Cô ngọc huyền LB đáp án chi tiết đề thi thử lần 1

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4i.. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3i.?. Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu rồi nhân các số trên hai quả cầ

HỆ THỐNG ĐÀO TẠO PHÁC ĐỒ TOÁN

VỀ ĐÍCH 9+

Cô NGỌC HUYỀN LB

ĐÁP ÁN THỰC CHIẾN KÌ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

LẦN THỨ I

Môn thi: Toán

ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

BON 1: Số tam giác được tạo thành từ các đỉnh của một đa giác đều 10 cạnh là

Lời giải Số tam giác đều tạo thành 3

10 120

C

 

Đáp án D BON 2: Cho cấp số nhân  u với n u28 và u564 Khi đó, công bội của cấp số nhân  u bằng n

Lời giải

5

5 1

64 8

n n

u





Đáp án D BON 3: Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như hình vẽ:

Hàm số yf x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.  ; 2  B. 2;0  C. 0; D. 1; 3 

Lời giải Từ BBT  Hàm số nghịch biến trên khoảng 2;0

Đáp án B

x y’

–∞

y

+∞

+ +

3

0 –

–1

+∞

–∞

0

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

BON 4: Cho hàm số y f x  liên tục trên , có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại

Lời giải Từ BBT  Hàm số đạt cực tiểu tại x4

Đáp án B BON 5: Cho hàm số y f x  liên tục trên và có bảng xét dấu f x  như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Lời giải

Từ bảng xét dấu, hàm số có đạo hàm đổi dấu 2 lần  Hàm số có 2 cực trị

Đáp án B BON 6: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2 3

1

x y x





 là

2

Lời giải

2 2 1

a y c

  

Đáp án C BON 7: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có đường cong như trong hình vẽ?

y  x x 

y  x x 

Lời giải

+) Đồ thị hàm số dạng bậc 4 trùng phương có a0 +) Hàm số có 3 cực trị a b   0 b 0

+) Tại x0;y0

Đáp án B

x f’(x)

–∞

+ +

3

0 –

–2

+∞

–∞

0

x f'(x)

– 0 + 0 + 0 –

O

y

x

Tìm nhanh TCN:

BON TIPS

BON 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số 3

yx  x và đường thẳng y x 2

là

Lời giải Xét phương trình:

2

0

x

x

 



 



 3 giao điểm

Đáp án A BON 9: Cho a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn 2log3a3log3b1 Mệnh

đề nào dưới đây đúng?

A. a b2 3 3 B. 3a2b3 C. a23 b3 D. a b2 31

Lời giải

 

2 log a3log b 1 log a log b  1 log a b  1 a b 3

Đáp án A BON 10: Cho hàm số    2 

2

f x  x  Tính f 1 ?

A.   1

2

2ln 2

ln 2

f  D f 1 1

Lời giải

 

2

2

1 ln 2

1 2.ln 2 ln 2

x

x

f







Đáp án C BON 11: Cho a là số thực dương tùy ý, ln e2

a bằng

A. 2 1 ln a   B. 1 1ln

2 a

 C. 2 1 ln a   D. 1 2lna

Lời giải 2

2

ln e lne lna 1 2lna

Đáp án D BON 12: Tập nghiệm của bất phương trình 3x27 là

A.  ; 3  B.   ; 3  C.  3;  D. 3;

Lời giải 3x273x33 x 3 Vậy tập nghiệm là  3; 

Đáp án C BON 13: Tập nghiệm S của phương trình 2

2

log x 2 là

A. S2; 2   B. S 1 C. S 4 D. S 2

BON TIPS

BON TIPS

BON TIPS

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

Lời giải 2 2

2

2

2

x

x

 



 2; 2

S

  

Đáp án A BON 14: Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

2

ln 5

x x

2 1

2 1

x x

x







C.

2

ln 25

x x

ln 25

x x



2 ln 5 ln 25

x x  C C



Đáp án C BON 15: Họ nguyên hàm của hàm số f x x33x2 là

x x C B.

