›
›
›

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Lần 3 - Năm học 2021 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

pdf 15 trang Hùng Thuận 23/05/2022 5270
Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Lần 3 - Năm học 2021 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_thu_thpt_quoc_gia_mon_toan_lan_3_nam_hoc_2021_so_giao.pdf

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Lần 3 - Năm học 2021 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

  1. 1 Bạn đang chạy bằng gói ex_test xuất ra MỌI CÂU HỎI của ngân hàng nhằm soát lỗi. Khi mọi thứ đã OK, hãy thay khai báo gói ex_test bằng gói ex_test_rd Câu 1. Số cách chọn 2 học sinh từ 12 học sinh là 2 2 12 2 A. 12 . B. C12. C. 2 . D. A12. Lời giải. 2 Số cách chọn 2 học sinh từ 12 học sinh là C12. Chọn đáp án B  1 Câu 2. Cho cấp số nhân có số hạng thứ 2 là u = 4, công bội q = . Giá trị u bằng 2 2 20 119 120 116 117 A. u = . B. u = . C. u = . D. u = . 20 2 20 2 20 2 20 2 Lời giải. 1 Có u = u · q ⇒ u = 8 ⇒ u = u · q19 = . 2 1 1 20 1 216 Chọn đáp án C  Câu 3. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên y khoảng nào trong các khoảng sau ? 1 A. (1; +∞). B. (0; +∞). C. (−∞; −1). D. (−1; 1). x -1 O 1 Lời giải. Ta có hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞). Chọn đáp án A  Câu 4. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nào sau đây ? 1 − 2x x − 2 −2x + 3 1 − x A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . 1 − x 2x − 3 x + 2 1 − 2x Lời giải. 1 1 − 2x − 2 Ta có lim = lim x = 2. x→+∞ 1 − x x→+∞ 1 − 1 x 1 − 2x Vậy y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = . 1 − x Chọn đáp án A  Câu 5. Cho a, b là các số thực dương tùy ý, khẳng định nào dưới đây đúng ? A. log(ab) = log a + log b. B. log(ab) = log a log b. C. log(a + b) = log a log b. D. log(a + b) = log a + log b. Lời giải. Ta có công thức đúng là log(ab) = log a + log b. Chọn đáp án A  Câu 6. Nghiệm của phương trình 2x = 8 là 1 A. x = 3. B. x = 4. C. x = 2. D. x = . 3 Lời giải. x Ta có 2 = 8 ⇔ x = log2 8. Chọn đáp án A  Câu 7. Nghiệm của phương trình log2(x − 1) = 3 là A. x = 5. B. x = 1. C. x = 9. D. x = 10. Lời giải.
  2. 2 3 log2(x − 1) = 3 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 9. Chọn đáp án C  Câu 8. Thể tích khối chóp có chiều cao bằng a và diện tích đáy bằng 3a2 là 1 1 3 A. a3. B. a3. C. a3. D. a3. 6 3 2 Lời giải. 1 Ta có V = a · 3a2 = a3. 3 Chọn đáp án B  Câu 9. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi của thiết diện qua trục bằng 12a. Thể tích của khối trụ bằng A. 4πa3. B. 6πa3. C. 5πa3. D. πa3. Lời giải. 12a Chiều cao của khối trụ là − 2a = 4a. Vậy thể tích của khối trụ là πa2 · 4a = 4πa3. 2 Chọn đáp án A  Câu 10. Tập xác định của hàm số y = log(x − 1) là A. [1; +∞). B. (−1; +∞). C. (1; +∞). D. [−1; +∞). Lời giải. Hàm số xác định khi và chỉ khi x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Chọn đáp án C  Câu 11. Đạo hàm của hàm số y = 2021x là A. y0 = 2021x ln 2021. B. y0 = x · 2021x−1. 