DOWNLOAD FILE ĐỀ TOÁN PDF

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (298.01 KB, 17 trang )

(1).................... ĐỀ THAM KHẢO. (Đề thi có 6 trang). KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021 Bài thi: TOÁN Mã đề thi BT17. Câu 1. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? B. 3; −9; 27; . . .. A. 1; 4; 7; 10; . . .. D. 3; −9; −27; . . .. C. 18; 6; 3; . . .. Câu 2. Một giỏ hoa có 5 bông hoa đỏ và 6 bông hoa vàng. Các bông hoa đều khác nhau về kích thước. Có bao nhiêu cách chọn ra 2 bông hoa khác màu? A. 5 cách.. B. 6 cách.. C. 11 cách.. D. 30 cách.. Câu 3. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như đường cong hình bên. Phương trình f (x) = 2 có bao nhiêu nghiệm? A. 4. B. 1. C. 3. y. 2. D. 2. 1 x. O Câu 4. Bảng biến thiên hình bên là của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? 4. 2. 4. 2. A. y = x − 2x − 3. B. y = x + 2x − 3. C. y = −x4 + 2x2 − 3. D. y = x4 + 2x2 + 3. x. −∞. f 0 (x). −1 −. 0. 0 +. +∞. 0. +∞. 1 −. 0. + +∞. 3. f (x) −4. −4. Câu 5. Phương trình 2x−2 = 0 có nghiệm là: A. vô nghiệm.. B. x = −2.. Câu 6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên. Khẳng định nào sau đây đúng?. C. x = 2.. x. D. x = 3.. −∞. y0. +. A. Hàm số đạt cực đại tại x = 3 B. Hàm số đạt cực đại tại x = 1. 1 0. +∞. 3 −. 0. + +∞. 4 y −∞. −2. C. Hàm số đạt cực đại tại x = 4 D. Hàm số đạt cực đại tại x = −2 Câu 7. Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào sai? A. Với mọi a > b > 1, ta có loga b < logb a C. Với mọi a > b > 1, ta có ab > ba. B. Với mọi a > b > 1, ta có aa−b > bb−a a+b D. Với mọi a > b > 1, ta có loga <1 2 Trang 1/6 Mã đề BT17.

(2) Câu 8. y. Đồ thị có trong hình vẽ kề bênlàcủa hàm số nàodưới x đây? x √ x √ x 1 1 A. y = ( 3) B. y = C. y = D. y = ( 2) 2 3. 3 1. −1. Câu 9. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 3x − 3x2 là: 3x − x3 . A. B. 3x − x3 + C. C. 3x ln 3 − x3 + C. ln 3. x. O. 3x − x3 + C. D. ln 3. Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số y = x2 + ex − cos 3x là 1 3 1 3 A. (x + ex + sin 3x) + C B. (x + 3ex + sin 3x) + C 3 3 1 3 1 3 x (x + 3e − sin 3x) + C (x + ex − sin 3x) + C C. D. 3 3 Z4 √x √ e √ dx. Thực hiện phép đổi biến, đặt t = x, ta được Câu 11. Cho I = x 1. Z4 A. I = 2. t. e dt. Z2 B. I =. 1. e dt. 21 37. C. I = 2. 1. Câu 12. Tìm phần ảo của số phức z = A.. Z2. t. B. −. 21 37. t. e dt. Z4 D. I =. 1. 2 − 9i . 1 + 6i C.. 52 37. et dt. 1. D. −. 52 37. Câu 13. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 + 2z + 10 = 0. Tính giá trị của biểu thức A = |z1 |2 + |z2 |2 . √ √ A. A = 10 B. A = 10 C. A = 20 D. A = 2 10 Câu 14. Hình hộp chữ nhật có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5. B. 4. C. 3. D. 6. Câu 15. Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O và thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh √ a 3. Chiều cao h của khối nón là √ a a 3 3a A. h = B. h = C. h = D. h = a 2 2 2 Câu 16. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1). Gọi A, B lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oy, Oz. Tính diện tích tam giác OAB. 3 1 A. 2 B. C. 1 D. 2 2 Câu 17. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; −2). Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OABC là 7 3 5 1 A. B. C. D. 2 2 2 2 Câu 18. Có bao nhiêu cách lấy 3 viên bi từ một hộp đựng bi gồm 5 bi màu xanh và 6 bi màu đỏ sao cho có đúng 1 bi màu xanh? A. 20. B. 15. C. 75. D. 5 Trang 2/6 Mã đề BT17.

