Đề 50 PTĐCT l1 2021 đáp án

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4.. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên dưới?. Lời giải Chọn D Dựa vào dáng đồ thị, đây là đồ thị hàm trùng phư

Trang 1

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2022

Câu 1. Tập nghiệm của bất phương trình

x x



là

A.  B. ;1 C. 3;  D. 1; 

Lời giải Chọn D

Ta có:

Vậy S 1;

Câu 2. Cho  

3

2

f x x 

3

2

g t t  

3

2

3f x 2g x dx

Lời giải Chọn C

3f x 2g x dx 3f x dx 2g x dx3 f x dx2 g t dt12

Câu 3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;1, B0; 2;3 Viết phương trình

mặt cầu đường kính AB

2

Tâm I của mặt cầu là trung điểm của AB 1

; 2; 2 2

1 4

AB

Vậy phương trình mặt cầu  S là:    

2

Câu 4 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d đi qua điểm M0; 2; 5 và có một vectơ chỉ phương

3; 1; 2



u Phương trình của d là:

PHÁT TRIỂN ĐỀ CHÍNH THỨC-L1-NĂM HỌC 2021 CỦA BGD

Đề số 50

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/

A

3 2

5 3







 



  



3 2

5 2







 



  



3

1 2

2 5







  



  



x

1 3 1

2 2

 





 



  



Lời giải Chọn B

Đường thẳng d đi qua điểm M0; 2; 5 và có một vectơ chỉ phương 3; 1; 2 

u Phương trình

của d là

3 2

5 2







 



  



Câu 5 Cho hàm số y f x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Lời giải Chọn A

Dựa vào bảng xét dấu, f x đổi dấu khi qua các điểm x  2;1; 3; 5

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4

Câu 6 Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên dưới?

A y x42x2 B yx33x2 C y x33x2 D yx42x2

Dựa vào dáng đồ thị, đây là đồ thị hàm trùng phương nên loại đáp án B và C

Đồ thị có bề lõm hướng lên phía trên nên chọn đáp án D

1

x y x





 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng

Trang 3

Đồ thị hàm số 1

1

x y x





 cắt trục tung tại điểm có hoành độ x 0, suy ra tung độ y   1

A

2! 2 !

n

n C

n



! 2 !

n

C

n n



2 !

n

n C

n



!

n

n C

n



Ta có

2

k

Số phức za bi a b  ,   có phần ảo là b, do đó b 4

Câu 10 Cho   2 3 2



f x x x Giá trị của f 1 bằng

8

Với x 0 thì    

2

3

f x x  x  f x  x nên  1 8

3

f  

Câu 11 Tìm họ nguyên hàm của hàm số f x x x 1

A. x x 1C B 2x 1 C C. 3 2

3 2

C

 d

I  f x x x x 1dx  2 

d

 

3 2

C

Câu 12 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A2; 2;1 , B1; 1;3  Tọa độ của vectơ AB



là

A. 1; 1; 2   B. 3;3; 4  C. 3; 3; 4  D. 1;1;2

 1;1; 2

AB  



Trang 4

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

Ta có: f x đổi dấu từ   sang   khi đi qua nghiệm x 0 nên hàm số đã cho đạt cực đại tại 0

x 

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho là y 2 tại x 0

Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào sau đây?

A. ;1 B  ; 1 C 0 ;  D 3; 

+ Trong khoảng  ; 1 ta thấy dáng đồ thị đi lên Suy ra hàm số đã cho đồng biến

+ Trong các khoảng khác đồ thị hàm số có dáng đi lên và có cả đi xuống nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán

 có nghiệm là

A. x2 B x 3 C x3 D x1

Ta có: 32x1 27



5

1

f x x 

5

1

8f x xd

Lời giải

Trang 5

Chọn C

Ta có:  

5

1

8f x xd

5

1

8 f x xd 8.3 24

A 512a 3 B 512a 2 C 8a 3 D 512a

Thể tích của khối lập phương cạnh bằng 5a là

 3 3

A \ 0  B 0;   C  D 0;  

Vì hàm số y 2021x là hàm số mũ nên có tập xác định là tập 

3

3R

Thể tích V của mặt cầu bán kính R được tính theo công thức: 4 3

3

V  R

3

x y x





 là đường thẳng

3

y  

Ta có:

7 2

3

y

x



  y  là đường tiệm cận ngang của đồ thị 2

hàm số đã cho

2

3

a a bằng

A

7 6

5 6

6 5

1 3

a

Lời giải

Trang 6

Chọn A

Ta có:

a a a a a

Câu 22 Cho khối chóp có diện tích đáy B7a2 và chiều cao h 3a Thể tích của khối chóp đã cho

bằng

3a

Thể tích của khối chóp đã cho bằng: 1 1 2 3

pháp tuyến của  P ?

