Đề tham khảo kì thi Tốt nghiệp THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề tham khảo kì thi Tốt nghiệp THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. Trang 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2022 Bài thi: TOÁN ĐỀ THAM KHẢO Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Ą Câu 1 Modun của số phức z = 3 − i bằng √ √ A 8. B 10. C 10. D 2 2. ɓ Lời giải. √ Ta có: |z| = p32 + (−1)2 = 10 Chọn đáp án B Ą Câu 2 Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 2)2 + z2 = 9 có bán kính bằng A 3. B 81. C 9. D 6. ɓ Lời giải. Từ phương trình mặt cầu ⇒ R2 = 9 ⇒ R = 3 Chọn đáp án A Ą Câu 3 Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y = x4 + x2 − 2? A Điểm P(−1;−1). B Điểm N(−1;−2). C Điểm M(−1;0). D Điểm Q(−1;1). ɓ Lời giải. Thay M(−1;0) vào đồ thị thấy thỏa mãn Chọn đáp án C Ą Câu 4 Thể tích V của khối cầu bán kính r được tính theo công thức nào dưới đây? 1 4 A V = πr3. B V = 2πr3. C V = 4πr3. D V = πr3. 3 3 ɓ Lời giải. 4 Công thức thể khối cầu bán kính r là: V = πr3 3 Chọn đáp án D Ą Câu 5 3 Trên khoảng (0;+∞), họ nguyên hàm của hàm số f (x) = x 2 là: Z 3 1 Z 5 2 A f (x)dx = x 2 +C. B f (x)dx = x 5 +C. 2 2 Z 2 5 Z 2 1 C f (x)dx = x 2 +C. D f (x)dx = x 2 +C. 5 3 p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
2. Trang 2 ɓ Lời giải. Z Z 3 2 5 Ta có: f (x)dx = x 2 dx = x 2 +C 5 Chọn đáp án C Ą Câu 6 Cho hàm số f (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x −∞ −2 0 1 4 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + 0 − Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A 3. B 2. C 4. D 5. ɓ Lời giải. Dựa vào bảng xét dấu, ta có: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4 Chọn đáp án C Ą Câu 7 Tập nghiệm của bất phương trình 2x > 6 là A (log2 6;+∞). B (−∞;3). C (3;+∞). D (−∞;log2 6). ɓ Lời giải. x Ta có: 2 > 6 ⇔ x > log2 6 Chọn đáp án A Ą Câu 8 Cho khối chóp có diện tích đáy B = 7 và chiều cao h = 6. Thể tích của khối chóp đã cho là A 42. B 126. C 14. D 56. ɓ Lời giải. 1 1 Thể tích của khối chóp đã cho là V = Bh = · 7 · 6 = 14 3 3 Chọn đáp án C Ą Câu 9 √ Tập xác định của hàm số y = x 2 là A R. B R \{0}. C (0;+∞). D (2;+∞). ɓ Lời giải. √ √ Vì 2 là số vô tỉ nên điều kiện xác định của hàm số y = x 2 là x > 0. Tập xác đinh: D = (0;+∞) Chọn đáp án C NĂM HỌC 2021-2022
3. Trang 3 Ą Câu 10 Nghiệm của phương trình log2(x + 4) = 3 là A x = 5. B x = 4. C x = 2. D x = 12. ɓ Lời giải. Điều kiện: x + 4 > 0 ⇔ x > −4. 3 log2(x + 4) = 3 ⇔ x + 4 = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 4 Chọn đáp án B Ą Câu 11 Z 5 Z 5 Z 5 Nếu f (x)dx = 3 và g(x)dx = −2 thì [ f (x) + g(x)] dx bằng 2 2 2 A 5. B −5. C 1. D 3. ɓ Lời giải. Z 5 Z 5 Z 5 Ta có [ f (x) + g(x)] dx = f (x)dx + g(x)dx = 3 + (−2) = 1 2 2 2 Chọn đáp án C Ą Câu 12 Cho số phức z = 3 − 2i, khi đó 2z bằng A 6 − 2i. B 6 − 4i. C 3 − 4i. D −6 + 4i. ɓ Lời giải. Ta có: 2z = 2(3 − 2i) = 6 − 4i Chọn đáp án B Ą Câu 13 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) : 2x − 3y + 4z − 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là: #» #» #» #» A n4 = (−1;2;−3). B n3 = (−3;4;−1). C n2 = (2;−3;4). D n1 = (2;3;4). ɓ Lời giải. #» Mặt phẳng (P) có một VTPT là: n = (2;−3;4) Chọn đáp án C Ą Câu 14 #» #» #» #» Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ u = (1;3;−2) và v = (2;1;−1). Tọa độ của vectơ u − v là A (3;4;−3). B (−1;2;−3). C (−1;2;−1). D (1;−2;1). ɓ Lời giải. #» #» Ta có u − v = (−1;2;−1) Chọn đáp án C p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