4 3

C

4

3 4

x

3x 6x C

Lời giải     4

4

x

Đáp án C

BON 16: Nếu 2  

0

f x x

0

3f x dx

Lời giải 2   2  

3f x dx3 f x dx3.6 18

Đáp án A

BON 17: Cho 2  

0

f x x

0

d 3

g x x

 Tích phân 2    

0

2f x g x dx

Lời giải 2     2   2  

2f x g x dx 2 f x dx g x dx 2.2 3 1

Đáp án D BON 18: Cho hai số phức z1 1 3 ,i z2 3 2 i Số phức 2z1z2 bằng

Lời giải 2z1z2  5 4i

Đáp án C BON 19: Tìm số phức liên hợp z của số phức z  1 2021 i

A. z 1 2021 i B. z 1 2021 i C. z  1 2021 i D z 2021i

Lời giải

1 2021

Đáp án C BON TIPS

BON 20: Điểm M trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn của số phức z

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z?

A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4

B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4i

C. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3i

D. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3

Lời giải M 3; 4   z 3 4i

Phần thực = 3; phần ảo = 4

Đáp án A BON 21: Thể tích khối lăng trụ được tính theo công thức nào sau đây?

3

2

6

V  B h

Lời giải Vl¨ng trô B h

Đáp án B BON 22: Cho khối nón có chiều cao h2 và bán kính đáy r3 Thể tích của khối nón đã cho là

Lời giải nãn 1 2 1 2

.3 2 6

Đáp án B BON 23: Diện tích mặt cầu đường kính 4a bằng

64 a B 2

16 a C. 2

4 a

Lời giải Đường kình 4a Bán kính 4 2

2

a a

      

Đáp án B BON 24: Tính thể tích của khối tứ diện ABCD, biết AB, AC, AD đôi một vuông góc

và lần lượt có độ dài bằng 2, 4, 3?

Lời giải 1 1

.2.4.3 4

Đáp án C BON 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đường thẳng nào sau đây có vectơ

chỉ phương là u2; 3; 1 ?

A.

1 4

2 6 ,

1 2

  



   



B.

1 4

2 6 ,

1 4

  



   



C.

1 2

2 3 , 1

  



   



1 2

2 3 , 1

  



   



x

O

y

4

3

M

Chú ý đọc kĩ đề bài để

phân biệt rõ đường kín vhà

bán kính

BON TIPS

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

Lời giải u2 2; 3; 1      4; 6; 2

Đáp án A BON 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A1; 3; 2 , B0;1; 1 ,

2; 1;1 

G  Tìm tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC nhận G là trọng tâm

A. C5; 1; 2   B. C3; 3; 2   C. 1; 1;2

3



  D. C1;1;0 

Lời giải G là trọng tâm ABC

1 0 2

3 1

2

2 1 1

G

C

C

G

x

x

z

z



Đáp án A BON 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M2021;0; 1  Mệnh

đề nào sau đây đúng?

A. M Oxz B. MOyz C. M Oy D. MOxy

Lời giải Ta có: y M 0 M Oxz

Đáp án A BON 28: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tính khoảng cách từ điểm

3; 4;6

A  đến trục Oz

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của A trên trục Oz H0;0;6

Đáp án C BON 29: Có 30 quả cầu được đánh số tự nhiên từ 1 đến 30 Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu rồi nhân các số trên hai quả cầu với nhau Tính xác suất để tích nhận được là số chia hết cho 10

A. 48

8

16

16 145

Lời giải   2

30 435

Trường hợp 1: Lấy được 1 số 10

Từ 130 có 3 số 10 là 10; 20; 30

1 1

3 27 81

C C

Trường hợp 2: Lấy được 2 số 10

2

3 3

C

Mẹo nhớ là khuyết cái nào

thì cái đó bằng 0 Ví dụ ở

đây nên ta chọn

BON TIPS

Trường hợp 3: Lấy được 1 số 2 nhưng không 5, số còn lại 5 nhưng không 2 +) Từ 130 có 15 số 2

+) Trong 15 số 2 có 3 số 5 là 10; 20; 30 Vậy có 12 số 2 nhưng không 5 +) Từ 130 có 6 số 5

+) Trong 6 số 5 có 3 số không 2 Vậy có 3 số 5 nhưng không 2

1 1

12 3 12.3 36

C C

Tổng các trường hợp 81 3 36 120   

Vậy xác suất 120 8

435 29

Đáp án B BON 30: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ?