2021x C. y0 = . D. y0 = 2021x · log 2021. ln 2021 Lời giải. Ta có y0 = 2020x ln 2020. Chọn đáp án A  Câu 12. Khoảng đồng biến của hàm số y = x3 + x2 − 5x + 1 là  5  A. (0; 2). B. (−3; 1). C. (1; +∞). D. − ; 1 . 3 Lời giải. x = 1 Ta có y0 = 3x2 + 2x − 5, y0 = 0 ⇔  5 x = − . 3 Ta có bảng xét dấu 5 x −∞ − 1 +∞ 3 y0 + 0 − 0 +  5 Dựa vào bảng xét dấu y0 ta có hàm số đồng biến trong khoảng −∞; − và (1; +∞). 3 Chọn đáp án C  Câu 13. Diện tích mặt cầu có bán kính r = 2 bằng 32π A. . B. 4π. C. 16π. D. 8π. 3 Lời giải. Ta có S = 4πr2 = 4π · (2)2 = 16π. Chọn đáp án C 
  3. 3 Câu 14. Số cạnh của hình chóp tứ giác là A. 8. B. 9. C. 10. D. 12. Lời giải. Hình chóp tứ giác có 4 cạnh đáy và 4 cạnh bên nên có tất cả 8 cạnh. S A B O D C Chọn đáp án A  Câu 15. Khối đa diện đều loại {4; 3} là khối A. mười hai mặt đều. B. lập phương. C. tứ diện đều. D. bát diện đều. Lời giải. Mỗi mặt là đa giác đều có 4 cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 3 mặt nên chỉ có thể là khối lập phương. Chọn đáp án B  Câu 16. Khối lăng trụ có diện tích đáy là 6 cm2 và có chiều cao là 3 cm thì có thể tích V là A. V = 18 cm3. B. V = 54 cm3. C. V = 108 cm3. D. V = 6 cm3. Lời giải. Thể tích khối lăng trụ là V = 6 · 3 = 18 cm3. Chọn đáp án A  Câu 17.√ Cho hình chóp S.ABC, có SA vuông góc với (ABC), tam giác ABC đều có cạnh bằng a, SA = a 3. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng A. 90◦. B. 45◦. C. 30◦. D. 60◦. Lời giải. Vì SA ⊥ (ABC) nên góc giữa SC và√ (ABC) bằng SCA[ . S SA a 3 √ Xét 4SAC ⇒ tan SCA[ = = = 3 ⇒ SCA[ = 60◦. AC a A C B Chọn đáp án D  Câu 18. Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu của x −∞ −1 2 3 4 +∞ đạo hàm như hình bên. Số điểm cực đại của f 0(x) − 0 + 0 + 0 − 0 + hàm số y = f(x) là A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải. Ta thấy f 0(x) đổi dấu 1 lần từ dương sang âm nên hàm số đã cho có 1 điểm cực đại. Chọn đáp án B  Câu 19.
  4. 4 Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Giá trị lớn nhất của hàm số y y = f(x) trên đoạn [−1; 2] bằng −1 O 2 3 x A. −1. B. 2. C. 0. D. −4. −4 Lời giải. Dựa vào đồ thị của hàm số y = f(x), ta thấy trên đoạn [−1; 2], hàm số đạt GTLN là 0 tại x = 0. Chọn đáp án C  Câu 20. Đường cong ở hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây ? y A. y = −x3 + 3x2 + 2. B. y = −x3 + 3x2 + 1. 2 C. y = x3 − 3x2 + 2. D. y = x3 + 3x2 + 2. O 1 x Lời giải. Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 2) và (1; 0) nên chỉ có đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + 2 thỏa mãn trong 4 hàm số đã cho trong đáp án. Chọn đáp án C  Câu 21. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên tập số thực R và có x −∞ −1 2 +∞ bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm của phương trình f 0(x) − 0 + 0 − 2f(x) + 3 = 0 là +∞ 1 A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. f(x) −3 −∞ Lời giải. 3 Ta có 2f(x) + 3 = 0 ⇔ f(x) = − . 