A n 1 3;0;2 B n 2 3;2; 1  C n 3 3;2;1 D n   4  3; 2; 0

Véc tơ pháp tuyến của  P : 3x 2z  là: 1 0 n 1 3; 0;2

Thể tích của khối trụ đã cho là V  r h2 .5 42 100

A 1 i B. 7 7i  C. 7 7i D. 7 7i 

Ta có: zw  ( 3 4 ) (4 3 )i   i   7 7i

Ta có: u3u q1 2 2.( 2) 2  8

A 1 sin x C B

2 sin 2

x

x C

2 sin 2

x

x C

  D 1 sin x C

Trang 7

2

x

f x x x x x  x C

A. z2 2021i B. z3 2021i C. z4 2021i D. z12021i

Ta có điểm M  20; 21 là điểm biểu diễn cho số phức zabi 2021i

1

y x





 (m là số thực cho trước, m   có đồ thị như hình bên) Mệnh đề nào 1 dưới đây đúng?

A. y 0,  x B. y 0,  x C. y 0, x 1 D. y 0, x 1

TXĐ: D  \ 1  nên loại đáp án A và B

Dạng đồ thị đi xuống thì y  nên loại đáp án C 0

Vậy chọn D (y    ) 0, x 1

2 quả Xác suất để lấy được 2 quả khác màu bằng

A. 2

1

2

8

15

Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 quả từ 10 quả bóng có   2

n  C 

Gọi A là biến cố: “Lấy được 2 quả khác màu”

Suy ra   1 1

4 6 24

n A C C 

Xác suất biến cố A là    

 

24 8

45 15

n A

P A

n

Trang 8

Câu 31. Trên đoạn 1; 2, hàm số y2x33x212x đạt giá trị lớn nhất tại điểm 2

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn 1; 2

Ta có 2

1 1; 2 0

2 1; 2

x y

x

   

   

   



Ta có y  1 15, y 1   , 5 y 2  6

Vậy

   

1;2

maxy y 1 15

:

d      Phương trình của mặt phẳng  P là

A x2y3z 8 0 B x2y3z100

C 3x4y5z100 D 3x4y5z 8 0

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u  1; 2;3

Vì mặt phẳng  P vuông góc với d nên  P nhận u  1; 2;3

làm vectơ pháp tuyến

Hơn nữa,  P đi qua điểm A3; 4;5  nên  P có phương trình x32y43z50 Rút gọn ta được  P :x2y3z100

đáy và SA2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng

A 2 5

5

a

3

a

3

a

5

a

Trang 9

Ta có     





Kẻ AH SB Khi đó AH BC AH SBC 

Suy ra AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC

Ta có 12 12 12 12 12 42 2 5

:

 Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d có phương trình là

A 2x4y7z27 0 B 2x4y7z35 0

C 3x5y3z220 D 3x5y3z35 0

Ta có u  2; 4; 7 

là vectơ chỉ phương của đường thẳng d

Gọi  P là mặt phẳng đi qua A1; 2;3  và vuông góc với d suy ra mặt phẳng  P nhận vectơ

2; 4; 7

u  

làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng  P cần tìm là

2 x1 4 y2 7 z3 0 hay 2x4y7z27 0

5 5

z    i C. z  13 11 i D z 13 11 i

i

 

Vậy 13 11

z   i

2

7 4

a

Góc giữa hai đường thẳng AA và B C bằng

Trang 10

Gọi M là trung điểm cạnh BC Tam giác ABC đều, suy ra 3

2

a

Ta có BCA AM BC A M

2

7 2

A BC

a



Tam giác A AM vuông tại A, ta có

AA  A M AM   a Suy ra A A a

Vì AA//BB nên AA B C,  BB B C,  BB C Ta có: tan BC 1  45

Vậy góc giữa hai đường thẳng AA và B C bằng 45

Câu 37. Với mọi ,a b thỏa mãn log3a2log3b35, khẳng định nào dưới đây đúng:

A a b 2 3 125 B a b 3 2 125 C a2b3125 D a2b375

Ta có log3a2log3b3  5 a b2 3 53a b2 3125

Câu 38. Nếu  

1

0

dx 1

1

0

3f x 2 dx

3f x 2 dx3 f x dx2 dx3 1 2.1 5

Câu 39. Cho hàm số   2 2 7 khi 2

3 1 khi 2

f x



 



Giả sử F là nguyên hàm của f trên  thỏa mãn

 0 4

F  Giá trị của F23F 4 bằng

Trang 11

Ta có:

0

2



2

0

2

1

Vậy F23F 4   2 3.36106

2

4x x

x



     ?

Xét bất phương trình:  3  3 

2

4x x

x



     (1) Điều kiện: 2x20 x  1

Ta giải các phương trình:

1

2

x x

x





 



 



 





 



(loại do điều kiện)

2

log 2x2 202x  2 9 x7

Ta có bảng xét dấu sau:

Dựa vào bảng xét dấu, để  3  3 

2

4x x  x   thì ta có

1

7 1

2

x





  



 



 Vậy có 3 giá trị nguyên dương thỏa mãn

Trang 12

cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

Phương trình    





 Phương trình f x   2 a 3; 4: có 1 nghiệm

Phương trình f x   2 b 1;3: có 1 nghiệm

Phương trình f x   2 c 0;1: có 3 nghiệm

Vậy phương trình f2 f x  0 có 5 nghiệm

được thiết diện là tam giác đều cạnh 4a Diện tích xung quanh của  bằng

A 8 6 a 2 B. 4 6 a 2 C. 4 8 a 2 D. 4 10 a 2

Trang 13

Gọi hình nón  có đỉnh S , đường tròn đáy có tâm O , bán kính r Thiết diện đã cho là tam

giác SAB đều cạnh 4a và I là trung điểm của AB Khi đó,

,

OI AB SI  AB nên góc giữa (SAB và mặt phẳng đáy là ) SIO  45

SI a nên OISI.cos 45 a 6

Tam giác OIA vuông tại I có rOA OI2AI2 a 10

4

lSA a

Vậy hình nón  có diện tích xung quanh bằng S xq rl4 10a2

Câu 43 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình 2   2

z  m z m  (m là tham số thực) Có

bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z0 thỏa mãn z  ? 0 1

Phương trình z22 2 m1z4m2  0  * Ta có   2m124m24m1

+ Trường hợp 1: Nếu 4 1 0 1

4

m  m  thì phương trình  * có nghiệm thực nên

0 0

0

1 1

1

z z

z





    



Với z 0 1 thay vào phương trình  * ta được:

2

m











(thoả 1

4

m   )

Với z  0 1 thay vào phương trình  * ta được:

1 2 2m1 4m  , phương trình vô nghiệm 0

+ Trường hợp 2: Nếu 4 1 0 1

4

m  m  thì phương trình  * có hai nghiệm phức là

z m i  m và z2m 1 i 4m1

Khi đó 0  2

1 2

m







  



, kết hợp với 1

4

m   ta được 1

2

m  

Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 44 Xét các số phức z , w thỏa mãn z 4 và w 5 Khi 2zw 9 12i đạt giá trị nhỏ nhất,

zw bằng

Trang 14

A 11

13

Ta có z 4 2z  8 2z 9 12i 9 12i  8

Đặt 2z 9 12iw1 w1 9 12i 8

w1

M thuộc đường tròn  C1 có tâm I 1 9;12 và bán kính R 1 8

w   5 w 5

Đặt w2  w w2 5

w2

N thuộc đường tròn  C2 có tâm I20;0 và bán kính R 2 5

1 2 15 13 1 2

I I   R R suy ra  C1 và  C2 không cắt nhau

Min 2z w 9 12i Min w w MinMN I I R R 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

1

2 1

1

21 28

5 5 15

I N

I I



    









 

Vậy w 3 4  21 28 2

z   i   i 

Câu 45 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : P xy  z 1 0 và đường thẳng : 1

 Hình chiếu vuông góc của d lên ( )P có phương trình là

 