2 4

1

x y x







Lời giải Vì 2

y  x  x   x

Đáp án B BON 31: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2

yx  x  x trên

đoạn 4; 4 lần lượt là

A. 40 và 8 B. 41 và 40 C. 15 và 41 D. 40 và 41

Lời giải

3 2 2

3 0

1

x y

x



 

     



Bảng biến thiên:

4;4

4;4

max 40

y y

  

  





Đáp án D BON 32: Tổng các nghiệm của phương trình 4x3.2x 232 0 bằng

Lời giải

Đặt 2xt t 0

3

0

x y’

–4

+ _ 0

40

4 –1

+

+∞

Trường hợp 3 độc lập với

hai trường hợp còn lại, lấy

được hai số trong đó một

số chỉ chia hết cho 2 mà

không chia hết cho 5, một

số chỉ chia hết cho 5 mà

không chia hết cho 2

BON TIPS

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

Phương trình trở thành:

 

3.2 32 0 12 32 0

Tổng 3 2 5  

Đáp án D

BON 33: Biết 3  

0

5 d 3

f x x

0

3 d 5

f t t

 Tính 4  

3

d



A. 16

15 B.

14

17 15

 D. 16

15



Lời giải

5 3 16

3 5 15

Đáp án D BON 34: Cho số phức z thỏa mãn  2i z 4 3 i Môđun của số phức z bằng

Lời giải   4 3

2

i

i





2

z

Đáp án C BON 35: Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh 1 1 1 1 a Gọi I là trung điểm

BD Góc giữa hai đường thẳng A D và 1 B I bằng 1

A. 30 0 B. 60 0 C. 45 0 D. 120 0

Lời giải Ta thấy A D B C nên 1 1 A D B I1 , 1   B C B I1 , 1 IB C1

Mà tam giác AB C là tam giác đều nên 1 1 60 30

2

IB C  

Đáp án A BON 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB a AD a cạnh SA có độ dài bằng 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy

Tính thể tích khối chóp S.BCD

A.

3

3

a

B.

3

2 3

a

C.

3

3 3

a

D.

3

3

a

Lời giải

BCD

 vuông tại C

2

.

BCD

S BCD BCD

a

Đáp án C

S

A

D

a

C1

B

A1

D1

B1

I

BON 37: Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu  S có tâm I3;1; 2 và

đi qua điểm A 4; 1;0 là

Lời giải Ta có: IA    1; 2; 2      2 2 2

IA

Phương trình đường tròn tâm I bán kính R3 là:   2  2 2

Đáp án C BON 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A1;0; 3  và B3; 2;1 Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là

A. x y 2z 1 0 B. 2x y z   1 0

C. x y 2z 1 0 D. 2x y z   1 0

Lời giải Gọi I là trung điểm AB I2;1; 1 

 P 2; 2; 4 1;1; 2

Vậy phương trình mặt phẳng trung trực của AB là: x y 2z 1 0

Đáp án A BON 39: Cho hàm số y f x  có đồ thị y f x  như hình vẽ:

Khi đó hàm số g x   f 3x29x2021 đạt giá trị nhỏ nhất của g x trên đoạn   1; 0

  bằng

A f 2 2021 B f  1 2030 C f 0 2027 D f 8 2003

Lời giải Ta có: g x   f 3x29x2021

  3 3 2 9

g x f x

Xét

1 3

4

1 3

x



  



O

y

x

3

1

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

Ta có BBT:

     