2 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án C  Câu 22. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 và trục hoành là A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải. Ta có phương trình hoành độ giao điểm " " x2 = 0 x = 0 x4 − 2x2 = 0 ⇔ ⇔ √ x2 = 2 x = ± 2. Vậy có 3 giao điểm. Chọn đáp án D  Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 3 · 9x − 10 · 3x + 3 ≤ 0 có dạng S = [a; b] trong đó a 0, bất phương trình trở thành 3t2 − 10t + 3 ≤ 0 ⇔ t ∈ ; 3 . 3 1 Suy ra ≤ 3x ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. 3
  5. 5 Tập nghiệm của bất phương trình là [−1; 1], do đó a = −1, b = 1. Vậy 5b − 2a = 5 + 2 = 7. Chọn đáp án C  Câu 24. Thể tích của khối nón tròn xoay có bán kính đường tròn đáy bằng 2 và độ dài đường sinh bằng 4 là √ √ 8π 3 16 A. 8π 3. B. 16π. C. . D. π. 3 3 Lời giải. √ √ √ 1 8π 3 Ta có h = l2 − r2 = 2 3 ⇒ V = πr2h = . N 3 3 O I M Chọn đáp án C  Câu 25. Tập nghiệm S của bất phương trình log3(2x − 1) 0 2 − 2m > 0 m < 1 Chọn đáp án B  Câu 28. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 − 2x2 + 2 trên đoạn [0; 2] là A. min y = 2. B. min y = 0. C. min y = −1. D. min y = 1. x∈[0;2] x∈[0;2] x∈[0;2] x∈[0;2] Lời giải. x = 0 ∈ [0; 2] 0 3 0 x = −1 ∈/ [0; 2] Ta có y = 4x − 4x, y = 0 ⇔  x = 1 ∈ [0; 2]. y(0) = 2, y(2) = 10, y(1) = 1.
  6. 6 Do đó min y = 1. x∈[0;2] Chọn đáp án D  2x + 2m − 1 Câu 29. Giá trị m để tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = đi qua điểm M(3; 1) là x + m A. m = −1. B. m = 2. C. m = 3. D. m = −3. Lời giải. 2x + 2m − 1 1 y = = 2 − ⇒ lim y = −∞ ⇒ x = −m là tiệm cận đứng và là tiệm cận đứng duy x + m x + m x→−m+ nhất của đồ thị hàm số đã cho. Lại có M(3; 1) thuộc tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên 3 = −m ⇔ m = −3. 2x − 7 Thử lại, với m = −3, hàm số đã cho là y = có tiệm cận đứng là x = 1 đi qua M(3; 1). x − 3 Vậy m = −3. Chọn đáp án D  Câu 30. Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây là y đúng ? A. a 0; b 0; c > 0. D. a 0; c 0. Do đồ thị cắt trục tung ở trên trục hoành nên c > 0. Vậy ta có a 0; c > 0. Chọn đáp án C  Câu 31. Tích các nghiệm của phương trình 22x − 5 · 2x + 6 = 0 bằng A. 6. B. log2 3. C. log2 6. D. 2 log2 3. Lời giải. " x " 2x x 2 = 2 x = 1 Ta có 2 − 5 · 2 + 6 = 0 ⇔ x ⇔ 2 = 3 x = log2 3. Vậy P = 1 · log2 3 = log2 3. Chọn đáp án B  Câu 32. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R = 3. Một mặt phẳng (P ) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) sao cho khoảng cách từ điểm O đến (P ) bằng 1. Chu√ vi đường tròn (C) bằng√ A. 4π. B. 8π. C. 2 2π. D. 4 2π. Lời giải. Bán kính đường tròn giao tuyến là √ √ r = pR2 − (d(O, (P )))2 = 32 − 12 = 2 2. √ √ Chu vi đường tròn là 2π · 2 2 = 4 2π. O 3 1 I Chọn đáp án D  Câu 33. Một chữ cái được lấy ra ngẫu nhiên từ các chữ cái của từ “ASSISTANT” và một chữ cái được lấy ngẫu nhiên từ các chữ cái của từ “STATISTICS”. Xác suất để hai chữ cái được lấy ra giống nhau là
