là khó nhất đề, đòi hỏi thực hiện nhiều bước; câu 47, 48, 49 đòi hỏi có các kinh nghiệm nhất định ở dạng này để chọn hướng tiếp cận đúng mới xử lý nhanh gọn được; câu 50 có nét mới là [r]
(1)(2)(3)(4)(5)(6)1 LỜI GIẢI ĐỀTHI THAM KHẢO THPT QG TOÁN 2021
1 Bảng đáp án.
1C 2D 3B 4D 5A 6A 7B 8C 9D 10A
11B 12A 13C 14B 15A 16A 17D 18A 19B 20D
21A 22B 23D 24C 25B 26B 27A 28D 29C 30C
31D 32A 33D 34D 35B 36A 37B 38A 39C 40A
41B 42C 43A 44C 45A 46A 47A 48D 49B 50C
2 Phân tích sơ
a Cấu trúc đề (số câu chương)
- (1) Chương Ứng dụng đạo hàm: 10 - (2) Chương Hàm số lũy thừa, mũ & logarit: - (3) Chương Nguyên hàm & tích phân:
- (4) Chương Số phức:
- (5) Chương Thể tích khối đa diện:
- (6) Chương Khối tròn xoay:
- (7) Chương Hình giải tích khơng gian: - (8) Lớp 11:
+ Đại số & giải tích:
+ Hình học:
b Nhận xét
- Các câu khó, mức độ thuộc phần: (1), (2), (3), (4), (7)
- Các câu mức độ có khoảng 10 câu có đủ phần, cịn lại 35 câu mức 1-2 - Nội dung lớp 11 chiếm 10%, câu mức độ 1-2
- Các câu mức độ xếp theo chương (giống năm 2017), đề thức không
- So mức độ đề dễ đề thức năm 2019 khó đề năm 2020 - Khơng có xuất phần: lượng giác, toán vận tốc, toán lãi suất, phương trình tiếp
tuyến, khoảng cách đường chéo
- Về câu khó (vận dụng cao): câu 46, biện luận số cực trị hàm chứa trị tuyệt đối
là khó đề, địi hỏi thực nhiều bước; câu 47, 48, 49 địi hỏi có kinh nghiệm định dạng để chọn hướng tiếp cận xử lý nhanh gọn được; câu 50 có nét là kết hợp nhiều chương: khối tròn xoay, tìm giá trị lớn hình giải tích Oxyz
- Thời gian lý tưởng để học sinh muốn 9+ đề là: 35 câu đầu làm (và kiểm tra
(7)2
3 Lời giải chi tiết
Chọn câu C
Đây tổ hợp chập 5, việc chọn học sinh khơng có tính thứ tự
Chọn câu D
Công sai d u2 u1 nên u3 u2 d
Chọn câu B
Ta thấy (0;2) ( ) 0f x mũi tên có chiều hướng lên
Chọn câu D
Vì f ( )x đổi dấu từ sang hàm số qua x nên xCD
Chọn câu A
(8)3 Chọn câu A
Ta có
2
lim x
x
x
2
lim x
x
x nên x tiệm cận đứng
Chọn câu B
Đây dạng đồ thị hàm trùng phương có hệ số cao dương, có ba điểm cực trị cắt trục tung điểm có tung độ âm Khi có
2
y x x thỏa mãn
Chọn câu C
Để tìm tọa độ giao điểm với trục tung, ta cho x
Chọn câu D
Ta có log (9 )3 a log 93 log3a log3a
Chọn câu A
Áp dụng công thức ( )ax axlna với a 0,a
Chọn câu B Ta có
n n
(9)4 Chọn câu A
Ta có
5x 25 2x x
Chọn câu C
Ta có
2
8
log (3 ) 3
3
x x x
Chọn câu B
Áp dụng công thức nguyên hàm bản:
(3x 1)dx x x C
Chọn câu A
Áp dụng công thức nguyên hàm bản: cos(2 )d 1sin(2 )
x x x C
Chọn câu A
Ta có 3
1 f x x( )d f x x( )d f x x( )d
Chọn câu D Ta có
2
4 4
2
1
2 15
d
4 4
x
(10)5 Chọn câu A
Ta có (a bi) a bi nên z i
Chọn câu B
Ta có z w (3 i) (2 )i i