1;0

min g x g 0 f 2 2021



Đáp án A BON 40: Cho hàm số f x liên tục trên   và thỏa mãn

f x  f x x x  x Tính 1  

0

d

If x x

30

60

45

15

I

Lời giải

Cách 1: Đổi biến thông thường

Ta có:     2 2

Đặt 1   x t dxdt

2 2

Cách 2: Sử dụng máy tính Casio

Từ kỹ thuật chọn hàm bấm máy trong tích phân hàm ẩn cô đã dạy trong khóa học VỀ ĐÍCH 9+ VÀ PHÁC ĐỒ TOÁN, ta chọn f x a

Lúc này phương trình đề bài cho trở thành

2

2

Bấm máy tính ta thu được   



2 2

1

0

d

Đáp án B BON 41: Cho số phức z thỏa mãn   2  

i



    Tìm môđun của

w z

x g’(x)

m

g(x)

–

0

x

t

0 1

Lời giải

i



i



1

2

a a

b



 



  



Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Sử dụng kỹ thuật phân tích bách phân trong casio để khai triển nhanh số phức cô

đã dạy trong khóa học Phác Đồ Toán và khóa Về Đích 9+

Chuyển máy tính sang chế độ số phức Menu 2 Chuyển vế sang trái và nhập màn hình phương trình đề bài vế trái

i



Ấn CALC với X10000 100 ita sẽ ra được kết quả như hình bên và sử dụng kĩ thuật bách phân để tách

Lúc này ta có 20001 2.10000 1 2 1

20598 2.10000 6.100 2 2 6 2

x



1

2

x x

y

  





Đáp án B BON 42:Có bao nhiêu giá trị nguyên x sao cho ứng với mỗi x luôn tồn tại không quá 15 giá trị y thỏa mãn

log x y log x  x 16 log yx ?

log x y log x  x 16 log y x

ĐKXĐ:

0

2

y  x x

Nhận xét: y x 1là một nghiệm của bất phương trình, mà 2

y  x x nên ta hoàn toàn xét hàm số y f y trên   x 1; 

.ln 3 ln 2021

f y

y x

y x







Trong trường hợp này,

nhờ việc đánh giá được

mà ta có thể đánh

giá được dấu của

một cách dễ dàng.Tương

tự như dạng toán đánh giá

trong khóa Về Đích 9+

BON TIPS

Đăng kí học, inbox page “Học Toán cô Ngọc Huyền LB” để cô tư vấn cụ thể

Ta thấy f y 0(Dựa vào điều kiện 2

y  x x )

Đề bài yêu cầu không quá 15 giá trị của y thỏa mãn nên ta xét f y  trên



x x



3 2025

log 16

1 log 2021 2

 Có 244 giá trị nguyên x thỏa mãn

Đáp án B

BON 43: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 21

2 3

  

   



  



và mặt phẳng

 P : 4x3y3z2021 0. Đường thẳng   đi qua M0;1; 2, song song với mặt phẳng  P và cắt đường thẳng  d có một vectơ chỉ phương là a b c với a, b, c ; ; 

là các số nguyên, 0 a 5  Tổng a2 b c bằng

Lời giải

Ta có 1 21 ; 0;1; 2

2 3

  

   



  



Mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến n4; 3; 3

Gọi       d A 1 2 ; 1 t  t; 2 3 t

1 2 ; 2 ; 3 

      là vectơ chỉ phương của   MA n   0 t 1

    2

3; 1; 3

MA

Đáp án B BON 44: Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A; AB a ; AC a 2

Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên SAB hợp với mặt đáy một góc 45  Tính thể tích khối chóp S ABC

6

3

3

2

a

V 

y

–

Lời giải

3 2

2

SABC

Đáp án A BON 45: Một khuôn viên dạng nửa hình tròn có đường kính bằng 2 5 (m) Trên

đó người thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol

có đỉnh trùng với tâm nửa hình tròn và hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu), cách nhau một khoảng bằng 2(m), phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để lát gạch Biết các kích thước cho như hình vẽ và kinh phí để trồng hoa là 1.000.000 đồng/m2 Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên phần đất đó? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn)

