Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Mã đề: 23 - Năm học 2021 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán - Mã đề: 23 - Năm học 2021 (Có đáp án)

1. ĐỀ SỐ 23 ĐỀ LUYỆN ĐIỂM 10 (Đề thi có 06 trang) Môn: Toán (Đề có lời giải) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;2; 3 , B 2; 1; 6 và mặt phẳng P : x 2y z 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng Q chứa AB và tạo với mặt phẳng P một góc 3 thỏa mãn cos . 6 A. 4x y 3z 15 0 hoặc x y 3 0 .B. 4x y 3z 15 0 hoặc x z 3 0 . C. 4x y 3z 15 0 hoặc x y 3 0 .D. 4x y 3z 15 0 hoặc x z 3 0 . Câu 2. Trong mặt phẳng xOy , gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 2i; z2 4 6i . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó điểm I biểu diễn số phức A. z 2 i B. z 1 2i C. z 2 4i D. z 1 i Câu 3. Cho các số thực dương a b 1 c . Khẳng định nào sau đây đúng? A. loga b 1 logb c 0 B. 1 loga b logb c 0 C. loga b 1 0 logb c D. 1 loga b 0 logb c Câu 4. Cho hàm số y ax3 bx2 cx d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a 0,b 0,c 0,d 0 B. a 0,b 0,c 0,d 0 C. a 0,b 0,c 0,d 0 D. a 0,b 0,c 0,d 0 54 Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 4x trên khoảng 2; . x 2 A. min y 0 B. min y 13 C. min y 23 D. min y 21 2; 2; 2; 2; 3x x 1 Câu 6. Cho phương trình 8x 1 8. 0,5 3.2x 3 125 24. 0,5 . Khi đặt t 2x , phương trình đã 2x cho trở thành phương trình nào dưới đây? A. 8t3 3t 12 0 B. 8t3 3t 2 t 10 0 C. 8t3 125 0 D. 8t3 t 36 0 3 2 Câu 7. Cho hàm số f x liên tục trên  1; và f x 1 dx 4 . Tính x. f (x) 2 dx . 0 1 A. I 5 B. I 7 C. I 16 D. I 12 Câu 8. Cho hàm số y 3x 2 . Đẳng thức nào sau đây đúng? Trang 1
2. 27 9 A. y 1 B. y 1 9ln 3 C. y 1 27ln 3 D. y 1 ln 3 ln 3 x 1 2t Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : y 3 . Trong các véctơ sau, véctơ nào là một z 5 3t véctơ chỉ phương của đường thẳng d?     A. a3 2;0;3 B. a1 2;3;3 C. a1 1;3;5 D. a1 2;3;3 Câu 10. Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a, vẽ tia Ax trên nửa mặt phẳng chứa B bờ là đường thẳng qua A sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a. Gọi H là hình chiếu của B lên tia, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng 2 2 2 2 2 a 3 3 a 1 3 a 3 2 a2 A. B. C. D. 2 2 2 2 Câu 11. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a , cạnh SA vuông a 3 góc với đáy và SB tạo với đáy một góc 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM . Mặt phẳng 2 BCM cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích V của khối chóp S.BCNM. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V B. V C. V D. V 4 3 2 6 Câu 12. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y x m sin x cos x đồng biến trên ¡ . 2 2 2 2 A. m B. m C. m D. m 2 2 2 2 Câu 13. Khối chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình thoi cạnh a, SA SB SC a , cạnh SD thay đổi. Thể tích khối chóp S.ABCD lớn nahát khi độ dài cạnh SD là a 3 a 6 2a A. B. C. a D. 2 2 3 e2 x Câu 14. Cho biết f x t ln20 tdt , hàm số y f x đạt giá trị cực trị khi ex 21 21 21 21 A. x ln 2 B. x ln 2 C. x D. x 2 2 2ln 2 2ln 2 Câu 15. Thiết diện qua trục của hình nón N là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính bán kính đáy R của hình nón. a 2 a a A. R a 2 B. R C. R D. R 2 4 2 Trang 2