  7. 7 13 1 19 1 A. . B. . C. . D. . 90 45 90 10 Lời giải. Trong từ “ASSISTANT” có các chữ cái là SSS, AA, TT , I, N và trong từ “STATISTICS” có các chữ cái là A, C, II, SSS, TTT . Các chữ cái chung là N, C. Các chữ cái chung là A, I, S, T . 1 1 C2 C1 1 Xác suất để lấy chữ cái A là PA = 2 × 1 = . C9 C10 45 1 1 C1 C2 1 Xác suất để lấy chữ cái I là PI = 1 × 1 = . C9 C10 45 1 1 C3 C3 1 Xác suất để lấy chữ cái S là PS = 1 × 1 = . C9 C10 10 1 1 C2 C3 1 Xác suất để lấy chữ cái T là PT = 1 × 1 = . C9 C10 15 1 1 1 1 19 Xác suất cần tìm là + + + = . 45 45 10 15 90 Chọn đáp án C  Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 1, SA ⊥ (ABCD), SA = 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng √ 1 1 2 5 A. √ . B. . C. √ . D. . 5 2 5 2 Lời giải. Trong mặt phẳng (SAD), dựng AH ⊥ SD tại H. S Ta có CD ⊥ AD  CD ⊥ SA H ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH. AD, SA ⊂ (SAD)  SA ∩ AD = A D A B C Vậy AH ⊥ CD  AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ d [A, (SCD)] = AH. SD, CD ⊂ (SCD)  AD ∩ CD = D SA · AD SA · AD 2 Ta có AH = = √ = √ . SD SA2 + AD2 5 Chọn đáp án C  mx + 4 Câu 35. Tất cả giá trị của tham số m để hàm số y = nghịch biến trong khoảng (−∞; −1) là x + m A. (−2; 1]. B. (−2; −1]. C. (−2; 2). D. (−∞; −2) ∪ (1; +∞). Lời giải. Điều kiện xác định của hàm số là x 6= −m. m2 − 4 Ta có y0 = . (x + m)2 Hàm số nghịch biến trong (−∞; −1) khi và chỉ khi ( ( m2 − 4 < 0 − 2 < m < 2 ⇔ ⇔ −2 < m ≤ 1. − m∈ / (−∞; −1) − m ≥ −1
  8. 8 Vậy m ∈ (−2; 1]. Chọn đáp án A  c c Câu 36. Cho a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn 4a = 25b = 10c. Giá trị T = + là a b 1 √ 1 A. T = . B. T = 2. C. T = 10. D. T = . 2 10 Lời giải. Ta thấy 4, 25, 10 có bội chung nhỏ nhất là 100. Do đó ta đặt  a = t log4 100 a b c t  4 = 25 = 10 = 100 ⇒ b = t log25 100 c = 2t. Từ đó suy ra  c = 2 log 4 a 100 c  = 2 log 25. b 100 c c Vậy T = + = 2 (log 4 + log 25) = 2. a b 100 100 Chọn đáp án B  Câu 37. Một trang trại đang dùng hai bể nước hình trụ có cùng chiều cao; bán kính đáy lần lượt bằng 1,6 (m) và 1,8 (m). Trang trại làm một bể nước mới hình trụ, có cùng chiều cao và thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên; biết ba hình trụ trên là phần chứa nước của mỗi bể. Bán kính đáy của bể nước mới gần nhất với kết quả nào dưới đây ? A. 2,4 (m). B. 2,3 (m). C. 2,6 (m). D. 2,5 (m). Lời giải. Gọi h là chiều cao bể, r là bán kính đáy của bể nước mới. Theo đề bài ta có 29 πr2h = π · (1,6)2h + π · (1,8)2h ⇔ r2 = . 5 r29 Do r > 0 nên r = ≈ 2,41 m. 5 Chọn đáp án A  Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC[ = 120◦, tam giác SAB đều và nằm√ trong mặt phẳng vuông góc√ với đáy. Bán kính mặt cầu√ ngoại tiếp hình chóp S.ABC√ bằng a 41 a 39 a 37 a 35 A. . B. . C. . D. . 6 6 6 6 Lời giải. ◦ Vì ABCD là hình thoi có ABC[ = 120 nên các tam giác ABD và S DBC đều. Suy ra D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. x Gọi H là trung điểm AB suy ra SH ⊥ (ABCD). Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAB ⇒ G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB. Dựng các trục đường tròn Dx của tam giác ABC (Dx k SH) và Gy G C của tam giác SAB (Gy k DH). B I y H O A D Gọi I = Gy ∩ Dx ⇒ IA = IB = IS = IC, do đó I là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Bán kính của (S) là r √ √ √ 3a2 a2 a 39 R = IS = IG2 + SG2 = DH2 + SG2 = + = . 4 3 6