 C

1

 

 D

1

Mặt phẳng ( )P có véc-tơ pháp tuyến là n  (1; 1;1)

Trang 15

Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương là u  (1;1; 1)

Ta nhận thấy rằng đường thẳng d cắt ( )P tại điểm M(0;0; 1)

Gọi ( )Q là mặt phẳng qua d và vuông góc với mặt phẳng ( )P , vậy ( ) Q có véc-tơ pháp tuyến là

  ( )Q ; (0;2;2)

n  n u  

Khi đó, hình chiếu d của d lên ( )P là giao tuyến của ( ) P và ( ) Q Suy ra véc-tơ chỉ phương

của d là un n ; ( )Q   ( 4; 2;2)

Vậy phương trình của đường thẳng d là 1

 



2

f x  x ax bx với , ,c a b c là các số thực Biết hàm số

g x  f x  f x  f x có hai giá trị cực trị là 6 và 10 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi

các đường  

 

8

f x y

g x





 và y  bằng 2

A 2 ln 3 B 4 ln 3 C 3 ln 2 D ln 2

g x  f x  f x  f x  x  a x  b a x a  b c

Suy ra: g x 6x22 6 a x b  2a12

Xét phương trình

 

8

f x

g x





2

x x









Ta có diện tích bằng

 

2 1

x x

2 ln g x 8 ln g x 8 2 ln 9 4ln 3

số nguyên x thỏa mãn điều kiện  2  2   

log xy log y  y 64 log xy ?

f x  xy  y  y  xy (coi y là tham số)

Trang 16

Điều kiện xác định của f x( ) là:

2

0 0

x y

   



 



(do ,x y nguyên)

Do ,x y nguyên nên ta xét f x( ) trên nữa khoảng y   Ta có: 1; 

 

ln 4

ln 2020

x y



Bảng biến thiên của f x( ):

Yêu cầu bài toán trở thành:

2020

3 log 2021 1

Vì y   nên y   301; 300; ; 299; 300  Vậy có 602 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu

bài toán

hai mặt phẳng A BC  và A CD  bằng 60 Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho

8

Trang 17

Ta có ABCD là hình thoi cạnh a,  0

120

ABC  nên BDa, ACa 3 và

2

ABCD

a

Gọi OACBD Ta có BDA AC  BDA C

Kẻ OM  A C tại M thì A C BDMA C MD, do đó góc giữa hai mặt phẳng A BC 

và A CD  là góc giữa hai đường thẳng MB và MD

Vậy BMD  60 hoặc BMD  120

TH1: BMD  60 thì do MBMD nên tam giác BMD là tam giác đều, do đó 3

2

OM a

  (vô lý vì OMC vuông tại M )

TH2: BMD  120 thì do tam giác BMD cân tại M nên BMO  60

3 cot 60

6

a

3

a

Có tam giác AA C đồng dạng với tam giác MOC nên 6

4

AA



Vậy

2

3

ABCD

và hai điểm A4; 7;3 , B4; 4; 5 Giả sử M, N là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng (Oxy) sao cho MN

cùng hướng với a

và MN 5 2 Giá trị

lớn nhất của AM BN bằng:

Lời giải

Trang 18

Chọn A

MN



a  MN k k k MN  k  k

5; 5; 0

MN

 

Lấy A ' thỏa mãn  AA'MN 5; 5; 0 A' 1; 2;3 

Vì AA 'NM là hình bình hành  AM  A N'

Ta có: AM BN  A N' BN A N'  17

Dấu "=" xảy ra  N A B' Oxy

Ta có A B ' 3; 2; 2

Phương trình

1 3

3 2

 





 



  



' 1 3 ; 2 2 ;3 2

3

2

; 1; 0 ; ; 4; 0

N   M 

vẽ:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m   2021; 2021 để hàm số  2 

2 2020

y f x  x m có 7

điểm cực trị?

A 0 giá trị B 5giá trị C 6giá trị D 7giá trị

Theo bài ra ta có: đồ thị hàm số y f1 2 x cắt trục O xtại 3 điểm phân biệt 4; 1;

x  x x 5 suy ra f7 f 3  f 11 0

2 2020

h x   x f x  x m

Ta có:  

1 0

x

h x





   



Ta có:  *  fx22x2020m0

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	710,17 KB