Đề thi thử tốt nghiệp THPT quốc gia 2021 số 1 VTV7

ĐỀ THAM KHẢO SỐ Đề thi có 06 trang KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)  1  f x  dx    f x  dx   f x  dx   2  3  10   Câu 17: Tích phân I  2018  2x dx A 1 ln 22018 B ln 2018 C 22018 D 22018  Lời giải Chọn A w   5iI  2018  Câu 18: Cho hai số phức A w   2i 2018 2x dx  ln x  22018  z   3i ln z   2i Số phức liên hợp số phức w  z1  z B w   4i C w   i Lời giải D w   i Chọn C Ta có w  z1  z   i  w   i Câu 19: Cho hai số phức z1   i z   4i Số phức w  z1  z2 A w  3i B w  3i C w   3i Lời giải D w   3i Chọn A Ta có w  z1  z2   i  2  4i   3i Câu 20: Điểm biểu diễn số phức z  2021i A P 0;2021 B Q 2021;  C M 2021;2021 Lời giải D N 0;0 Chọn A Theo lý thuyết ta có điểm biểu diễn số phức z  2021i P 0;2021  Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh a , góc BCA  30 , SO  ABCD  SO  a3 A 3a Khi thể tích khối chóp a3 B a3 C Lời giải a3 D s 3a B C 30 a A O D Chọn B   Theo giả thiết ABCD hình thoi tâm O cạnh a , góc BCA  30 nên BCD  60 ; BCD suy BD  a , CO  a , AC  2CO  a a2 1 3a Ta có SABCD  AC BD  a.a  ; VS ABCD  SO.SABCD với SO  suy 2 VS ABCD 3a a a 3     Câu 22: Cho lăng trụ ABC A B C  có đáy ABC tam giác cạnh 2a Hình chiếu vng góc A ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC , góc A A mặt đáy 60 Thể tích khối lăng trụ ABC A B C  bằng: A a 3 a3 Lời giải B 2a 3 C Chọn B Theo ta có A G  ABC       AG  A  AG  60  A A; ABC   A A; AG   A Xét tam giác A AG vng G ta có: 2   AG  AM tan 60  2a A G  AG.tan A  2a 3 Diện tích tam giác ABC : SABC  2a  Thể tích khối lăng trụ ABC A B C  là: V  A 'G S ABC  2a a  2a 3  a2 D 2a 3 Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang với AD // BC AD  2BC Kết luận sau đúng? A VS ABCD  3VS ABC B VS ABCD  2VS ABC C VS ABCD  4VS ABC D VS ABCD  6VS ABC Lời giải Chọn A S A B Ta có S ABC  M D C 1 S ABCD  VS ABC  VS ABCD  VS ABCD  3VS ABC 3 Câu 24: Một hình trụ có chiều cao , chu vi đáy 4 Tính thể tích khối trụ? A 40 B 18 C 10 D 12 Lời giải Chọn D Ta có: 2R  4  R  Thể tích khối trụ là: V   R 2h  .22.3  12 Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 2; 3; 4 , B 8; 5; 6 Hình chiếu vng góc trung điểm I đoạn AB mặt phẳng Oxz  điểm A N 3; 1;5 B Q 3; 0;5 C P 3; 0; 0 Lời giải D M 0; 1;5 Chọn B Tọa độ trung điểm AB I 3; 1;5 Vậy hình chiếu I mặt phẳng Oyz  M 3; 0;5 Câu 26: Trong không gian Oxyz , mặt cầu (S ) : (x  1)2  y  z  25 có bán kính A 25 B C 625 D 10 Lời giải Chọn B Phương trình mặt cầu là: (x  a )2  (y  b)2  (z  c )2  R2 nên R  25  R  Câu 27: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng qua điểm M (1; 3;1)? A P1  : 2x  y  z  C P3  : x  2y  z   B P2  : 2x  y  z   D P4  : x  y  2z  Lời giải Chọn B Thay tọa độ điểm M trực tiếp vào phương trình để kiểm tra Câu 28: Trong không gian Oxyz, vectơ vectơ phương đường thẳng qua hai điểm M 1; 1;2 N (1;2; 1)?  