  9. 9 Chọn đáp án B  Câu 39. Hình nón (N) có đỉnh S, tâm đường tròn đáy là O, góc ở đỉnh bằng 120◦. Một mặt phẳng qua S cắt hình nón (N) theo thiết diện là tam giác vuông SAB. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 3.√ Diện tích xung quanh Sxq √của hình nón (N) bằng √ √ A. Sxq = 36 3π. B. Sxq = 27 3π. C. Sxq = 18 3π. D. Sxq = 9 3π. Lời giải. Gọi I là trung điểm của AB. S Khi đó, ta có OI là đoạn vuông góc chung của AB√và SO ⇒ OI = 3. 3 Ta có, 4SOB vuông tại O, BSO[ = 60◦ ⇒ OB = SB, 2√ √ 2 4SAB vuông cân tại S nên AB = 2SB ⇒ IB = SB. 2 3 2 Xét 4OIB, ta có OB2 = IB2 + OI2 ⇒ SB2 = SB2 + 9 O √ 4 4 A I ⇒ SB = 6 ⇒ OB = 3 3. √ B Vậy Sxq = π · OB · SB = 18 3π. Chọn đáp án C  Câu 40. Cho hình trụ (T ) có chiều cao bằng 8a. Một mặt phẳng (α) song song với trục và cách trục của hình trụ này một khoảng bằng 3a, đồng thời (α) cắt (T ) theo thiết diện là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 40πa2. B. 30πa2. C. 60πa2. D. 80πa2. Lời giải. Gọi r là bán kính đáy của hình trụ. 0 Chiều cao của hình trụ là 8a. O Giả sử (α) cắt đường tròn đáy tâm O theo đoạn thẳng AB, suy ra AB = 8a. Gọi H là trung điểm AB. Theo giả thiết, khoảng cách từ trục đến (α) bằng 3a nên khoảng cách OH = 3a. Tam giác OHA vuông tại H nên √ r = OA = OH2 + HA2 = p(3a)2 + (4a)2 = 5a. A Diện tích xung quanh của hình trụ là S = 2π · 5a · 8a = 80πa2. H O B Chọn đáp án D  Câu 41. y Cho a, b là các số thực dương khác 1, đường thẳng (d) song song trục hoành cắt y = ax y = bx x x trục tung, đồ thị hàm số y = a , đồ thị hàm số y = b lần lượt tại H, M, N (như M N hình bên). Biết HM = 3MN, mệnh đề nào sau đây đúng ? H A. 4a = 3b. B. b4 = a3. C. b3 = a4. D. 3a = 4b. O xM xN x Lời giải. Giả sử đường thẳng song song với trục hoành có phương trình y = y0. xM Ta có: a = y0 ⇒ xM = loga y0 ⇒ HM = loga y0; tương tự HN = logb y0. 4 4 3 Giả thiết HM = 3MN ⇒ HN = HM ⇒ log y = log y ⇒ log b = ⇒ b4 = a3. 3 b 0 3 a 0 a 4 Chọn đáp án B  Câu 42. Trong khuôn viên một trường đại học có 5000 sinh viên, một sinh viên vừa trở về sau kỳ nghỉ và bị nhiễm virus cúm truyền nhiễm kéo dài. Sự lây lan này được mô hình hóa bởi công thức