3. Câu 16. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 2;1; 3 , B 1; 1;0 và mặt phẳng P : x 2y z 3 0 . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng P sao cho BM nhỏ nhất. Mặt phẳng Q qua A, M và góc giữa hai mặt phẳng P , Q là lớn nhất. Phương trình mặt phẳng Q là A. Q : 2x y 4z 15 0 B. Q : x y 3z 10 0 C. Q :x y z 0 D. Q : x 2y 3z 5 0 Câu 17. Kim tự tháp Maya (Pyramid Maya) được xây dựng bởi người Maya (một bộ tộc thổ dân châu Mỹ đã từng sinh sống 2.000 năm trước tại Mexico). Một kim tự tháp được thiết kế như sau: Tầng thứ nhất là 1 viên đá hình lập phương. Tầng thứ 2 có 1 viên đá trung tâm và 8 viên đá xung quanh tổng cộng có 9 viên đá. Tầng thứ 3 có 9 viên đá trung tâm và 16 viên đá xung quanh tổng cộng có 25 viên đá. Cứ tiếp tục như vậy cho đến các tầng tiếp theo. Hỏi nếu một kim tự tháp có 15 tầng thì số lượng viên đá hình lập phương là A. 4495B. 1135C. 2375D. 4855 Câu 18. Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên các khoảng ;0 , 0; và có bảng biến thiên như sua: Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân biệt. A. 4 m 0 B. 4 m 0 C. 7 m 0 D. 4 m 0 Câu 19. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có thể tích 216 cm3 và diện tích của tam giác ABC bằng 24 3cm2 . Tính sin góc giữa AB và mặt phẳng A BC . 3 13 2 3 A. sin B. sin C. sin D. sin 4 13 5 5 Câu 20. Cho số phức z thỏa mãn iz 2 i 0 . Khoảng cách từ điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm M 3; 4 là A. 2 5 B. 13 C. 2 10 D. 2 2 Trang 3
4. Câu 21. Biết đồ thị hàm số C : y x3 ax2 bx c đi qua điểm A 1;6 và có cực đại bằng 4 tại x 1. Tính giá trị của hàm số tại x 3. A. y 3 44 B. y 3 36 C. y 3 22 D. y 3 12 Câu 22. Cho hàm số y f x xác định, có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn: 2 3 f x 2 f x 2 10x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm có hoành độ bằng 2 là: A. y 2x 5 B. y 2x 3 C. y 2x 5 D. y 2x 3 Câu 23. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như sau. f 2 x Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số y g x có đúng 3 tiệm cận đứng? f x m A. 1B. 2C. 3D. 4 Câu 24. Trong mặt phẳng cho một hình lục giác đều cạnh bằng 2. Thể tích của hình tròn xoay có được khi quay hình lục giác đó quanh đường thẳng đi qua hai đỉnh đối diện của nó bằng A. 2πB. 6πC. 8πD. π x2 xy 3 0 Câu 25. Cho x 0 và y thỏa mãn: . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2x 3y 14 nhất của biểu thức P 3x2 y xy2 2x x2 1 . Khi đó tích M.m có giá trị bằng A. 32B. 16C. 9D. 16 2 2 Câu 26. Nếu log8 a log4 b 5 và log4 a log8 b 7 thì giá trị của log2 ab bằng A. 9B. 18C. 1D. 3 Câu 27. Biết số phức z thỏa mãn z 1 1 và z z có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích là A. πB. 2πC. 2 D. 2 Câu 28. Cho đồ thị C : y f x x . Gọi H là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C , đường thẳng x 9 và trục Ox. Cho điểm M thuộc đồ thị C và điểm A 9;0 . Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi Trang 4
5. cho H quay quanh trục Ox, V2 là thể tích khối tròn xoay khi cho tam giác AOM quay quanh trục Ox. Biết rằng V1 2V2 . Tính diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và đường thẳng OM. 27 3 3 3 4 A. S 3 B. S C. S D. S 16 2 3 Câu 29. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên ¡ . Đồ thị hàm số y f x như hình vẽ. Hàm số g x 2 f x x2 đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây? A. ; 2 B. 2;2 C. 2;4 D. 2; Câu 30. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P :3x 3y 2z 15 0 và ba điểm A 1;2;0 , 2 2 2 B 1; 1;3 ,C 1; 1; 1 . Điểm M x0 ; y0 ; z0 thuộc P sao cho 2MA MB MC nhỏ nhất. Giá trị 2x0 3y0 z0 bằng A. 11B. 5C. 15D. 10 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1 Câu 31. Giá trị của n thỏa mãn: C2n 1 2.2C2n 1 3.2 .C2n 1 4.2 .C2n 1 2n 1 .2 .C2n 1 2021 bằng A. 1010B. 1009C. 2020D. 2021 Câu 32. Miền phẳng trong hình vẽ giới hạn bởi y f x và parabol 1 3 y x2 2x . Biết f x dx . Khi đó diện tích hình phẳng được 1 4 2 tô trong hình vẽ bằng 9 3 3 8 A. B. C. D. 8 2 8 3 Câu 33. Xét tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Gọi V1,V2 ,V3 lần lượt là thể tích của các khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác OCA quanh trung trực của đoạn thẳng CA, quay tam giác OAB quanh trung trực của đoạn thẳng AB, quay tam giac OBC quanh trung trực của đoạn thẳng BC. Khi biểu thức V1 V2 đạt giá trị lớn nhất, tính V3 theo R. Trang 5
6. 2 3 32 57 8 A. V R3 B. V R3 C. V R3 D. V R3 3 9 3 81 3 81 3 81 2 Câu 34. Cho z 1 5 , giá trị lớn nhất của P z i 2 z 2 bằng A. 1 10 5 B. 1 8 3 C. 1 8 5 D. 1 12 5 Câu 35. Một chậu nước hình nón cụt có chiều cao 3dm, bán kính đáy lớn là 2dm và bán kính đáy nhỏ là 1dm. Cho biết thể tích nước bằng 37 thể tích của chậu, chiều cao của mực nước là 189 A. 2dmB. 0,8dm C. 1dmD. 1,5dm Câu 36. Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục và nhận giá trị dương trên 0; thỏa mãn điều kiện 1 1 2xf x với mọi x 1; đồng thời f 2 1. Giá trị của f 4 là f 2 x x2 f 3 x 2 3 2 4 16 A. B. C. D. 3 3 3 9 2 2 2 Câu 37. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x 3cos x m.3sin x có nghiệm? A. 7B. 4C. 5D. 6 2mx m 2 Câu 38. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y cắt x 1 đường thẳng d : y x 3 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3, với I 1;1 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng 7 A. B. 10 C. 3D. 5 2 2 1 2 Câu 39. Cho phương trình 4log9 x mlog1 x log 1 x m 0 (m là tham số). Để phương trình có 3 6 3 9 hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 3 thì giá trị m thỏa mãn. 3 A. 1 m 2 B. 3 m 4 C. 0 m D. 2 m 3 2 2 f x 2 Câu 40. Cho hàm số y f x là hàm chẵn, liên tục trên ¡ và dx 29. Khi đó f x dx x 2 2020 1 0 bằng 29 A. B. 29C. 58D. 30 2 Trang 6
7. Câu 41. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 2 2 9 và hai điểm M 4; 4;2 , N 6;0;6 . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu S sao cho EM EN đạt giá trị lớn nhất. Phương trình tiếp diện của mặt cầu S tại E là A. x 2y 2z 8 0 B. 2x y 2z 9 0 C. 2x 2y z 1 0 D. 2x 2y z 9 0 Câu 42. Cho 2 số thực dương a, b khác 1 và đồ thị của các hàm số y loga x, y logb x như hình vẽ. Gọi d là đường thẳng song song với trục Oy và cắt trục hoành tại điểm A có hoành độ x k ( k 1). Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y loga x , đường thẳng d và trục hoành; S2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y logb x , đường thẳng d và trục hoành. Biết S1 4S2 , mệnh đề nào sau đây đúng? A. b a4 B. a b4 C. b a4 ln 2 D. a b4 ln 2 Câu 43. Trong không gian Oxyz cho P : 2mx m2 1 y m2 1 z 1 0. Biết rằng tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với P và đi qua điểm A 0;1; 1 . Tổng hai bán kính của hai mặt cầu đó bằng 2 2 3 A. B. C. 2 D. 3 2 3 Câu 44. Cho khối lăng trụ ABC.A B C . Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Mặt phẳng A MN chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của chúng bằng 2 4 4 4 A. B. C. D. 3 23 9 27 1 Câu 45. Cho hình chóp đều S.ABCD có thể tích bằng , đáy ABCD là hình vuông cạnh là 1. Phương 3 x 1 trình mặt phẳng ABCD biết S 0;0;0 và AB : y t là z 1 x 1 0 x 1 0 x 1 0 x 1 0 A. B. C. D. z 1 0 z 1 0 y 1 0 y 1 0 4x2 3 y 2 Câu 46. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P y 4x 2y 1 x là 5 7 A. P 2 B. P C. P 3 D. P 2 2 Câu 47. Cho hàm số y f x liên tục, có đạo hàm trên  5;3 và có bảng biến thiên sau. Trang 7
8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 f x 2 x3 3x 2 m có đúng 3 nghiệm thuộc  5;3? A. 2B. 4C. 6D. 8 Câu 48. Đề kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên. 436 463 436 163 A. B. C. D. 410 410 104 104 Câu 49. Cho hàm số y f x mx4 nx3 px2 qx r trong đó m,n, p,q,r ¡ . Biết rằng hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ. Tập nghiệm của phương trình f x r có tất cả bao nhiêu phần tử? A. 3B. 4 C. 5D. 6 Câu 50. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 0 x y 2 y z 2 z x 2 18 . Biết giá trị x y z 1 4 a a lớn nhất của biểu thức P 43 4 3 43 x y z là , với a, b là các số nguyên dương và tối 108 b b giản. Tính S 2a 3b . A. S 13 B. S 42 C. S 54 D. S 71 Trang 8
9. ĐÁP ÁN 1-A 2-C 3-D 4-C 5-C 6-C 7-A 8-C 9-A 10-B 11-A 12-D 13-B 14-B 15-B 16-C 17-A 18-B 19-A 20-C 21-A 22-A 23-B 24-C 25-D 26-A 27-D 28-B 29-B 30-B 31-A 32-A 33-D 34-A 35-C 36-C 37-B 38-A 39-C 40-B 41-D 42-A 43-A 44-B 45-B 46-B 47-D 48-A 49-A 50-C LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Mặt phẳng Q có dạng: ax by cz d 0 ( a2 b2 c2 0 ). A Q a 2b 3c d 0 a 4b,c 3b,d 15b Ta có: B Q 2a b 6c d 0 . a b,c 0,d b 3 a 2b c 3 cos 6 a2 b2 c2 1 4 1 6 Phương trình Q : 4x y 3z 15 0 hoặc x y 3 0 . Câu 2: Ta có: A 0; 2 , B 4; 6 . Suy ra I 2; 4 . Điểm I biểu diễn số phức z 2 4i . Câu 3: Ta có: a b 1 loga a loga b 1 loga b và b 1 c logb 1 logb c 0 logb c . Vậy 1 loga b 0 logb c . Câu 4: Dựa vào đồ thị hàm bậc ba ta nhận xét: Nhánh cuối đồ thị hàm số đồng biến nên a 0 . Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d 0 . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về 2 phía trục tung nên ac 0 c 0 . Đồ thị hàm số có hoành độ điểm uốn dương nên ab 0 b 0 . Câu 5: Cách 1: Sử dụng bảng biến thiên 3 54 2 x 2 27 y 2x 4 ; y 0 x 2 3 x 5 . x 2 2 x 2 2 Lập bảng biến thiên ta tìm được min y y 5 23. 2; 2 27 27 Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương x 2 ; ; . x 2 x 2 54 2 27 27 Ta có y x2 4x x 2 4 33 272 4 y 23. x 2 x 2 x 2 2 27 Đẳn thức xảy ra khi x 2 x 5 . x 2 Trang 9
10. Vậy min y y 5 23. 2; 3x x 1 1 Câu 6: Ta có 8x 1 8. 0,5 3.2x 3 125 24. 0,5 8.23x 8. 24.2x 24. 125 0 23x 2x 3x 1 x 1 8 2 3x 24 2 x 125 0 . 2 2 1 1 Đặt t 2x t 2 . Khi đó ta có 23x t3 3t . 2x 23x Phương trình trở thành 8 t3 3t 24t 125 0 8t3 125 0 . Câu 7: Đặt t x 1 t 2 x 1 2tdt dx x 0 t 1; x 3 t 2 . 3 2 2 Ta có f x 1 dx 2tf t dt tf t dt 2 ; 0 1 1 2 2 2 I x. f (x) 2 dx xf x dx 2xdx 2 3 5 . 1 1 1 Câu 8: Ta có y 3x 2 ln 3 y 1 27ln 3.   Câu 9: Ta dễ thấy ud a3 2;0;3 . Câu 10: Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và BH. AH.BH a 3.a a 3 +) Ta có AH AB2 BH 2 a 3 ; HK . AB 2a 2 +) Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là a 3 3a2 S .a 3 . 1 2 2 a 3 3a2 +) Diện tích xung quanh hình nòn có đường sinh BH là S .a . 2 2 2 3 3 a2 +) Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S S S . 1 2 2 Câu 11: Ta có SA  ABCD AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng ABCD a 3 S· BA 60, AB a SA a 3, AM M là trung điểm 2 của SA. Trang 10