(3) Câu 19. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x4 − 2x2 + 13 trên khoảng (0; +∞). A. m = 12. B. m = 1. C. m = 13. D. m = 0. x2 − 1 có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? x2 + 3x + 2 B. 2 C. 1 D. 3. Câu 20. Đồ thị hàm số y = A. 4. Câu 21. Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. Xét dấu của a, b, c. A. a < 0, b < 0, c < 0. B. a < 0, b < 0, c > 0. C. a < 0, b > 0, c < 0. D. a > 0, b < 0, c < 0. y O. x. Câu 22. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x2 · e−x trên đoạn [−1; 1]. Tính tổng M + m. A. M + m = e. B. M + m = 2e − 1. A. S = (−∞; 1). B. S = (1; +∞). C. M + m = 2e + 1 2x− 32 1 Câu 23. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình < 51−2x . 25. Z1 Câu 24. Cho I =. C. S = (−∞; −1). D. M + m = 3e. D. S = (−1; +∞). xe2x dx = ae2 + b (a, b là các số hữu tỷ). Khi đó tổng a + b là. 0. 1 1 D. 4 2 Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) z + 2iz = 5 + 3i. Tính tổng phần thực và phần ảo của số phức w = z + 2z. A. 1. B. 0. C.. A. 5. B. 4. C. 6. D. 3. Câu 26. Tính thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 biết AB = 3a, AC = 5a, AA0 = 2a. A. 24a3. B. 12a3. C. 30a3. D. 8a3. Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BD = a. Cạnh bên SA vuông √ a 6 góc với mặt đáy và SA = . Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). 2 A. 45◦ B. 120◦ C. 90◦ D. 60◦ Câu 28. Thiết diện qua trục của một hình nón (N ) là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Thể √ 3tích khối nón (N ) bằng √ √ π 2a π 2a3 π 3a3 πa3 A. B. C. D. 6 12 12 6 Câu 29. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 4; 1), B(−1; 1; 3) và mặt phẳng (P ) : x − 3y + 2z − 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P ). A. 2x + 3z − 11 = 0. B. 2y + 3z − 12 = 0. C. 2y + 3z − 11 = 0. D. 2y + 3z − 1 = 0. x+2 y−1 z−2 = = và mặt 1 1 2 phẳng (P ) : x + y + z = 0. Đường thẳng ∆0 là hình chiếu của đường thẳng ∆ lên mặt phẳng (P ). Một vectơ chỉ phương #» u của đường thẳng ∆0 là Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :. Trang 3/6 Mã đề BT17.

(4) u = (1; −1; 0) A. #». u = (1; 1; −2) B. #». u = (1; 0; −1) C. #». u = (1; −2; 1) D. #». Câu 31. Lớp 11B có 25 đoàn viên trong đó có 10 nam và 15 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 đoàn viên trong lớp để tham dự hội trại ngày 26 tháng 3. Tính xác suất để trong 3 đoàn viên được chọn có 2 nam và 1 nữ. 3 27 9 7 A. B. C. D. 115 92 92 920 4 2 Câu 32. Cho hàm số y = x − 2x + 3x + 1 có đồ thị (C). Có tất cả bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng y = 3x + 2021? A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Câu 33. Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị hàm số y = x4 − 2(m − 1)x2 + m4 − 3m2 + 2017 có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32. A. m = 3. B. m = 4. C. m = 2 D. m = 5 √ x √ x Câu 34. Cho bất phương trình m · 3x+1 + (3m + 2) · 4 − 7 + 4 + 7 > 0, với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị √ của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm√đúng với mọi x ∈ (−∞; 0].√ √ 2−2 3 2+2 3 2−2 3 2−2 3 A. m > B. m > C. m > D. m > − 3 3 3 3 Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P ) đi qua điểm B(2; 1; −3), đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng (Q) : x + y + 3z = 0, (R) : 2x − y + z = 0 là A. 4x + 5y − 3z + 22 = 0 B. 2x + y − 3z − 14 = 0 C. 4x + 5y − 3z − 22 = 0. D. 4x − 5y − 3z − 12 = 0. Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng mỗi y có không quá 302 số nguyên dương x 2x + 1 < 9y 4 + 6y 3 − 4x2 y 2 − 4y 2 x . thỏa mãn ln 3y + 1 A. 202.. B. 301.. C. 201.. D. 200.. Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; −1; 6), B(−1; 2; 4) và I(−1; −3; 2). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua hai điểm A, B sao cho khoảng cách từ điểm I đến (P ) là nhỏ nhất. A. (P ) : 7x + 59y + 78z − 423 = 0 B. (P ) : 7x + 59y + 78z + 423 = 0 C. (P ) : 16x + 6y − 15z + 64 = 0. D. (P ) : 16x + 6y − 15z − 64 = 0. Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình √ vuông. Đường thẳng SD tạo với đáy ABCD 3a 5 , mặt phẳng (SDM ) và mặt phẳng (SAC) một góc 60◦ . Gọi M là trung điểm AB. Biết M D = 2 cùng vuông thẳng CD và SM theo a. √ √ góc với đáy. Tính khoảng √ cách giữa hai đường √ 3a 5 a 15 a 5 3a 15 A. B. C. D. 4 4 4 4 3 2 Câu 39. Cho hàm số y = ax + bx + cx + d, (a, b, c, d ∈ R, a 6= 0) có bảng biến thiên như hình bên dưới. x −∞ y0. 0 +. 0. +∞. 1 −. 0. + +∞. 1 y −∞. 0 Trang 4/6 Mã đề BT17.