  10. 10 5000 y = , ∀t ≥ 0. Trong đó y là tổng số học sinh bị nhiễm sau t ngày. Các trường đại học sẽ cho 1 + 4999e−0,8t các lớp học nghỉ khi có nhiều hơn hoặc bằng 40% số sinh viên bị lây nhiễm. Sau ít nhất bao nhiêu ngày thì trường cho các lớp nghỉ học ? A. 10. B. 11. C. 12. D. 13. Lời giải. Trường cho sinh viên nghỉ học, khi số sinh viên bị lây nhiễm ít nhất là 40% · 5000 = 2000 sinh viên. Trường cho sinh viên nghỉ học khi 5000 ≥ 2000 ⇔ t ≤ 10,13. 1 + 4999e−0,8t Chọn đáp án B  Câu 43. Cho hàm số f(x) liên tục trên R và có bảng xét dấu x −∞ −1 0 1 +∞ 0 đạo hàm f (x) như hình bên. Số điểm cực trị của f 0(x) − 0 + 0 − 0 + hàm số g(x) = f (x2 − 2x + 1 − |x − 1|) là A. 9. B. 10. C. 7. D. 8. Lời giải. Đồ thị của g(x) = f(x2 − 2x + 1 − |x − 1|) = f ((x − 1)2 − |x − 1|) có được khi ta tịnh tiến đồ thị hàm số h(x) = f(x2 − |x|) theo trục Ox sang phải 1 đơn vị. (1) Mặt khác, ta thấy h(x) là hàm số chẵn trên R. (2) Xét k(x) = f (x2 − x) với x > 0, ta có k0(x) = (2x − 1)f 0 (x2 − x). x = 0   1 2x − 1 = 0  1 x = 2 x = 2 x − x = −1  2  Ta thấy k0(x) = 0 ⇔  ⇔  ⇒ x = 1  2   x − x = 0 x = 1  √  √  1 + 5 x2 − x = 1  1 ± 5 x = . x = 2 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số k(x) với x > 0 như sau √ 1 1 + 5 x 0 1 +∞ 2 2 k0(x) − 0 + 0 − 0 + k(x) Ta thấy, bên phải trục Oy, hàm số k(x) có 3 điểm cực trị. Từ (2), ta được hàm số h(x) có 7 điểm cực trị. (3) Từ (3) và (1) ta được hàm số g(x) có 7 điểm cực trị. Chọn đáp án C  Câu 44. Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d, (a 6= 0) có đồ thị như hình bên. y Gọi S là tập các giá trị nguyên của m thuộc khoảng (−2019; 2021) 2 (x + 1)pf(x) để đồ thị hàm số g(x) = có 5 đường (f(x) − 2) (x2 − 2mx + m + 2) tiệm cận (tiệm cận đứng hoặc tiệm cận ngang). Số phần tử của tập S là −2 −1 0 1 2 x A. 2016. B. 4034. C. 4036. D. 2017. Lời giải.
  11. 11 Nhìn vào đồ thị trên ta thấy đồ thị hàm số có hai cực trị là (1; 0), (−1; 2) và đi qua hai điểm (−2; 0), (2; 2). 1 Khi đó hàm số y = f(x) là y = f(x) = (x − 1)2(x + 2). 2 r1 p (x + 1) (x − 1)2(x + 2) (x + 1) f(x) 2 Hàm số g(x) = = hay (f(x) − 2) (x2 − 2mx + m + 2) 1  (x − 1)2(x + 2) − 2 (x2 − 2mx + m + 2) 2 p2(x − 1)2(x + 2) |x − 1|p2(x + 2) g(x) = = . (x + 1)(x − 2) (x2 − 2mx + m + 2) (x + 1)(x − 2) (x2 − 2mx + m + 2) x ≥ −2  x 6= −1 Điều kiện xác định của hàm số y = g(x) là x 6= 2  x2 − 2mx + m + 2 6= 0. Hàm số y = g(x) có 1 tiệm cận ngang là y = 0 và hai tiệm cận đứng x = −1 và x = 2. Để đồ thị hàm số y = g(x) có 5 đường tiệm cận thì cần tìm m để đồ thị hàm số đó có 4 đường tiệm cận đứng, nghĩa là tìm m để phương trình h(x) = x2 − 2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng −2 đồng thời khác −1, 1 và 2. x2 + 2  6  Ta có m = , yêu cầu bài toán suy ra m ∈ − ; −1 ∪ (2; +∞) \{3}. 2x − 1 5 Vì m nguyên thuộc khoảng (−2019; 2021) nên số giá trị nguyên của m là 2017. Chọn đáp án D  Câu 45. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm y thực phân biệt của phương trình f [2 − f(x)] = 1 là A. 3. B. 5. C. 9. D. 6. 1 −1 2 −2 O 1 x −3 Lời giải. Dựa vào đồ hàm số y = f(x), ta có y " 2 − f(x) = 1 4 f [2 − f(x)] = 1 ⇔ 2 − f(x) = −2 " f(x) = 1 (1) ⇔ f(x) = 4. (2) 1 −1 2 x Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x), có −2 O 1 • Phương trình f(x) = 1 có hai nghiệm x1 = 1, x2 = −2. • Phương trình f(x) = 4 có một nghiệm x3 < −2. −3 Vậy phương trình có ba nghiệm thực phân biệt. Chọn đáp án A  Câu 46.