Chọn câu D
Điểm biểu diễn z a bi có tọa độ ( ; )a b nên 2i biểu diễn (3; 2)
Chọn câu A
Thể tích khối chóp là:
3S h với S diện tích đáy, h chiều cao nên
6 10
V
Chọn câu B
Thể tích cần tìm V 42
Chọn câu D
Đây công thức SGK
Chọn câu C
Ta có
2 24 ( )
xq
(11)6 Chọn câu B
Trung điểm I AB có tọa độ 2, 1 1,
2 2
I I I
x y z
Chọn câu B
Phương trình mặt cầu là: 2 2
(x a) (y b) (z c) R nên R2 R
Chọn câu A
Thay tọa độ điểm M trực tiếp vào phương trình để kiểm tra
Chọn câu D
Ta có OM (1; 2;1) vector phương đường thẳng OM
Chọn câu C
Trong 15 số nguyên dương 1,2,3, ,15, ta đếm có số chẵn nên xác suất cần tìm
15
Chọn câu C
Hàm số đồng biến trước hết phải có tập xác định D , loại câu A, xét câu
khác Chỉ có 2
(x x x) 3x 2x 0, x nên
(12)7 Chọn câu D
Ta có
( ) 4
f x x x f ( )x x 0,x Trên [0;2], ta xét giá trị
(0) 3, (1) 2, (2) 11
f f f
Do M 11,m M m 13
Chọn câu A Ta có
4 2
3
3 x 27 x log 27 x 1 x 1.
Chọn câu D
Áp dụng tính chất tích phân 3
1 1
3
5 ( ) d ( )d ( )d
2
f x x f x x f x x
Chọn câu D
Dùng tính chất modun tích: (1 i z) i 4i 5
Chọn câu B
Góc cần tìm A CA Vì đáy hình vng nên AC AB 2 2và
tan AA 45
(13)8 Chọn câu A
Gọi O tâm đáy d S ABCD[ ,( )] SO Ta có 2
2
AC
OA SA
nên 2
3
SO SA OA
Chọn câu B
Bán kính mặt cầu MO 2, có tâm O(0;0;0) nên có phương trình
2 2
4
x y z
Chọn câu A
Ta có AB (1; 3;2) vector phương đường thẳng, qua điểm A(1;2; 1)
nên có phương trình tham số
1
2 ,
1
x t
y t t
z t
(14)9 Đặt 2x t t [ 3;4] ta đưa xét h t( ) f t( ) t Ta có ( )h t f t( ) nên dựa vào đồ thị cho ( )h t có hai nghiệm t 0,t 2, ( ) 2f t lại không đổi
dấu qua t 0, ( )h t đổi dấu từ sang qua t
Lập bảng biến thiên choh t( ) [ 3;4], ta có max ( )h t h(2) f(2)
Chọn câu A
Đặt t 2x ta có bất phương trình (2t 2)(t y) hay ( 2)( ) (*)
t t y
Vì y nên
2
y , (*) 2 log2
2 2
x
t y y x y
Nếu log2 y 10 x {0,1, 2, ,10} nghiệm, không thỏa Suy log2 y 10 hay 10
2 1024
y , từ có y {1, 2, ,1024}
Chọn câu B
Trong tích phân I cho, đặt t 2sinx dt 2cos dx x Ta có
3
2
1 1
1 1 23
( )d ( 3)d ( 1)d
2 2
I f t t t t t t t
Chọn câu C
Đặt z a bi với ,a b
(z )(i z 2) (a (b 2) )(i a bi) a a( 2) b b( 2) Do đó, ta có hệ
2 2
( 2) ( 2)
a b
a a b b hay
2
2
a b
(15)10 Chọn câu A
Gọi M trung điểm BC AM BC SA BC nên BC (SAM) Từ dễ thấy
góc cần tìm ASM 45 Do đó, SAM vuông cân A
a
SA AM
Suy . 3
3
S ABC
a a a
V
Chọn câu C
Gọi r bán kính đáy hình trụ ta có 4,45 sin150r r 4,45 Từ suy góc tâm ứng với cung 60 cung
6 chu vi đường trịn đáy
Ta có diện tích xung quanh hình trụ Sxd rh nên diện tích kính
chính
6
rh
rh Do đó, giá tiền 1.500.000 4, 45 1,35 9.437.000
3 đồng
Chọn câu A
Gọi A a(2 1, , 2a a 1) B b( 2, ,b b 1) giao điểm đường thẳng d