(5) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình |f (x)| = m có 4 nghiệm phân biệt thỏa 1 mãn x1 < x2 < x3 < < x4 . 2 1 1 A. 0 < m < 1 B. <m<1 C. 0 < m ≤ 1 D. ≤m≤1 2 2 Câu 40. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong đoạn [−2021; 2021] để phương trình log3 m + log3 x = 2 log3 (x + 1) luôn có hai nghiệm phân biệt? A. 2018. B. 4015. C. 2019. D. 2017. Câu 41. Một mảnh vườn toán học có dạng hình chữ 16 m nhật, chiều dài là 16 m và chiều rộng là 8 m. Các nhà toán học dùng hai đường parabol có đỉnh là trung điểm của một cạnh dài và đi qua 2 điểm đầu của 8m cạnh đối diện, phần mảnh vườn nằm ở miền trong của cả hai parabol (phần gạch sọc như hình vẽ minh họa) được trồng hoa hồng. Biết chi phí để trồng hoa hồng là 45000 đồng/m2 . Hỏi các nhà toán học phải chi bao nhiêu tiền để trồng hoa trên phần mảnh vườn đó (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)? A. 3476000 đồng. B. 2159000 đồng. C. 2715000 đồng. D. 3322000 đồng. Câu 42. Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng mỗi y có không quá 302 số nguyên dương x 2x + 1 thỏa mãn ln < 9y 4 + 6y 3 − 4x2 y 2 − 4y 2 x . 3y + 1 A. 200.. B. 301.. Câu 43. Có bao nhiêu số phức z thỏa A. 2.. B. 3.. C. 201.. D. 202.. z − 2i là số ảo và |z| = 2. z+2 C. 4.. D. 1.. Câu 44. Gọi a là phần thực của số phức z thỏa mãn (z − 1) (z + 2i) là số thực và |z| là nhỏ nhất. Tìm a. 8 4 2 3 A. a = B. a = C. a = D. a = 5 5 5 5 Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M là điểm trên cạnh SC sao cho M C = 2M S. Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng AM và song song với đường thẳng BD, (α) cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại hai điểm N , P . Tính theo V thể tích khối chóp S.AP M N . V V V V A. B. C. D. 12 27 9 6 x+1 Câu 46. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng ∆ : = 2 y−1 z = . Gọi M (a; b; c) là điểm trên đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác M AB đạt giá trị nhỏ −1 2 nhất. Tính tổng T = a + b + c. A. T = 5. B. T = 4. C. T = 3. D. T = 2. Câu 47. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 + 2x − 1, đường thẳng y = m; x = 0; x = 1. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [−4040 ; −3] để S ≤ 2021. A. 2020.. B. 2019.. C. 2021.. D. 2018. Trang 5/6 Mã đề BT17.

(6) Câu 48. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu (S1 ) : x2 +y 2 +z 2 +4x+2y+z = 0, (S2 ) : x2 + y 2 + z 2 − 2x − y − z = 0 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) và ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa đường tròn (C) và tiếp xúc với ba đường thẳng AB, AC, BC. A. Bốn mặt cầu. B. Một mặt cầu. C. Vô số mặt cầu. D. Hai mặt cầu. Câu 49. Cho hàm số f (x) là một đa thức bậc bốn thỏa mãn f (0) = 0. Hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Hàm số g (x) = |f (x2 ) − 2x| có bao nhiêu cực trị?. A. 1.. B. 5.. C. 3.. Câu 50. Cho z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn. D. 4.. √ z − 2i là số ảo và |z1 + 2z2 | = 20. Tổng giá z + 2i. trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = |2z1 + iz2 − 1| là A. 12.. B. 4.. C. 8.. D. 6.. - - - - - - - - - - HẾT- - - - - - - - - -. Trang 6/6 Mã đề BT17.

(7) 7 ĐÁP CHI TIẾT MÃ ĐỀ BT17 Câu 1. • Dãy số 3; −9; 27; −81; . . . là cấp số nhân có công bội q = −3. • Dãy số 3; −9; 27; −81; . . . không là cấp số nhân vì −9 = 3 · (−3) và −9 · (−3) = 27 6= −27. • Dãy số 1; 4; 7; 10; 13; . . . là cấp số cộng có công sai d = 3. • Dãy số 18; 6; 3; 1; . . . không là cấp số nhân vì 18 ·. 1 1 = 6 và 6 · = 2 6= 3. 3 3. Chọn đáp án B Câu 2. Chọn 1 bông hoa đỏ có: C51 cách. Chọn 1 bông hoa vàng có: C61 cách. Vậy có C51 .C61 = 30 cách chọn ra 2 bông hoa khác màu. Chọn đáp án D Câu 3. Số nghiệm phương trình f (x) = 2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = 2. Dựa vào đồ thị suy ra phương trình f (x) = 2 có 4 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án A Câu 4. Các hàm số đã cho đều có dạng y = ax4 + bx2 + c. Từ bảng biến thiên, ta suy ra a > 0 và y 0 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hàm số y = −x4 + 2x2 − 3 không thỏa mãn vì a = −1 < 0. Các hàm số y = x4 + 2x2 − 3 và y = x4 + 2x2 + 3 không thỏa mãn vì y 0 = 0 chỉ có đúng 1 nghiệm. Hàm số y = x4 − 2x2 − 3 có a = 1 > 0 và y 0 = 0 có 3 nghiệm phân biệt x = −1; x = 0; x = 1 và thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án A Câu 5. Vì 2x−2 > 0, ∀x nên phương trình 2x−2 = 0 vô nghiệm. Chọn đáp án A Câu 6. Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1, hàm số đạt cực tiểu tại x = 3. Chọn đáp án B Câu 7. Với a = 4, b = 2, 42 = 24 . Chọn đáp án C √ Câu 8. Đồ thị hàm số trong hình chỉ có thể là của hàm số nghịch biến trên R nên hàm số y = ( 3)x √ và y = ( 2)x bị loại. x 1 Ngoài ra do đồ thị hàm số đi qua điểm A(−1; 3) nên chỉ còn hàm số y = thoả mãn. 3 Chọn đáp án C Z Câu 9. Ta có: Chọn đáp án D. 3x 3x − 3x2 dx = − x3 + C. ln 3.