11. Ta có: MBC  SAD MN, BC // AD MN // AD N là trung điểm của SD. Lại có VS.BCNM VS.BCM VS.MCN ; VS.BCM SM 1 1 1 VS.MCN SM.SN 1 1 1 VS.BCM VS.BCA VS.ABCD ; VS.MCN VS.ACD VS.ABCD VS.BCA SA 2 2 4 VS.ACD SA.SD 4 4 8 3 3 1 a3 3 V V . .a.2a.a 3 . S.BCNM 8 S.ABCD 8 3 4 Câu 12: Ta có y x m sin x cos x x 2msin x ; y 1 2mcos x . 4 4 Để hàm số đồng biến trên ¡ 1 2mcos x 0,x ¡ 4 2 2mcos x 1 2 m 1 m . 4 2 Câu 13: Ta có VS.ABCD 2VS.ABC . Gọi H là trung điểm của SB. G là hình chiếu vuông góc của C lên SAB suy ra G AH . Trong tam giác vuông CGH ta có CG CH . a 3 a 6 Vậy thể tích lớn nhất của S.ABCD khi CG CH AC . 2 2 AC a 6 Gọi O là trung điểm của AC SD 2HO 2. . 2 2 Câu 14: Giả sử F t là một nguyên hàm của t ln20 t , ta có: F t t ln20 t . Khi đó: f x F e2x F ex f x 2e2x F e2x ex F ex 2e2xe2x ln20 e2x exex ln20 ex 1 21 21 4x 20 2x 20 2x 20 21 2x f x 2 e x e x e x 2 e 1 0 2x ln 21 x ln 2 . 2 2 Câu 15: Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân tại đỉnh của hình nón. a 2 Do đó đường sinh  a và đường kính đáy là d a 2 Bán kính R . 2 Câu 16: Ta có góc giữa hai mặt P , Q lớn nhất là 90 . Khi đó P  Q . Ta có M P , BM nhỏ nhất M là hình chiếu của B lên P . Trang 11
12. x 1 t qua B 1; 1;0 :   : y 1 2t .  P u nP 1; 2;1 z t Khi đó M  P ; x 1 t t 1 y 1 2t x 0 Xét hệ M 0;1; 1 . z t y 1 x 2y z 3 0 z 1 Q  P    Vì n n , AM 4 1;1;1 Q : x y z 0 . Q P Q qua A, M Câu 17: Ta có công thức tổng quát số viên đá của tầng thứ n là 2n 1 2 . 15 15 15 15 2 2 2 Vậy tổng số viên đá của 15 tầng là: S  2n 1  4n 4n 1 4  n 4  n 15 . n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1 2n 1 n n 1 Ta có 12 22 n2 và 1 2 n . 6 2 Vậy S 4.1240 4.120 15 4495 . Câu 18: Dựa vào bảng biến thiên, đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x tại 3 điểm phân biệt khi 4 m 0 . Câu 19: Gọi AB x , M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC. 1 48 3 Khi đó S C M.x 24 3 C M ABC 2 x 2 2 48 3 x 3 2 2 CC C M CM . x 2 2 2 x2 3 48 3 x 3 Mà V 216 CC .S x 4 3 ABC 4 x 2 AB 4 3, AA 6 3 . AN.AA Kẻ AH  A N AH 3 3 . AN 2 AA 2 d A,(A BC) AH 3 Ta có sin AB,(A BC) . AB AB 4 i 2 i 2 i Câu 20: Ta có: iz 2 i 0 iz i 2 z 1 2i . i 1 Điểm biểu diễn của số phức z là A 1;2 . Trang 12
13. Khi đó AM 3 1 2 4 2 2 40 2 10 . Câu 21: Ta có: A 1;6 C a b c 5 (1) Ta có: y 3x2 2ax b , hàm số có cực đại bằng 4 tại x 1 B 1;4 là điểm cực đại. y 1 4 a b c 5 2 . y 1 0 2a b 3 3 3 a 2 3 3 2 7 Từ (1), (2) và (3) b 0 C : y x x . 2 2 7 c 2 Vậy giá trị của hàm số tại x 3 là y 3 44 . 2 3 Câu 22: Từ f x 2 f x 2 10x (*), cho x 0 ta có 2 3 f 2 0 f 2 f 2 0 . f 2 1 Đạo hàm hai vế của (*) ta được: 2 2 f x 2 . f x 2 3 f x 2 . f x 2 10. 2 Cho x 0 ta được 2 f 2 . f 2 3 f 2 . f 2 10 f 2 . f 2 . 3 f 2 2 10 ( ). Nếu f 2 0 thì ( ) vô lý. Nếu f 2 1, khi đó ( ) trở thành: f 2 . 3 2 10 f 2 2 Phương trình tiếp tuyến y 2 x 2 1 y 2x 5 . f 2 x Câu 23: Ta có lim g x lim nên m , đồ thị hàm số y g x luôn có một tiệm cận x 2 x 2 f x m đứng x 2 . Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y f x thì phương trình f x m 0 tối đa 2 nghiệm. Vậy để đồ thị hàm số y g x có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f x m có đúng 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 2 3 m 6 . f 2 x f 2 x Khi đó lim g x lim , lim g x lim nên đồ thị hàm số y g x có x x1 x x1 f x m x x2 x x2 f x m 2 tiệm cận đứng là đường thẳng x x1 và x x2 . Trang 13