  12. 12 Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị như hình vẽ bên. Có bao nhiêu y giá trị nguyên của tham số m và m ∈ [−2021; 2021] để phương trình f(x) log + x [f(x) − mx] = mx3 − f(x) có hai nghiệm dương phân biệt? mx2 4 A. 2019. B. 2020. C. 2022. D. 2021. 3 O −1 1 x Lời giải. Do yêu cầu bài toán là phương trình có hai nghiệm dương phân biệt nên ta chỉ xét x > 0. x = 0 0 x = 1 0 Từ đồ thị bài toán ta có f (x) = 0 ⇔  và f (x) là hàm số bậc 3 nên x = −1 ax4 ax2 f 0(x) = a(x2 − 1)x ⇒ f(x) = − + c. 4 2 Mà f(0) = 4 ⇒ c = 4 và f(1) = 3 ⇒ a = 4. Suy ra f(x) = x4 − 2x2 + 4. f(x) Điều kiện > 0 ⇒ m > 0. mx2 Ta có f(x) log + x [f(x) − mx] = mx3 − f(x) mx2 ⇔ log f(x) + xf(x) + f(x) = log(mx2) + x(mx2) + mx2. (1) Nếu f(x) > mx2 thì log f(x) > log(mx2) và xf(x) > x(mx2), ∀x > 0 ⇒ (1) vô nghiệm. Tương tự nếu f(x) 0 m + 4m − 12 > 0 (   m ∈ (−∞; −6) ∪ (2; +∞) ⇔ S > 0 ⇔ m + 2 > 0 ⇔ ⇔ m > 2. m > −2 P > 0 4 > 0 Mà m ∈ Z và m ∈ [−2021; 2021] nên m ∈ {3; 4; ; 2021}. Vậy có 2019 giá trị nguyên của tham số m thoả yêu cầu bài toán. Chọn đáp án A  Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Biết SB = 2AB và SBA[ = 120◦. Gọi E là chân đường phân giác trong góc SBA[ , biết BE = a. Góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy bằng 45◦. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng √ √ √ √ 9 14a3 14a3 5 14a3 7 14a3 A. . B. . C. . D. . 16 16 16 16 Lời giải.