(8) 8 Câu 10. Z. 1 1 3 1 x + 3ex − sin 3x + C. (x2 + ex − cos 3x) dx = x3 + ex − sin 3x + C = 3 3 3. Chọn đáp án C √. 1 1 x ⇒ dt = √ dx ⇒ √ = 2 dt. 2 x x Với x = 4 thì t = 2, với x = 1 thì t = 1. Z2 Vậy I = 2 et dt.. Câu 11. Đặt t =. 1. Chọn đáp án C Câu 12. z=. (2 − 9i)(1 − 6i) 52 21 2 − 9i = = − − i. 1 + 6i (1 + 6i)(1 − 6i) 37 37. Chọn đáp án B Câu 13. Sử dụng máy tính bỏ túi, ta giải được hai nghiệm là z1 = −1 − 3i, z2 = −1 + 3i. Suy ra A = |z1 |2 + |z2 |2 = 20. Chọn đáp án C Câu 14. D0. A0 B0. C0. A D B. C. Chọn đáp án C Câu 15. Giả sử thiết diện qua trục SO của hình nón là tam giác đều SAB cạnh √ bằng a 3. 3a Chiều cao của hình nón là h = SO = · 2. S. A Chọn đáp án C. O. B.

(9) 9 Câu 16. • Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oy là điểm A (0; 2; 0) . • Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz là điểm B (0; 0; −1) . Vậy diện tích tam giác vuông OAB là S =. 1 1 · OA · OB = · 2 · 1 = 1. 2 2. Chọn đáp án C Câu 17. Gọi I(a; b; c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OABC. Khi đó    1 2 2 2 2 2 2 2 2  a = a + b + c = (a − 1) + b + c OI = AI       2 OI 2 = BI 2 ⇔ a2 + b2 + c2 = a2 + (b − 2)2 + c2 ⇔ b = 1        a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + (c + 2)2 OI 2 = CI 2  c = −1. 3 Suy ra bán kính R = OI = . 2 Chọn đáp án B Câu 18. Để lấy được 3 bi có đúng 1 bi xanh ta thực hiện như sau: • Lấy 1 bi màu xanh, số cách lấy là C15 = 5. • Lấy tiếp thêm 2 bi màu đỏ, số cách lấy là C26 = 15. Vậy số cách lấy 1 bi màu xanh và 2 bi màu đỏ là 5 · 15 = 75. Chọn đáp án C  x = 1 (nhận)  Câu 19. Ta có y 0 = 4x3 − 4x, y 0 = 0 ⇔  x = 0 (loại) x = −1 (loại). Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng (0; +∞): x. 0. f 0 (x). −. 0. f (x) 12 Dựa vào bảng biến thiên ta có m = 12. Chọn đáp án A Câu 20. Tập xác định D = R \ {−2; −1}. (x − 1)(x + 1) x−1 Với điều kiện trên ta có y = = . (x + 1)(x + 2) x+2 Ta có 1− x−1 = lim x→±∞ x + 2 x→±∞ 1 +. x→±∞. + +∞. 13. • lim y = lim. +∞. 1. 1 x 2 x. = 1..

(10) 10 •. lim + y = lim +. x→−2. x→−2. x−1 = +∞. x+2. x−1 = −2. x→−1 x + 2. • lim y = lim x→−1. Vậy đồ thị hàm số có tất cả 2 đường tiệm cận. Chọn đáp án B Câu 21. Khi x → +∞ thì y → −∞ suy ra a < 0. Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ ab < 0 ⇒ b > 0. Lại có y(0) = c < 0. Chọn đáp án C Câu 22. Ta có y 0 = e−x · (2x − x2 ).   y (−1) = e  "   x = 0 (nhận) Trên khoảng (−1; 1), y 0 = 0 ⇔ ⇔ x = 0. Ta có y (0) = 0  x = 2 (loại)   y (1) = 1 . e Vì hàm số liên tục trên đoạn [−1; 1] nên M = e và m = 0. Do đó M + m = e. Chọn đáp án A 2x− 32 1 Câu 23. Ta có: < 51−2x ⇔ 5−4x+3 < 51−2x ⇔ −4x + 3 < 1 − 2x ⇔ x > 1. 25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (1; +∞). Chọn đáp án B .  du = dx Câu 24. Đặt ta có v = 1 e2x . dv = e2x dx 2 Z1 Z1 1 1 1 1 1 Vậy I = xe2x dx = xe2x − e2x dx = e2 − e2x 2 2 2 4 0 0 0 1  a = 4 ⇒ a + b = 1. Suy ra  2 b = 1 4 Chọn đáp án D ( u=x. 1 0. 1 1 = e2 + . 4 4. Câu 25. Cách 1: Đặt z = x + yi =⇒ z = x − yi. Thay vào biểu thức trên ta được (x + 3y) + (x + y)i = 5 + 3i, suy ra z = 2 + i. Vậy w = 6 − i. Từ đó suy ra Re(w) + Im(w) = 6 + (−1) = 5. Cách 2: Sử dụng máy tính bỏ túi Casio Đặt z = X + Y i ⇒ z = X − Y i. Nhập vào máy tính: (1 − i)(X + Y i) + 2i(X − Y i) − (5 + 3i) . Gán X = 1000, Y = 100. Ta được kết quả là 1259 + 1097i. Phân tích số liệu: 1295 = X + 3Y − 3.  − 5 và 1097 = X + Y   X + 3Y − 5 = 0 X + 3Y = 5 X = 2 Do đó ta giải hệ phương trình: ⇔ ⇔ X + Y − 3 = 0 X + Y = 3 Y = 1..