A u1  (2;1;1)  B u2  (0; 3;1)  C u3  (0;1; 1)  D u4  (0; 3; 3) Lời giải Chọn C    Ta có MN  (0; 3;  3)  3u  u vectơ phương đường thẳng MN Câu 29: Chọn ngẫu nhiên số 23 số nguyên dương Xác suất đề chọn số lẻ A 12 23 B 11 23 C 10 23 D Lời giải Chọn A Trong 23 số nguyên dương 1,2, 3, ,23, ta đếm có 12 số lẻ nên xác suất cần tìm 12 23 Câu 30: Hàm số đồng biến  ? A y  2x  x 1 C y  x  x  x B y  x  3x  3x  D y  x  2x  Lời giải Chọn B Hàm số đồng biến  trước hết phải có tập xác định D  , loại câu A, xét câu khác Chỉ có (x  3x  3x  1)  3x  6x   x  1  0, x  , dấu xảy x  (hữu hạn) Câu 31: Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f (x )  x  2x  đoạn  0; 3 Tổng M  m   B 53 A 11 C 52 D 52 Lời giải Chọn D Ta có f (x )  4x  4x f (x )   x  0, x   Trên [0; 3], ta xét giá trị f (0)  5, f (1)  6, f (3)  58 Do M  6, m  58 M  m  52 Câu 32: Tập nghiệm bất phương trình 48x  256 B (2 3;2 3] A [1;1] C [2;2] D [2; ) Lời giải Chọn C Ta có 8x  256   x  log 256   x   2  x  Câu 33: Nếu   3.f x   1dx  10   A B  f x dx bằng? 13 C 10 D 11 Lời giải Chọn D Áp dụng tính chất tích phân 10   2 11 3 f (x )  1 dx  f (x )dx   1 1 f (x )dx    Câu 34: Cho số phức z   3i Số phức w  (1  i )z  z có mơđun A B C 10 Lời giải Chọn D Ta có: w  1  i  w   D Câu 35: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B 'C ' D ' có AB  cm, AD  cm, AA '  cm Góc đường thẳng A'C mặt phẳng (ABB ' A ') A 30 B 60 C 90 D 45 Lời giải Chọn A Ta có A 'C  AA ' B ' B   A ' CB  AA ' B ' B   A ' B hình chiếu vng góc A'C         A 'C , AA ' B ' B   A 'C , A ' B  BA 'C BC   tan BA 'C   A' B   BA 'C  30 4   2  3 Câu 36: Cho hình chóp SABC có đáy tam giác vng A Biết AB  a , AC  a , SA  2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC  A a 57 19 B 2a 57 19 2a 19 Lời giải C Chọn B Từ A kẻ AD  BC mà SA  ABC   SA  BC  BC  SAD   SAD   SBC  mà SAD   SBC   SD  Từ A kẻ AE  SD  AE  SBC     d A; SBC   AE 1    2 2 AD AB AC 3a 1 19    Xét SAD vuông A ta có: AE AS AD 12a Xét ABC vng A ta có:  AE  2a 57 19 D 2a 38 19 Câu 37: Trong khơng gianOxyz , mặt cầu có tâm M 1; 2; 3 qua điểm N (1; 0;2) có phương trình là: A x  1  y  z  2  2 C x  1  y  2  z  3  2 B x  1  y  2  z  3  2 D x  1  y  2  z  3  2 Lời giải Chọn C Bán kính mặt cầu MN  , có tâm M (1; 2; 3) nên có phương trình x  1  y  2  z  3 2  Câu 38: Trong không gian Oxyz, đường thẳng qua hai điểm A(1; 3;1) B(2;1; 1) có phương trình tham số là: x  1  3t    A y   2t   z   2t    x   3t  B y   2t  z  1  2t  x   