14. Vậy với 3 m 6 thì đồ thị hàm số y g x có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m 4 và m 5 . Câu 24: Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ. 1 3 Ta có: R AC 2. 3 (R là bán kính đáy của trụ và nón). 2 2 Chiều cao h của khối trụ là h 2 . 2 Chiều cao h của khối nón h 1. 2 1 2 2 2 Thể tích của khối tròn xoay: V R2h 2. R2h 3 .2 3 .1 8 . 3 3 14 2x x2 3 14 2x 9 Câu 25: Từ điều kiện ta có: y y x 1; . 3 x 3 5 x2 3 5x2 9 Thế y vào P ta được: P . x x 5x2 9 9 Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: P với x 1; . x 5 5x2 9 9 Xét P với x 1; . x 5 5x2 9 9 P 2 0 nên m min P P 1 4, M max P P 4 . x 5 Vậy M.m 16 . a 0 Câu 26: Điều kiện: . b 0 1 Ta có: log a log b2 5 log a log b 5 (1); 8 4 3 2 2 1 log a2 log b 7 log a log b 7 (2). 4 8 2 3 2 Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được: 4 4 log a log b 12 log a log b 9 log ab 9 . 3 2 3 2 2 2 2 Câu 27: Đặt z x yi z x yi khi đó ta có: z 1 1 x yi 1 1 x 1 yi 1 x 1 2 y2 1 (1). Lại có z z x yi x yi 2yi có phần ảo không âm suy ra y 0 (2). Trang 14
15. Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I 1;0 bán kính r 1, 1 diện tích của nó bằng r 2 (đvdt). 2 2 9 2 81 Câu 28: Ta có V x dx . 1 0 2 Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH m (với 0 m 9 ), ta có M m; m , MH m và AH 9 m . 1 1 1 Suy ra V .MH 2.OH .MH 2.AH .MH 2.OA 3m . 2 3 3 3 81 27 27 3 3 Theo giả thiết, ta có V 2V nên 6m m . Do đó M ; . 1 2 2 4 4 2 2 3 Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y x . 9 Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C và đường thẳng OM là 27 27 4 2 3 2 3 4 27 3 S x x dx x x x2 . 9 3 9 16 0 0 Câu 29: Ta có g x 2 f (x) x 0 x 2; x 2; x 4 . Lập trục xét dấu: Hàm số đồng biến trên từng khoảng 2;2 và 4; .    Câu 30: Xét điểm I thỏa 2IA IB IC 0 suy ra I 1;2; 2 .   2   2   2 2MA2 MB2 MC 2 2 MI IA MI IB MI IC 2MI 2 2IA2 IB2 IC 2 . 2MA2 MB2 MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên P . x 1 3t x0 1 3t Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình y 2 3t suy ra y0 2 3t . z 2 2t z0 2 2t Mà 3x0 3y0 2z0 15 0 3 1 3t 3 2 3t 2 2 2t 15 0 t 1. Vậy 2x0 3y0 z0 2 1 3t 3 2 3t 2 2t 6 t 5 . k 2n 1 ! 2n 1 . 2n ! k 1 Câu 31: Xét kC2n 1 k. 2n 1 .C2n với 1 k 2n 1. k! 2n 1 k ! k 1 ! 2n k 1 ! Trang 15
16. 0 1 1 2 2 2n 2n 2n Ta có VT 2n 1 C2n C2n 2 C2n 2 C2n 2 2n 1 1 2 2n 1 . Do đó: 2n 1 2021 n 1010 . 1 1 1 3 3 9 2 2 Câu 32: Từ hình vẽ ta thấy S f x x 2x dx f x dx x 2x dx . 1 1 1 4 8 8 2 2 2 2 1 1 AC Câu 33: V OP.S OP OP.PA2 1 1 3 3 2 3 OP OA2 OP2 OP R2 OP2 3 3 2 1 1 AB V OQ.S OQ OQ.QA2 2 2 3 3 2 3 OQ OA2 OQ2 OQ R2 OQ2 . 3 3 Xét hàm f x x R2 x2 . Với 0 x R . R x 3 Khi đó f x R2 3x2. f x 0 . R x 3 R Lập bảng biến thiên, thấy rằng max g x f . x 0;R 3 2 2 2 2 Khi đó, áp dụng cho V1,V2 : V1 V2 OP R OP OQ R OQ đạt giá trị lớn nhất khi 3 R OP OQ . 3 Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP OQ ). R2 2R 6 Mà lúc đó AB 2 R2 OQ2 2 R2 . 3 3 Do tam giác ABC cân A nên khi đó AM  BC . 4R2.6 1 AB.AC.BC AB.AC 4R Ta có S AM.BC AM 9 . ABC 2 4R 2R 2R 3 4R R Mà AM AO OM OM R . 3 3 2 3 1 1 2 2 2 R 2 R 8 R Vậy V3 OM.S3 OM. .MC OM R OM . R . 3 3 3 3 3 9 81 Câu 34: Ta có z 1 5 x 1 2 y2 52 Trang 16