(11) 11 Do đó ta có z = 2 + i. Từ đó suy ra w = 6 − i. Vậy Im(w) + Re(w) = 5. Chọn đáp án A Câu 26. Áp dụng định lí Pythago vào tam giác ABC vuông tại B, có: AC 2 = AB 2 + AD2 p √ ⇒ AD = AC 2 − AB 2 = (5a)2 − (3a)2 = 4a. Thể tích của hình hộp là V = AB · AD · AA0 = 3a · 4a · 2a = 24a3 (đvtt).. A0. D0. B0. C0 A. D. B. C. Chọn đáp án A Câu 27. Trong mặt phẳng (SBC) dựng BM ⊥ SC (M ∈ SC). S BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SC ⇒ SC ⊥ (BDM ) ⇒ SC ⊥ DM . \ \ Vậy (SBC), (SCD) = BM D. √ a 10 2 2 2 . Trong tam giác SAB : SB = SA + AB ⇒ SB = 2 3a M Trong tam giác SAC : SC 2 = SA2 + AC 2 ⇒ SC = √ . 2 A D O Áp dụng định lý cosin trong tam giác √ SBC, ta có: 2 2 2 SC + BC − SB 2 [ = [ = 45◦ hay 4BM C B C cos BCS = ⇒ BCS 2SC · BC 2 a vuông cân tại M . Suy ra DM = BM = √ . 2 2 \ Trong tam giác BM D, ta có : BM + DM 2 = BD2 ⇒ 4BM D vuông cân tại M hay BM D = 90◦ . \ \ Vậy (SBC), (SCD) = BM D = 90◦ . Chọn đáp án C Câu 28. Giả sử SAB là thiết diện qua trục của hình nón (như hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và là tam giác cân nên SA = SB = a. √ √ Do đó, AB = SA2 + SB 2 = √ a 2 1 a 2 và r = SO = OA = AB = . 2 2 1 1 a3 πa3 Thể tích khối nón: V = π · r3 = π · √ = √ . 3 3 2 2 6 2. S. a O B. Chọn đáp án B # » Câu 29. Ta có AB = (−3; −3; 2) và Suy ra VTPT của mặt phẳng (Q) là Khi đó phương trình mặt phẳng (Q) Chọn đáp án C. VTPT của (P ) là #» n P = (1; −3; 2). # » #» #» n Q = [AB, n P ] = (0; 8; 12). là 8(y − 4) + 12(z − 1) = 0 ⇔ 2y + 3z − 11 = 0.. A.

(12) 12 »= Câu 30. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa ∆ và vuông góc với (P ). Suy ra, pháp tuyến của (Q) là n# Q », n# »] = (−1; 1; 0). [u# ∆ P ( #» # » u ⊥nP »] = (1; 1; −2). Gọi #» u là véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆0 . Ta có: #» # » ⇒ #» u = [n# P», n# Q u ⊥n Q. Chọn đáp án B Câu 31. Chọn 3 đoàn viên trong 25 đoàn viên có n(Ω) = C325 cách. Gọi A : “trong 3 đoàn viên được chọn có 2 nam và 1 nữ” n(A) 27 Khi đó n(A) = C210 · C115 ⇒ P(A) = = · n(Ω) 92 Chọn đáp án B. Câu 32. Gọi M (x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. y 0 = 4x3 − 4x. Vì tiếp tuyến của đồthị (C) song song với đường thẳng y = 3x + 2018 nên y 0 (x0 ) = 3 x0 = 1 ⇒ y 0 = 3  ⇔ 4x30 − 4x0 = 0 ⇔  x0 = −1 ⇒ y0 = −3 x0 = 0 ⇒ y0 = 1. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M (1; 3) là y = 3x. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M (−1; −3) là y = 3x. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M (0; 1) là y = 3x + 1. Vậy có 2 tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng y = 3x + 2018. Chọn đáp án C Câu 33. Ta có y 0 = 4x3 − 4(m − 1)x. Để hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32 khi và chỉ khi (. m−1>0. |ycđ − yct | · |xct | = 32. ( ⇔. m>1. ⇔ √ |(m − 1)2 | · | m − 1| = 32. (. m>1 ⇔ m = 5. √ m−1=2. Chọn đáp án D √ x √ x x+1 Câu 34. Xét bất phương trình: m · 3 + (3m + 2) · 4 − 7 + 4 + 7 >0 √ !x √ !x 4− 7 4+ 7 + > 0 (1) ⇔ 3m + (3m + 2) · 3 3 √ !x √ !x 4+ 7 4− 7 1 Đặt t = , (t > 0) ⇒ = và 0 < t 6 1 (do x 6 0). 3 3 t 3m + 2 −t2 − 2 Bất phương trình (1) trở thành: t + + 3m > 0 ⇔ m > . t 3t + 3 −t2 − 2 Xét hàm số g(t) = , với 0 < t 6 1. 3t + 3 √ −3t2 − 6t + 6 0 Ta có g 0 (t) = ; g (t) = 0 ⇔ −3t2 − 6t + 6 = 0 ⇔ t = −1 ± 3. 2 (3t + 3) Bảng biến thiên:.