3t  C y  3  2t  z  1  2t  Lời giải x  1  t  D y   4t  z   Chọn B  Ta có: Đường thẳng nhận AB  (3; 2; 2) vectơ phương qua điểm B(2;1; 1) nên x   3t  có phương trình tham số y   2t  z  1  2t  Câu 39: Cho hàm số y  f (x ) liên tục R có đồ thị hình vẽ Giá  trị lớn hàm số g(x )  f (x  2) 1;  đạt  điểm sau đây? A x  1 C x  Chọn D B x  D x  Lời giải Đặt t  x   t  2;1   Xét hàm số h t   f (t ) đoạn  2;1 , từ đồ thị ta thấy hàm số đạt giá trị lớn   x  1 l   t  1  x   1   x  n  Vậy hàm số g(x )  f (x  2) đạt giá trị lớn x  Câu 40: Có giá trị nguyên dương tham số m để tập nghiệm bất phương trình log x  2  13 A 6560 x   m  chứa không số nguyên? B 6561 C 19683 Lời giải D 19682 Chọn B  x   log x         x  x   m   m     log2 x  2  3x  m         log x  2   2  x     3x  m   x   m    x      m 1 x  log m 2  x    3     x  log m (loại  , m  nên x  log3 m  )   x  log m 2  2  x     x  log m     Vì tập nghiệm bất phương trình chứa khơng q số ngun, mà x   , tức có chứa số nguyên 1 ; ; ; …; 7; 8;… nên x  log3 m   m  38  6561 Mà m    nên m  1;2; ;6561 Vậy có 6561 giá trị m thỏa YCBT    2x x  Câu 41: Cho hàm số f x    Giá trị tích phân I    2x x     A 28 B 11228 7504 Lời giải  f x 2  D 2021 C Chọn C     Đặt t  x  3x   dt  3x  dx  x  dx  dt Đổi cận: x  2 : t  13 x  : t  15 15 15 15  1  1    Khi đó: I   f t  dt    f t  dt   f t  dt    5  2t  dt    2t dt 13 13  13  1  15  1  6790  7504     5  2t  dt    2t dt  238  13           3x  x  dx  Câu 42: Xét số phức z1 , z thoả mãn z   2i  3; z  2021  6i  z  2021  4i số phức z thoả mãn biểu thức P  z  z  z  z đạt giá trị nhỏ Giá trị lớn z A 2021 C 34 Lời giải B 26 D Gọi M điểm biểu diễn cho z1 , ta có tập hợp điểm M đường y tròn tâm I 1; 2 , bán kính R  N Gọi N điểm biểu diễn cho z , ta có tập hợp điểm N đường b thẳng y  Gọi A điểm biểu diễn cho số phức z , ta có: P  AM  AN Để P nhỏ toạ độ điểm phải M 1;1, N 1; 5 điểm A M O -2 I x A phải thuộc đoạn thẳng MN , từ suy z  a  bi với a  1;1  b  Vậy giá trị lớn biểu thức z 26 Câu 43: Cho hình chóp S ABC , đáy ABC tam giác vuông A AB  a, AC  a Hai mặt phẳng SAB SBC tạo với đáy góc Hai đường thẳng SA BC vng góc với khoảng cách hai đường A a3 12 B a3 36 a Thể tích khơi chóp S.ABC a3 Bài giải C D a3 Chọn A a Vẽ SH  AI  SH  ABC  Vì hai mặt phẳng SAB SBC tạo với đáy góc  H nằm đường phân giác góc B Vẽ AI  BC  BC  SAI   AI   AH AB a    AH  HI BI Từ I vẽ HK  SA  d BC , SA  IK  a  IK   tan IAK  Trong AIK vuông K  sin IAK  AI SH a   SH  AH  Trong SHA vuông H  tan SAH  AH 1 a a2 a  VS ABC  SH SABC   3 12 Câu 44: Để chuẩn bị cổ vũ cho đội tuyển Việt Nam tham dự vòng loại thứ World Cup 2022 Một hội cổ động viên dự định sơn trang trí 1000 