17. 2 Lại có P z i 2 z 2 x2 y 1 2 x 2 2 y2 4x 2y 3 4 x 1 2y 1 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: P 4 x 1 2y 1 42 22 x 1 2 y2 1 20. 52 1 10 5 1. Câu 35: Ta có thể tích của chậu là V .3 1 4 2 7 . 3 Gọi chiều cao của mực nước là 3x với ( x 0 ). Ta có bán kính của mặt nước là 1 x . 2 37 1 Ta có phương trình .3x 1 1 x 1 x 7 x . 3 189 3 Vậy chiều cao của mực nước là 1dm. 2 1 1 2xf x f x 2xf x . f x 1 x 1 Câu 36: Ta có . 2 2 3 4 2 2 2 f x x f x f x x f x x x 1 x 1 Suy ra dx dx C . 2 2 2 f x x f x x 5 Lại có f 2 1 nên C . 2 x 5 1 5x 2 2x2 Do đó: f 2 x . f 2 x 2 x 2x 5x 2 16 4 Suy ra f 2 4 f 4 . 9 3 2 2 2 2 2 2 Câu 37: Ta có: 2sin x 3cos x m.3sin x 2sin x 31 sin x m.3sin x . t 2 t 1 t t 2 1 2t Đặt t sin x,t 0;1 . Phương trình đã cho trở thành: 2 3 m.3 3 m . 3 t t 2 1 2t 2 2 1 2t Xét hàm số f t 3 , với t 0;1. Ta có f t .ln 2.3 .ln 3 3 3 3 2 2 2 1 2t 2 f t . ln 4.3 . ln 3 0,t 0;1 3 3 2 2 f t liên tục và đồng biến trên 0;1 nên f t f 1 ln 0,t 0;1 . 3 9 f t liên tục và nghịch biến trên 0;1 nên f 1 f t f 0 ,t 0;1 . Suy ra 1 m 4 thì phương trình có nghiệm. Trang 17
18. 2mx m 2 Câu 38: Phương trình hoành độ giao điểm x 3 f x x2 4 2m x 5 m 0 ( x 1 2mx m 2 x 1). Đồ thị C của hàm số y cắt đường thẳng d : y x 3 tại hai điểm phân biệt x 1 0 m2 3m 1 0 khi và chỉ khi (*). C cắt d tại A, B suy ra xA , xB là nghiệm của phương f 1 0 m 2 xA xB 2m 4 trình f x 0 , theo định lí Vi-ét ta có . xA xB 5 m 2 2 2 A xA; xA 3 , B xB ; xB 3 suy ra AB 2 xA xB 2 xA xB 8xA xB 8m 24m 8 . 1 2 2 m 5 Ta có S IAB d I ;d AB 3 AB 72 8m 24m 80 0 (thỏa mãn *). 2 m 2 Suy ra tổng các phần tử của S là 3. 2 1 2 Câu 39: Ta có: 4log9 x mlog1 x log 1 x m 0 x 0 3 6 3 9 2 1 2 4 log x mlog x log x m 0 32 3 1 1 6 3 2 9 2 1 1 2 4 log3 x mlog3 x log3 x m 0 2 3 9 2 1 2 log3 x m log3 x m 0 (1). 3 9 2 1 2 Đặt t log3 x . Khi đó phương trình (1) t m t m 0 (2). 3 9 Phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 3 log3 x1x2 1 log3 x1 log3 x2 1 t1 t2 1 (với t1 log3 x1 và t2 log3 x2 ). 1 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có t1 t2 1 m 1 m . 3 3 3 Vậy 0 m là mệnh đề đúng. 2 2 f x 0 f x 2 f x Câu 40: Ta có: M dx dx dx x x x 2 2020 1 2 2020 1 0 2020 1 0 f x Xét N dx , đặt t x x t , suy ra dx dt . x 2 2020 1 Đổi cận: x 2 t 2; x 0 t 0 . Khi đó Trang 18
19. 0 f t 2 f t 2 2020t. f t 2 2020x. f x N dt dt dt dx t t t x 2 2020 1 0 2020 1 0 2020 1 0 2020 1 2 2 2020x. f x 2 f x 0 f x 2 f x Do đó: f x dx dx dx dx dx M 29 . x x x x 0 0 2020 1 0 2020 1 2 2020 1 0 2020 1 Câu 41: Mặt cầu S có tâm I 1;2;2 và bán kính R 3. Gọi K là trung điểm của MN K 5; 2;4 và K nằm ngoài mặt cầu S .   Do đó IK 4; 4;2 , MN 2;4;4 , MN 6 và IK  MN . 2 2 2 2 MN 2 Ta có EM EN 2 EM EN 2 EK 2EK 36 . 2 Bởi vậy EM EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM EN và EK lớn nhất. x 1 2t Vì IK  MN nên EM EN thì E thuộc đường thẳng IK : y 2 2t . z 2 t Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu S ứng với t là nghiệm phương trình: 1 2t 1 2 2 2t 2 2 2 t 2 2 9 t 1. Như vậy E1 3;0;3 hoặc E2 1;4;1 .  Ta có E1K 3, E2 K 9. Suy ra E 1;4;1 IE 2;2; 1 , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu S tại E có phương trình: 2 x 1 2 y 4 1 z 1 0 hay 2x 2y z 9 0 . Câu 42: Theo giả thiết và công thức tích phân từng phần, ta có: k k k ln x 1 k 1 k ln k k 1 S log xdx dx x ln x x. dx . 1 a 1 1 1 ln a ln a 1 x ln a k k k ln x 1 k 1 k ln k k 1 S log xdx dx x ln x x. dx . 2 b 1 1 1 ln b ln b 1 x ln b 1 4 Vậy S 4S ln b ln a4 b a4 . 1 2 ln a ln b Câu 43: Gọi tâm mặt cầu cố định là I a;b;c khi đó ta có phương trình: 2 2 2ma m 1 b m 1 c 1 2 2 a2 b 1 c 1 . 2 2 4m2 m2 1 m2 1 2 2 Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có: 4m2 m2 1 m2 1 2 m2 1 . Trang 19