(13) 13 x. 0. 0. g (t) g(t). −1 + +. √. 1. 3. 0. −. √ 2−2 3 3. √ 2−2 3 Như vậy (1) đúng với mọi x ∈ (−∞; 0] ⇔ m > g(t) đúng với mọi t ∈ (0; 1] ⇔ m > . 3 Chọn đáp án A Câu 35. Ta có n#»1 = (1; 1; 3), n#»2 = (2; −1; 1) lần lượt là véc-tơ pháp tuyến của các mặt phẳng (Q), (R). Do mặt phẳng (P ) vuông góc với hai mặt phẳng (Q), (R) nên [n#»1 , n#»2 ] = (4; 5; −3) là một véc-tơ pháp tuyến của (P ). Từ đó suy ra mặt phẳng (P ) có phương trình 4x + 5y − 3z − 22 = 0. Chọn đáp án C 2xy + y 2x + 1 2 < 9y 4 +6y 3 −4x2 y 2 −4y 2 x ⇔ ln 2 < (3y 2 + y) − 3y + 1 3y + y 2 (2xy + y)2 ⇔ ln (2xy + y) + (2xy + y)2 < ln (3y 2 + y) + (3y 2 + y) (∗). Xét hàm số f (t) = ln t + t2 trên 1 khoảng (0; +∞). Có f 0 (t) = + 2t > 0, ∀t ∈ (0; +∞) suy ra hàm số f (t) = ln t + t2 đồng biến trên t 3y khoảng (0; +∞). f (2xy + y) < f (3y 2 + y) ⇔ 2xy + y < 3y 2 + y ⇔ x < Do đó, để yêu cầu bài toán 2 3y thỏa mãn thì ≤ 303 ⇔ y ≤ 202. Vậy có202 số nguyên dương y thỏa mãn yêu cầu. 2 Chọn đáp án A #» #» Câu 37. Ta có IA = (3; 2; 4), IB = (0; 5; 2). Khoảng cách từ I đến (P ) nhỏ nhất khi I ∈ ). i h #(P » #» Gọi #» n là một VTPT của (P ), suy ra #» n = IA, IB = (−16; −6; 15). Câu 36. Với điều kiện x, y > 0, ta có: ln. Phương trình (P ) : 16(x − 2) + 6(y + 1) − 15(z − 6) = 0 ⇔ 16x + 6y − 15z + 64 = 0. Chọn đáp án C Câu 38. Giả sử AD = x, khi đó ta có: S √ 2 2 x 5x x 5 DM 2 = AD2 + AM 2 = x2 + = ⇒ DM = ⇒ x = 3a 4 4 2 Gọi H = DM ∩ AC, khi đó SH ⊥ (ABCD) và ∆HAM v ∆HDC. A D Từ đó ta có HD = 2HM hay M D = 3M H. I K Ta có SM ⊂ (SAB) và do AB k CD nên CD k (SAB) H M ⇒ d (CD, SM ) = d (CD, (SAB)) = d (D, (SAB)) = C B 3d (H, (SAB)). Kẻ HK ⊥ AB, K ∈ AB và HI ⊥ SK, I ∈ SK ta có HI ⊥ (SAB) ⇒ d (H, (SAB)) = HI. 1 1 1 = + . 2 2 HI HS HK 2 √ √ √ 2 3a 5 2 DH = DM = · = a 5 ⇒ HS = HD · tan 60◦ = a 15. 3 3 2 √ √ 1 1 1 1 16 a 15 3a 15 HK = AD = a ⇒ = + = ⇒ HI = ⇒ d (CD, SM ) = . 3 HI 2 15a2 a2 15a2 4 4 Chọn đáp án D.

(14) 14 Câu 39. y 0 = 3ax2 + 2bx + c Dựa  thiên ta có hệ điều kiện  vào bảng biến 0   c=0 y (0) = 0         3a + 2b + c = 0 y 0 (1) = 0 . Giải hệ ta được a = 2, b = −3, c = 0, d = 1. ⇔   d = 1 y(0) = 1         a + b + c + d = 0 y(1) = 0 1 1 Suy ra y = 2x3 − 3x2 + 1 ⇒ y = . 2 2 Bảng biến thiên đồ thị hàm số y = |f (x)| có dạng x −∞ y0. α −. 0. +∞. 0 +. 0. +∞. 1 −. 0. + +∞. 1. y 0. 0. Vậy phương trình |f (x)| = m có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 < x2 < x3 <. 1 1 < x4 ⇔ < m < 1. 2 2. Chọn đáp án B   x+1>0 Câu 40. Điều kiện:  x > 0. 2 2 2 log3 m + log3 x = 2 log3 (x + 1) ⇔ log3 (mx) = log  3 (x + 1) ⇔mx = (x + 1) ⇔ x + (2 − m)x + 1 = 0  m>0  m>0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ⇔ ⇔ m > 4.  ∆>0  m2 − 4m > 0. Vậy có 2013 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D Câu 41. Chọn hệ trục tọa độ có gốc là tâm hình chữ nhật, các trục tọa độ song song với các cạnh x2 x2 của hình chữ nhật khi đó các phương trình của parabol là y = − + 4 và y = − 4. Diện tích phần 8 8 √ Z4 2 2 x x2 trồng hoa là S = − +4− + 4 dx ≈ 60, 34 m2 . 8 8 √ −4 2. Chọn đáp án C 2x + 1 2xy + y 2 < 9y 4 +6y 3 −4x2 y 2 −4y 2 x ⇔ ln 2 < (3y 2 + y) − 3y + 1 3y + y 2 2 2 2 2 (2xy + y) ⇔ ln (2xy + y) + (2xy + y) < ln (3y + y) + (3y + y) (∗). Xét hàm số f (t) = ln t + t2 trên 1 khoảng (0; +∞). Có f 0 (t) = + 2t > 0, ∀t ∈ (0; +∞) suy ra hàm số f (t) = ln t + t2 đồng biến trên t 3y khoảng (0; +∞). f (2xy + y) < f (3y 2 + y) ⇔ 2xy + y < 3y 2 + y ⇔ x < Do đó, để yêu cầu bài toán 2 3y thỏa mãn thì ≤ 303 ⇔ y ≤ 202. Vậy có202 số nguyên dương y thỏa mãn yêu cầu. 2 Chọn đáp án D. Câu 42. Với điều kiện x, y > 0, ta có: ln. z − 2i a + (b − 2) i = = z+2 a + 2 + bi [a + (b − 2) i] [a + 2 − bi] a (a + 2) + (b − 2) b + [(a + 2) (b − 2) − ab] i z − 2i = . Do đó là số ảo ⇔ 2 2 z+2 (a + 2) + b2 (a + 2) + b2. Câu 43. Đặt: z = a + bi (a, b ∈ R). Điều kiện: z 6= −2. Với điều kiện đó,.