4. Trang 4 Ą Câu 15 Trên mặt phẳng tọa độ, cho M(2;3) là điểm biểu diễn của số phức z. Phần thực của z bằng A 2. B 3. C −3. D −2. ɓ Lời giải. Ta có M(2;3) là điểm biểu diễn của số phức z ⇒ z = 2 + 3i. Vậy phần thực của z bằng 2 Chọn đáp án A Ą Câu 16 3x + 2 Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là đường thẳng có phương trình: x − 2 A x = 2. B x = −1. C x = 3. D x = −2. ɓ Lời giải. TXĐ: D = R \{2}. Ta có:  3x + 2  lim y = lim = +∞  y→2+ x→2+ x − 2 , suy ra x = 2 là TCĐ 3x + 2  lim y = lim = −∞  y→2− x→2− x − 2 Vậy x = 2 là TCĐ Chọn đáp án A Ą Câu 17 a Với a > 0, biểu thức log bằng 2 2 1 A log a. B log a + 1. C log a − 1. D log a − 2. 2 2 2 2 2 ɓ Lời giải. a Với a > 0, ta có log = log a − log 2 = log a − 1 2 2 2 2 2 Chọn đáp án C Ą Câu 18 Hàm số nào dưới đây có đồ thị như đường cong ở hình bên? y O x x + 1 A y = x4 − 2x2 − 1. B y = . C y = x3 − 3x − 1. D y = x2 + x − 1. x − 1 NĂM HỌC 2021-2022
5. Trang 5 ɓ Lời giải. Hình dáng đồ thị đặc trưng của hàm số bậc 3, thể hiện a > 0 Chọn đáp án C Ą Câu 19 x = 1 + 2t  Trong không gian Oxyz, đường thẳng d : y = 2 − 2t đi qua điểm nào dưới đây? z = −3 − 3t A Điểm Q(2;2;3). B Điểm N(2;−2;−3). C Điểm M(1;2;−3). D Điểm P(1;2;3). ɓ Lời giải. ®m ≤ 0 Đường thẳng d : đi qua điểm M(1;2;−3) − 10 < m < 6 Chọn đáp án C Ą Câu 20 Với n là số nguyên dương, công thức nào dưới đây đúng? A Pn = n!. B Pn = n − 1. C Pn = (n − 1)!. D Pn = n. ɓ Lời giải. Với n là số nguyên dương, số các hoán vị của n phần tử là: Pn = n! Chọn đáp án A Ą Câu 21 Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho được tính theo công thức nào dưới đây? 1 4 A V = Bh. B V = Bh. C V = 6Bh. D V = Bh. 3 3 ɓ Lời giải. Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = Bh Chọn đáp án D Ą Câu 22 Trên khoảng (0;+∞), đạo hàm của hàm số y = log2 x là 1 ln2 1 1 A y0 = . B y0 = . C y0 = . D y0 = . xln2 x x 2x ɓ Lời giải. 1 Đạo hàm của hàm số y = log x trên khoảng (0;+∞) là y0 = 2 xln2 Chọn đáp án A p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
6. Trang 6 Ą Câu 23 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −2 0 2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +∞ 1 +∞ f (x) −1 −1 Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A (0;+∞). B (−∞;−2). C (0;2). D (−2;0). ɓ Lời giải. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−2;0) Chọn đáp án D Ą Câu 24 Cho hình trụ có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l. Diện tích xung quanh Sxq của hình trụ đã cho được tính theo công thức nào dưới đây? A Sxq = 4πrl. B Sxq = 2πrl. C Sxq = 3πrl. D Sxq = πrl. ɓ Lời giải. Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2πrl Chọn đáp án B Ą Câu 25 Z 5 Z 5 Nếu f (x)dx = 2 thì 3 f (x)dx bằng 2 2 A 6. B 3. C 18. D 2. ɓ Lời giải. Z 5 Z 5 3 f (x)dx = 3 f (x)dx = 3.2 = 6 2 2 Chọn đáp án A Ą Câu 26 Cho cấp số cộng (un) với u1 = 7 và công sai d = 4. Giá trị của u2 bằng 7 A 11. B 3. C . D 28. 4 ɓ Lời giải. u2 = u1 + d = 7 + 4 = 11 Chọn đáp án A NĂM HỌC 2021-2022