với cách sơn sau Tính theo độ dài đường sinh nón 40 cm  kể từ đỉnh nón cm  sơn màu đỏ, màu vang xen kẽ hình minh họa, sau dán 20 ngơi vàng vào nón Biết đường kính đường trịn đáy nón 40 cm  , vàng giá 200 đồng, sơn màu vàng giá 5000 đồng/ m2 , sơn màu đỏ giá 4000 đồng/ m2 Hỏi giá thành để trang trí 1000 nón gần với số tiền sau đây? A 5105840 đồng B 5105841 đồng C 5156106 đồng Lời giải D 5156107 đồng Chọn B Đặt l1  40; l2  32;l  24;l  16;l  bán kính diện tích khối nón đỉnh S tương ứng với đường sinh kể l  16 16 S1  r1l1; S  r2l2        S  S1 S1 r1l1 l1  25 25 S2 Tương tự S  r2l2 S ; S  S1 ; S  S 25 25 25  2 Như diện tích phần màu vàng S  S   S  S   S1  40.20  320 cm 5 Diện tích sơn màu đỏ  3 S1  40.20  480 cm 5  Giá tiền để trang trí 1000 nón  320  480  1000  5105841 đồng .5000  4000  20.200 10000 10000   Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  :x  1  y  2  z  2  mặt phẳng 2 P  :2x  y  2z   Đường thẳng  qua O tiếp xúc với mặt cầu S  cắt P  A cho OA nhỏ có phương trình A  : x y z   10 B  : x y z   10 C  : x y z   10 7 D  : x y z   10 2 Bài giải Chọn B S  :x  1  y  2  z  2 2   I 1;2; 2, R  O  S  Mặt phẳng   qua O tiếp xúc với mặt cầu S  có phương trình   : x  2y  2z       Gọi d    P   ud  nP ; n   2;2; 3 Để OA nhỏ OA  d   Vậy OA  d ;OA  OI  đường thẳng qua  có vectơ phương    x y z     u  ud ;OI   10;7;2 Phương trình đường  :   10 Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y  f (x ) cho f (0)  hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Xác định số điểm cực trị hàm số y  f (x  2)  x  4x A B C D Lời giải Chọn B Nhận xét: Các điểm A 2;1,O 0; 0, B 4; 2 nằm đường thẳng d : y   x Đặt g x   f x  2  x  4x  g  x   f  x  2  x  2  g  x    f  x  2   x 2  x  0;2;6 Bảng biến thiên hàm số g x  : Ta có: lim g x    g 2  f 0    x  Mặt khác: Ta có: S1   2 f  x  dx   f x  2   f 0  f 2  nên f 2  đó: g 0  f 2  Mà: S2   f  x  dx   f x    f 0  f 4   f 4     4 đó: g 6  f 4   12  Suy hàm số y  g x  có cực trị phương trình g x   có hai nghiệm phân biệt nên hàm số y  f (x  2)  x  4x có điểm cực trị Câu 47: Cho hàm số y  f x  hàm số chẵn tập số thực R có đồ thị hình vẽ.Biết tồn giá trị tham số m để phương trình f x  3.3    m f x   3m  3 f x    có nghiệm thực phân biệt Tổng lập phương giá trị m là: A  C 7 B D Chọn B Ta có: f x  3.3  Lời giải   m f x   3m  3  f x     3.3 m f x   3m  3 f x    * Nhận thấy, x o nghiệm * x o nghiệm * 3 f x   f x      m f x   3m  3 f x  Suy ra, điều kiện cần để phương trình * có nghiệm thực phân biệt * có nghiệm x  Mà theo đồ thị, ta thấy f 0     m.3m  3  m  m    Thử lại:  Với m  2 * trở thành Nhận thấy, VT  f x   f x   Cauchy f x   , VP  f x    