cần tìm với d d1, 2 Ta có AB (b 2a 1, 2b a, b )a nên để d ( )P
2 2
2
b a b a b a
Giải ( ; )a b (0;1) nên AB (2;2; 1) A(1;0; 1), (3;2; 2).B Từ viết
3 2
( ) :
2
x y z
(16)11 Chọn câu A
Ta có f ( )x bậc ba có điểm cực trị x 3,x nên f ( )x a x( 3)(x 1) Suy
ra
3
( ) ( )
3
x
f x a x x b Từ f( 3) ( 1) 61,
f giải 29,
2 a b hay 29
( ) ( )
2
x
f x x x Do f (0)
Đặt
( ) ( )
h x f x x h x( ) 3x f2 (x3) nên h x( ) f (x3) 12
x (*)
Trên ( ;0) ( ) 0f x nên
( ) 0,
f x x , kéo theo (*) vô nghiệm ( ;0]
Xét x f ( )x đồng biến cịn 12
x nghịch biến nên (*) có khơng q nghiệm Lại có
3
1 lim ( ( ) ) x
f x
x
3 lim ( ( ) )
x f x x nên (*) có nghiệm x c Xét bảng biến thiên h x( ):
x 0 c
( )
h x 0
( )
h x
( )
h c
Vì h(0) f(0) nên h c( ) phương trình h x( ) có hai nghiệm thực phân biệt,
khác c Từ ( )h x có điểm cực trị
Chọn câu A
Điều kiện x Đặt y alogx yloga x alogy x Từ ta có hệ
log log 2 x y y a
(17)12 Do a nên hàm số ( )f t at 2 đồng biến Giả sử x y f y( ) f x( )
sẽ kéo theo y x, tức phải có x y Tương tự x y Vì thế, ta đưa xét phương trình log
2 x
x a với x hay log
2
a
x x
Ta phải có x log
1 log 10
a
x x a a
Ngược lại, với a 10 xét hàm số liên tục g x( ) x xloga xloga(x1 loga 1) có
lim ( )
x g x g(2)
nên g x( ) có nghiệm (2; ) Do đó, số a {2,3, ,9} thỏa mãn
Chọn câu D
Rõ ràng kết tốn khơng đổi ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho điểm uốn trùng gốc tọa độ O Gọi g x( ) ax3 bx2 cx d hàm số dễ thấy ( )g x lẻ nên có
ngay b d
( )
g x ax cx có hai điểm cực trị tương ứng 1,1, nghiệm
của
3ax c Từ dễ dàng có
( ) ( )
g x k x x với k Xét diện tích hình chữ nhật S1 S2 ( 1) g( 1) k Ngoài ra,
0
1
5
3 d
4
S k x x x k
Vì 1
4
k k
S k
2 S S
Chọn câu B
Đặt z1 a bi z, 2 c di với , , ,a b c d Theo giả thiết
2 2 2
1, 4, ( ) ( )
a b c d a c b d
Do 2 2
2
a ac c b bd d ac bd
(18)13
2 2 2
1
3z z (3a c) (3b d) 9(a b ) (c d ) 6(ac bd) 19 Áp dụng bất đẳng thức z z z z , ta có
1 2
3z z 5i 3z z 5i 19
Chọn câu C
Xét toán sau: Cho khối nón ( )N có đỉnh A , đáy có tâm I , bán kính r chiều cao h
nội tiếp mặt cầu ( )S có tâm ,O bán kính R Tìm thể tích lớn khối nón
Để VN max ta xét h R (vì h R đối xứng đường trịn đáy ( )N qua tâm ,
O ta có bán kính đáy giữ nguyên chiều cao tăng lên) Khi OI h R
2 2
( ) (2 )
r R h R h R h nên (2 )
3
V r h R h h
Theo bất đẳng thức Cơ-si
3
(2 )
2
h h R
R h nên
3
81
R
V Giá trị lớn
đạt
2
h R
R h h
Trở lại tốn, theo kết trên, để V(N) max I AB cho
3
R AB
AI hay
2 8
(4;4;2) ; ; ,
3 3 3
AI AB trong I tâm đường trịn đáy Từ 14 11 13; ; 3
I
Ta có AB (4;4;2) (2;2;1) vng góc ( )I nên mặt phẳng cần tìm có phương trình
14 11 13
2( ) 2( ) ( ) 2 21
3 3
x y z x y z
Vì ( , , )b c d (2,1, 21) nên b c d 18