Lời giải

Diện tích trồng hoa giới hạn bởi y 5x2 và 2

2

1

1



 Số tiền cần bỏ ra là 2985000 đồng

Đáp án B BON 46:Cho hàm số đa thức bậc ba y f x  có đồ thị như hình vẽ

Hàm số y f xf x   1 có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải

Bước 1: Đi tìm số nghiệm bội lẻ của phương trình g x 0 Xét hàm số g x  f xf x   1

 

0 1 0

0 2

xf x

g x

f xf x







O

y

x

-3

-1 -2

y = f (x)

A

S

C

B

O

H

2m 2m

2m

Hướng làm: Ta sẽ sử dụng

kết quả về số điểm cực trị

hàm trị tuyệt đối cô đã dạy

kĩ trong khóa học Về Đích

9+ và Phác Đồ Toán

Số điểm cực trị của hàm số

bằng trong

đó

+ m là số nghiệm bội lẻ của

phương trình

+ n là số nghiệm bội lẻ của

phương trình

BON TIPS

Đăng kớ học, inbox page “Học Toỏn cụ Ngọc Huyền LB” để cụ tư vấn cụ thể

(1) Xột hàm số u x xf x  là hàm số đa thức bậc 4

  3 2

f x ax bx  cx d cú a0 (do nột cuối đi xuống)

 

đơn đơn

2

0 0

kộp 0

x x

f x

x t

 



 





 Dạng đồ thị u x  :

 

u x

 cú ba điểm cực trị

 

  cú ba nghiệm đơn phõn biệt

(Do xf x  

là hàm đa thức bậc 3)

 

1 1

2 2

3 0

0

4

t

f x

f xf x

t

xf x t

f x x









Xột hàm số y k k 0

x

x



Đồ thị y k:

x



x

   cú hai nghiệm đơn phõn biệt

 3

 cú 2 nghiệm phõn biệt,  4 cú 2 nghiệm phõn biệt

  0

g x

  cú 7 nghiệm bội lẻ phõn biệt

Bước 2: Đi tỡm số nghiệm bội lẻ của phương trỡnh g x 0 Xột g x  f xf x     1 0 f xf x    1

 

 

 

 

 

 

1

;

k p

0

0 0

; ộ

x

 







đơn đơn

O

y

x

y=u(x)

a

-3

O

y

x

tổng cú 4 nghiệm

O

y

x

-3

-1 -2

y = f (x)

O

y

x

-3

-1 -2

y = f (x)

  0

g x

  có 6 nghiệm bội lẻ phân biệt

Bước 3: Kết luận số điểm cực trị của hàm số y g x 

 Số điểm cực trị của hàm số y g x  là số nghiệm bội lẻ của g x 0 và số nghiệm bội lẻ của g x 0

= 7 + 6 = 13

Đáp án A BON 47:Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn

2 2 2 2

4

2

a b c

Giá trị lớn nhất của biểu thức P 2020a 2021b 2022c

a b c



b a c

 với a b c, ,

là các số nguyên dương, b là số nguyên tố Giá trị của biểu thức S b c  bằng

Lời giải

2 2 2 2

4

2

a b c

Xét hàm số f t log2t t đồng biến trên 0;

Điểm M a b c , , M mặt cầu  S tâm , I1;1;1 ; R1 Yêu cầu bài toán P 2020 b 2c

a b c



 

a b c



Ta luôn có:     32 3

t



 

3 2021

3 3

3

P

Đáp án D

Nhận thấy: khi thay đổi vị

trí của a, b, c không làm

thay đổi phương trình, vậy

có tính đối xứng Đặc biệt

hàm có xuất hiện loga của

một thương ở vế trái, nếu

đưa về hiệu hai loga rất có

thể biến đổi về hàm đặc

trưng Do vậy ta thực hiện

xét hàm đặc trưng

BON TIPS

Sau khi đánh giá hàm đặc

trưng kết quả thu được

dạng phương trình mặt

cầu Do vậy ta nghĩ ngay

đến việc sử dụng hình học

để giải quyết (khóa học

Phác Đồ Toán tập 2 mũ

loga phần minmax đánh

giá nhiều biến)

BON TIPS