  13. 13 ES BS Ta có = = 2. EA BA S ( AE = y Đặt với x, y > 0. AB = x Ta có 2y 2x ( y2 = x2 + a2 − 2xa · cos 60◦ 2 2 2 ◦ 4y = 4x + a − 4xa · cos 60 E ( 4y2 = 4x2 + 4a2 − 4ax ⇒ 2 2 2 C y B 4y = 4x + a − 2ax x D A √  3a  x =  3a 14  2 SH = ⇒ √ ⇒ 4 (vớiH là chân đường cao). 2  a 7  9a y = SABCD = 2 √ 4 9 14a3 Vậy V = . S.ABCD 16 Chọn đáp án A  0 0 0 0 0 0 0 Câu 48. Cho hình lập phương ABCD.A B C D . Gọi M, N lần lượt là trung điểm√B A và B B. Mặt phẳng (P ) đi qua MN và tạo với mặt phẳng (ABB0A0) một góc α sao cho tan α = 2. Biết (P ) cắt các cạnh DD0 và DC. Khi đó mặt phẳng (P ) chia khối lập phương thành hai phần, gọi thể tích phần chứa V1 điểm A là V1 và phần còn lại có thể tích V2. Tỉ số là V2 V V V 1 V 1 A. 1 = 2. B. 1 = 1. C. 1 = . D. 1 = . V2 V2 V2 2 V3 3 Lời giải. Gọi Q, R, I lần lượt là trung điểm CD, DD0, AA0. J Ta có MN k A0B k D0C k QR nên M, N, Q, R đồng phẳng. Lại có RI ⊥ (A0B0BA) ⇒ RI ⊥ MN và IM ⊥ MN nên MR ⊥ MN. Mà MN là giao tuyến của (A0B0BA) và (MNQR) nên góc A0 M B0 giữa (A0B0BA) và (MNQR) là β = IMR[ . IR √ Dễ thấy 4IMR vuông tại I nên tan IMR[ = = 2, suy ra S IM mặt phẳng (P ) cần dựng chính là mặt phẳng (MNQR). D0 I C0 N R B A K P D Q C Giả sử MN ∩ AA0 = J, RJ ∩ A0D0 = S, MN ∩ AB = K, QK ∩ BC = P thì thiết diện của (P ) với hình lập phương là lục giác MNP QRS. Khi đó ta có V1 = VASA0M +VARDQ+VANBP +VA.MNP QRS và V2 = VC0MB0N +VC0SD0R+VC0CPQ+VC0.MNP QRS. 0 Mà A.MP P QRS và C .MNP QRS là hai hình chóp bằng nhau nên có cùng thể tích và VASA0M = VARDQ = VABCD.A0B0C0D0 V = V 0 0 = V 0 0 = V 0 = nên V = V . ANBP C MB N C SD R C CPQ 24 1 2 Chọn đáp án B  3f(h) − 1 2 Câu 49. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R thỏa mãn lim = và h→0 6h 3 1 f(x + x ) = f(x ) + f(x ) + 2x x (x + x ) − , ∀x , x ∈ . Tính f(2). 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 R
  14. 14 25 95 17 A. . B. . C. . D. 8. 3 3 3 Lời giải. C1: Dùng định nghĩa đạo hàm. 2x3 4 1 C2: Chọn hàm f(x) = + x + 3 3 3 Chọn đáp án A  Câu 50. Tìm tất cả các giá trị nguyên của m trên (−2021; 2021) thoả mãn √  √  m2 − 2m + 4 + 1 − m 4m + 3 − 2m ≥ 3. A. 1. B. 0. C. 2020. D. 2021. Lời giải.√ Ta có 4m + 3 − 2m > |2m| − 2m ≥ 0 nên √  √  m2 − 2m + 4 + 1 − m 4m + 3 − 2m ≥ 3 √ 3 ⇔ m2 − 2m + 4 + 1 − m ≥ √ 4m + 3 − 2m √ √ ⇔ m2 − 2m + 4 + 1 − m ≥ 4m + 3 + 2m √ ⇔ p(1 − m)2 + 3 + 1 − m ≥ 4m + 3 + 2m. (1) √ t Xét hàm số f(t) = t2 + 3 + t, f 0(t) = √ + 1 > 0 với mọi t. t2 + 3 Do đó f(t) đồng biến trên R. Suy ra (1) ⇔ 1 − m ≥ 2m ⇔ 2m + m − 1 ≤ 0. Mặt khác, hàm số g(x) = 2x + x − 1 có g0(x) = ln 2 · 2x + 1 > 0 với mọi x. Do đó, hàm số y = g(x) đồng biến trên R và ta có g(0) = 0. Suy ra 2m + m − 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 0. Kết hợp với giả thiết, m nguyên và m ∈ (−2021; 2021) nên m ∈ {−2020; −2019; −1; 0}. Vậy có 2021 giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D 
  15. 15 Các mã đề: 159