(15) 15 a (a + 2) + (b − 2) b = 0 ⇔ a2 + b2 + 2a − 2b = 0 (∗). Mặt khác, |z| = 2 ⇔ a2 + b2 = 4 (∗∗). Từ (∗) , (∗∗) ( a = −2 loaïi   b=0 ( suy ra  . Vậy có một số phức z = 2i thỏa mãn yêu cầu bài toán.  a=0  (thoûa maõn) b=2 Chọn đáp án D Câu 44. Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R). Theo giả thiết, ta có: (z − 1) (z + 2i) = [(a − 1) + bi] [a − (b − 2)i] = a(a − 1) + b(b − 2) + [ab − (a − 1)(b − 2)] i. (z − 1) (z + 2i) là số thực ⇔ ab − (a − 1)(b − 2) = 0 ⇔ 2a + b − 2 = 0 ⇔ b s = 2 − 2a. √ 2 q √ 4 4 2 5 2 Khi đó z = a + (2 − 2a) i. Suy ra |z| = a2 + (2 − 2a) = 5a2 − 8a + 4 = 5 a − + ≥ . 5 5 5 √ 4 2 5 khi a = . Từ đây, ta được min |z| = 5 5 Chọn đáp án B Câu 45. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của SO với AM . Khi đó, đường thẳng qua I song song với BD cắt SB, SD tại N và P . Gọi Q là điểm thuộc AM sao cho OQ song song với SC. MC Đặt k = = 2. MS IO OQ OQ OA k Ta có = = = = . MS MS IS SM 2 MC · AC · MC MC DP BN IO k Suy ra: = = = . PS NS IS 2 SP 2 Do đó, = . SD k+2 1 SM = . Ta cũng có: SC k+1. S. N. M P. I Q A. B O. D. C. SA SP SM SA SP SM · · · VS.ADC = · · · VS.ABCD VS.AP M N = 2.VS.AP M = 2 · SA SD SC SA SD SC 2 V = · VS.ABCD = . (k + 2)(k + 1) 6 Chọn đáp án D Câu 46. Chuvi tam giác ABM đạt giá trị nhỏ nhất khi tổng M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất.  x = −1 + 2t   Do M ∈ ∆ : y = 1 − t nên M (−1 + 2t; 1 − t; 2t).   z = 2t p √ Ta có M A = (2t − 2)2 + (t + 4)2 + 4t2 = 9t2 + 20; p √ M B = (2t − 4)2 + (t + 2)2 + (2t − 6)2 = 9t2 − 36t + 56. √ √ Như vậy M A + M B = 9t2 + 20 + 9t2 − 36t + 56. Cách 1: phương pháp hàm số √ √ Xét hàm số f (t) = 9t2 + 20 + 9t2 − 36t + 56 trên R..