2 f x   3  m  2  m   1 2 3  nên 1  f x   , theo đồ thị, suy 3 phương trình có nghiệm x nên m  2 không thỏa mãn  Với m  * trở thành 3 f x   f Đặt f x   t ; t  x   f x    f x     f x    2 f x    * *    t  với t  3t ln ln t t Ta có g ' t   ln  t  , g '' t   ln  t   với t  3 t t3 Xét hàm số g t   3t     g ' t  đồng biến 0;   g ' t   có nhiều nghiệm t   phương trình g t   có nhiều nghiệm t   f x    Lại có, g 1  g 0   Phương trình * * có nghiệm   f x   hay phương trình ban đầu có nghiệm Vậy m  thỏa mãn  f x     f x  1 ,    Câu 48: Cho hàm số bậc bốn y  f (x ) có đồ thị hình vẽ Biết hàm số f (x ) đạt cực trị x 1, x 2, x thỏa mãn x  x  Gọi S S diện tích hai phần gạch hình bên Tỉ số S1 S2 C D 10 A B Lời giải Chọn C Kết toán không đổi ta đổi hệ trục tọa đô xOy thành XO 'Y Khi hệ trục tọa độ mới, hàm số có dạng g(X )  AX  BX g(X )  AX  BX có hai điểm cực trị tương ứng 1 nghiệm 4AX  2BX  , hàm số có dạng G (X )  k (X  2X ) với k  Diện tích hình chữ nhật S1  S  1.G (1)  k Diện tích S1  k  1 X  2X dX  S 7 k  k  k S  k  15 15 15 S2 Câu 49: Có số phức z thỏa mãn 4z  z  3i z  84  ? A B C Lời giải D Chọn B Ta có phương trình bậc theo z có a.c  4.(84)  nên phương trình ln có nghiệm thực Do z   , nên z  3i  z  Vậy ta có 4z  z z   84   z z   84  4z  z  16    z   15z  681z  7056      147     z    z   147 z 84  4z         z 84  z     Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P  : x  z   ,  d:    đường thẳng x  y 1 z    Điểm J thay đổi mặt phẳng P  mặt cầu tâm J tiếp xúc với 1 hai mặt cầu S1  tâm O 0; 0; 0 bán kính R1  , mặt cầu S  tâm I 2; 0;2 bán kính R2  Điểm M thay đổi đường thẳng d Giá trị nhỏ MJ A 3 B 6 C Lời giải 5 D 5 Chọn B Giả thiết suy  S2  nằm  S1  Gọi  J ; R  mặt cầu tiếp xúc với  S1  ,  S2  Suy JO  R1  R ,  JI  R2  R  JO  JI  R1  R2  JO  JI   JI  R  R   JO  JI  R  R   JO  JI  *    Dễ thấy OI   P  H  3; 0;3 Đặt HJ  x  JO  x  18; JI  x  thay vào * ta  x  18  x   7  x Do J   P  JH  nên tập hợp điểm J đường 3  x  18  x   tròn tâm H nằm mặt phẳng  P  có bán kính r  Ta thấy d   P  không cắt  H , r  nên MJ  d  H , d   r  6 ... KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 20 21 MƠN THI: TỐN ĐỀ THAM KHẢO SỐ Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 06 trang) Câu 1: Có vectơ khác vectơ... nhiên số 23 số nguyên dương Xác suất đề chọn số lẻ A 12 23 B 11 23 C 10 23 D Lời giải Chọn A Trong 23 số nguyên dương 1, 2, 3, ,23, ta đếm có 12 số lẻ nên xác suất cần tìm 12 23 Câu 30: Hàm số. .. w  z1  z2   i  2  4i   3i Câu 20: Điểm biểu diễn số phức z  2021i A P 0 ;20 21? ?? B Q ? ?20 21;  C M ? ?20 21; 20 21? ?? Lời giải D N 0;0 Chọn A Theo lý thuyết ta có điểm biểu diễn số phức