20. 2ma m2 1 b m2 1 c 1 Do đó vế trái của biểu thức được: do đó ta chọn a 0 . 2 m2 1 1 Khi đó ta có: m2 1 b m2 1 c 1 m2 b c b c 1 nên ta chọn b c b c 1 b . 2 1 c 2 1 2 9 3 Thay vào phương trình trên: c 1 c2 3c 0 c . 2 4 4 2 1 c 2 2 Vậy R . 2 2 AG 2 Câu 44: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của BC . AE 3 Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. 2 AM AB AM AN AG 2 3 4 S AMN S ABC . (1) AB AC AE 3 2 9 AN AC 3 1 Ta có V S .AA và V S .AA . (2) ABC.A B C ABC A .AMN 3 AMN 4 23 Từ (1) và (2), suy ra V V V V . A .AMN 27 ABC.A B C BMNCA B C 27 ABC.A B C 4 V 4 Khi đó tỉ số: A .AMN 27 . 23 VBMNC.A B C 23 27 1 Câu 45: Ta có V S .d d 1 S.ABCD 2 ABCD S ,( ABCD) S ,( ABCD) Đặt ABCD : ax by cz d 0 a2 b2 c2 0 . Vì AB  ABCD nên n ABCD  u AB n ABCD .u AB 0 b 0 . Vì M 1;0;1 AB  ABCD nên a c d 0 d a c . a c 2 2 a 0 Ta có: d S ,( ABCD) 1 1 a c a c 2ac 0 . a2 c2 c 0 Trường hợp 1: a 0 . Chọn c 1 ABCD : z 1 0 . Trường hợp 2: c 0 . Chọn a 1 ABCD : x 1 0 . 4x2 3 y 2 Câu 46: Ta có 4x3 3x y 2 2y 1 8x3 6x 2y 4 2y 1 2y 1 x Trang 20
21. 2x 3 3 2x 2y 1 2y 1 3 2y 1 . (1) Xét hàm f t t3 3t trên ¡ . Ta có f t 3t 2 3 0,t ¡ Hàm số f t t3 3t đồng biến trên ¡ . 2y 1 (1) f 2x f 2y 1 2x 2y 1 x . 2 Vậy P y 2 2y 1 g y với y 0; . 2 3 Ta có g y 1 0 2y 1 2 y . 2y 1 2 Ta có bảng biến thiên: 5 3 Từ bảng biến thiên ta có Pmin min g y khi y . 0; 2 2 Câu 47: Đặt x 2 t 3 f t t3 6t 2 9t m . 3 t 2 m 2 t 1 Gọi g t 2t 3t f t g t . Có g t t 4t 3 0 . 3 3 t 3 t 1 Dựa vào bảng xét dấu của y f t và y g t suy ra: f t g t 0 . t 3 Khi đó ta có bảng biến thiên của f t g t : m Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 m 6 . 2 Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn. Câu 48: Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là n  410 . Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”. Trang 21
22. +) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu 8 2 còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C10.3 cách để thí sinh đúng 8 câu. +) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu 9 1 còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C10.3 cách để thí sinh đúng 9 câu. +) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 điểm). Chí có 1 cách duy nhất. 8 2 9 1 Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n X C10.3 C10.3 1 436 . n X 436 Vậy xác suất cần tìm là P . n  410 7 Câu 49: Ta đặt y f x k x 2 x x 3 . 6 7 6 7 65219 S k x 2 x x 3 dx k 1 0 6 1552 Xét . 3 7 65219 S k x 2 x x 3 dx k 2 7 6 1552 6 7 6 4 Do đó: S S f x dx f x dx f 0 f 3 . 1 2 0 7 6 Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x r f 0 có tất cả 3 nghiệm. Câu 50: Từ giả thiết ta có: 2x2 2 x2 y2 z2 x y 2 y z 2 z x 2 18 x 0;3. Một cách tương tự ta có y, z 0;3. x y z Do đó ta có 43 x 1,4 3 y 1,43 z 1;x, y, z 0;3 . 1 4 Vì vậy P x y z 3 x y z . 108 1 21 Đặt t x y z 0;9 , ta có P f t t 3 t 4 max f t f 3 . 108 0;9 4 Dấu “=” đặt tại x; y; z 3;0;0 , 0;3;0 , 0;0;3 . Vậy S 2.21 3.4 54 . Trang 22