(16) 16 9t − 18 9t 9(t − 2) 9t +√ =√ +p . Ta có f 0 (t) = √ 9t2 − 36t + 56 9t2 + 20 9t2 + 20 9(t − 2)2 + 20 t−2 t = −p f 0 (t) = 0 ⇔ √ (1). 9t2 + 20 9(t − 2)2 + 20 t 20 Xét hàm số g(t) = √ có g 0 (t) = √ 3 > 0. 2 9t + 20 9t2 + 20 Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 1. Bảng biến thiên của f (t) là t. −∞. f 0 (t). +∞. 1 −. 0. +. +∞. +∞. f (t). √ 2 29. Theo bảng biến thiên, f (t) đạt giá trị nhỏ nhất khi t = 1. Cách 2: phương pháp q véc-tơ√ q √ 2 2 2 Ta có M A + M B = (3t) + 20 + (6 − 3t)2 + 20 . √   #» u = 3t; 20 #» #» #» #» Xét √ . Do | u | + | v | ≥ | u + v | nên ta có  #» v = 6 − 3t; 20 q √ 2 q √ 2 q √ √ 2 2 2 (3t) + 20 + (6 − 3t) + 20 ≥ 62 + 2 20 = 2 29. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi #» u = k #» v (k ≥ 0) ⇔ t = 1. Vậy M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất khi t = 1 ⇒ M (1; 0; 2) ⇒ T = 3. Chọn đáp án C Câu 47.. 1 Do m ∈ [−4040 ; −3] nên ta có: S = x + 2x − 1 − m dx = x2 + 2x − 1 − m dx = 0 0 1 3 1 1 1 6062 x + x2 − x − mx = + 1 − 1 − m = − m . Để S ≤ 2021 ⇔ − m ≤ 2021 ⇔ m ≥ − . 3 3 3 3 3 0 Kết hợp với m ∈ [−4040; −3] và m ∈ Z ⇒ m ∈ {−2020 ; −2019 ; ...; −4 ; −3} ⇒ có 2018 số nguyên m. Chọn đáp án D. Z. 1. Z. 2. Câu 48. Gọi I là tâm của mặt cầu, H là hình chiếu của I lên (ABC), và F , G, H lần lượt là hình chiếu của I lên AC, CB, BA. Khi đó, DF ⊥ AC, DG ⊥ BC, DH ⊥ AB và DF = DG = DH. Vậy D là tâm đường tròn nội tiếp hoặc bàng tiếp của ∆ABC. Có tất cả bốn vị trí của D.. I. H. A D F. B G. C. Ngược lại, với mỗi vị trí của D, ta có các vị trí phân biệt của I là giao của đường thẳng đi qua D, vuông góc với (ABC) và mặt phẳng chứa đường tròn (C). Vậy có tất cả bốn mặt cầu tương ứng với bốn vị trí của I xác định như trên..

(17) 17 Chọn đáp án A 00. 0. . x3 3. 5x2 2. . + + 6x + b Câu 49. Từ bảng biến thiên ta có f (x) = a (x + 3) (x + 2) ⇒ f (x) = a ( ( ( + b = −8 − 9a a=2 f 0 (−3) = −8 2 Ta có ⇔ ⇔ 25 14a 25 0 f (−2) = − 3 − 3 +b=−3 b=1 Từ đó ta được f 0 (0) = 1 > 0. Đặt h (x) = f (x2 ) − 2x; ta có h0 (x) = 2xf 0 (x2 ) − 2. Khi đó h0 (x) = 0 ⇒ f 0 (x2 ) = x1 . Khi x < 0 ⇒ x1 < 0: nên f 0 (x2 ) = x1 vô nghiệm. Khi x > 0: hàm số y = x1 nghịch biến; hàm số y = f 0 (x2 ) đồng biến nên có đúng 1 nghiệm x = a > 0. Bảng biến thiên của hàm số h (x) Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình h (x) = 0 có hai nghiệm khác a. từ đó g (x) = |h (x)| có 3 cực trị. Chọn đáp án C Câu 50. Gọi số phức có dạng z = x + yi, (x, y ∈ R). Điều kiện z 6= −2i. Ta có:. z − 2i x + (y − 2) i = z + 2i x + (y + 2) i. −4x z − 2i (x2 + y 2 − 4) + i . Theo đề: là số ảo ⇒ x2 + y 2 − 4 = 0 ⇔ x2 + y 2 = 4 ⇔ |z| = = 2 2 2 2 z + 2i x + (y + 2) x + (y + 2) 2 ⇒ |z1 | = |z2 | = 2. Gọi A, B, C và D lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , 2z2 và (z1 + 2z2 ). # » # » # » # » # » # » # » # » Suy ra OC = 2OB và OA + OC = OD. Do |z1 | = |z2 | = 2 ⇒ OC = 2 OA = 2 OB = 4 2 2 2 √ √ # » \ = OA + AD − OD và |z1 + 2z2 | = 20 ⇒ OD = 20 Xét tam giác ∆ OAD có: cos OAD 2OA.AD # \ 22 + 42 − 20 » # » ◦ ◦ ◦ \ = 90 . Hay AOC [ = 90 ⇒ OA, OB = 90 . = = 0 ⇔ OAD 2.2.4 # » # » # » Gọi E; F và G lần lượt là điểm biểu diễn số phức 2z1 , iz2 và −1 . Khi đó ta có ⇒ OE = 2OA; OE = # » # » |2z1 | = 4; OF = |iz2 | = 2; OG = |−1| = 1 . Do B là điểm biểu diễn số phức z2 và F là điểm biểu # » # » # » # » diễn số phức iz2 nên OB; OF vuông góc với nhau. Do OA; OB vuông góc với nhau nên ta có được # » # » # » # » OA và OF cùng hướng hoặc ngược hướng với nhau, suy ra OE và OF cùng hướng hoặc ngược hướng với nhau. Ta có P = |2z1 + iz2 − 1| = |++|. Do |++| ≤ || + || + || ⇒ P ≤ 4 + 2 + 1 = 7 Dấu bằng xảy ( z1 = −2 ra khi ; ; cùng hướng ⇔= 2 = 4 ⇔ . Vậy M axP = 7 Do |++| ≥ || − |+| ≥ || − (|| + ||) z2 = 2i ( z1 = 2 ⇒ P ≥ 4 − 2 − 1 = 1 Dấu bằng xảy ra khi ngược hướng với và ⇔= −2 = −4 ⇔ . Vậy z2 = 2i min P = 1, suy ra tổng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của P là: 7 + 1 = 8. Chọn đáp án C.

(18)

DOWNLOAD FILE ĐỀ TOÁN PDF

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về