấu bằng xảu ra khi a 4 5;b8 5;c15.