7. Trang 7 Ą Câu 27 Cho hàm số f (x) = 1 + sinx. Khẳng định nào dưới đây đúng? Z Z A f (x)dx = x − cosx +C. B f (x)dx = x + sinx +C. Z Z C f (x)dx = x + cosx +C. D f (x)dx = cosx +C. ɓ Lời giải. Z Z f (x)dx = (1 + sinx)dx = x − cosx +C Chọn đáp án A Ą Câu 28 Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c(a,b,c ∈ R) có đồ thị là đường cong trong hình bên. y −2 O 2 x −1 −3 Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng. A 0. B −1. C −3. D 2. ɓ Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số, giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng −1 Chọn đáp án B Ą Câu 29 4 Trên đoạn [1;5], hàm số y = x + đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x A x = 5. B x = 2. C x = 1. D x = 4. ɓ Lời giải. 4 Hàm số y = f (x) = x + xác định trên đoạn [1;5]. x Ta có: 4 y0 = 1 − x2 4 ñx = 2 ∈ [1;5] y0 = 0 ⇔ 1 − = 0 x2 x = − ∈/ [1;5] 29 f (1) = 5; f (5) = ; f (2) = 4 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là 4 tại x = 2. Chọn đáp án B p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
8. Trang 8 Ą Câu 30 Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R. x + 2 A y = −x3 − x. B y = −x4 − x2. C y = −x3 + x. D y = . x − 1 ɓ Lời giải. 3 0 2 2
   3 y = −x − x ⇒ y = −x − 1 = − x + 1 < 0∀x ∈ R . Hàm số y = −x − x nghịch biến trên R Chọn đáp án A Ą Câu 31 Với a,b thỏa mãn log2 a − 3log2 b = 2, khẳng định nào dưới đây đúng? 4 A a = 4b3. B a = 3b + 4. C a = 3b + 2. D a = . b3 ɓ Lời giải. a a Ta có log a − 3log b = 2 ⇔ log a − log b3 = 2 ⇔ log = 2 ⇔ = 4 ⇔ a = 4b3 2 2 2 2 2 b3 b3 Chọn đáp án A Ą Câu 32 Cho hình hộp ABCD · A0B0C0D0 có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên). D0 C0 A0 B0 D C A B Góc giữa hai đường thẳng A0C0 và BD bằng A 90◦. B 30◦. C 45◦. D 60◦. ɓ Lời giải. Ta có A0C0 song song AC nên góc giữa hai đường thẳng A0C0 và BD bằng góc giữa AC và BD và bằng 90◦ Chọn đáp án A Ą Câu 33 Z 3 Z 3 Nếu f (x)dx = 2 thì [ f (x) + 2x]dx bằng 1 1 A 20. B 10. C 18. D 12. ɓ Lời giải. NĂM HỌC 2021-2022
9. Trang 9 Z 3 Z 3 Z 3 Ta có [ f (x) + 2x]dx = f (x)dx + 2xdx = 10 1 1 1 Chọn đáp án B Ą Câu 34 x y + 2 z − 3 Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2;−5;3) đường thẳng d : = = . Mặt phẳng đi qua M 2 4 −1 và vuông góc với d có phương trình là: A 2x − 5y + 3z − 38 = 0. B 2x + 4y − z + 19 = 0. C 2x + 4y − z − 19 = 0. D 2x + 4y − z + 11 = 0. ɓ Lời giải. x y + 2 z − 3 #» #» d : = = ⇒ VTCP u = (2;4;−1). Mặt phẳng đi qua M(2;−5;3) và có VTCP u = (2;4;−1) 2 4 −1 d d Vậy 2(x − 2) + 4(y + 5) − (z − 3) = 0 ⇔ 2x + 4y − z + 19 = 0 Chọn đáp án B Ą Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn iz = 5 + 2i. Phần ảo của z bằng A 5. B 2. C −5. D −2. ɓ Lời giải. 5 + 2i iz = 5 + 2i ⇔ z = = 2 − 5i Vậy phần ảo của z bằng 5 i Chọn đáp án A Ą Câu 36 Cho hình lăng trụ đứng ABC ·A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB = 4 (tham khảo hình bên). A0 C0 B0 C A B Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB0A0) bằng √ √ A 2 2. B 2. C 4 2. D 4. ɓ Lời giải. CB ⊥ BB0´ Ta có ⇒ CB ⊥ (ABB0A0) Vậy d [C;((ABB0A0))] = CB = AB = 4 CB ⊥ AB Chọn đáp án D p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
10. Trang 10 Ą Câu 37 Từ một hộp chứa 16 quả cầu gồm 7 quả màu đỏ và 9 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả. Xác suất để lấy được hai quả có màu khác nhau bằng 7 21 3 2 A . B . C . D . 40 40 10 15 ɓ Lời giải. 2 Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu trong 16 quả cầu, không gian mẫu có số phần tử là: n(Ω) = C16. Gọi biến cố A là "lấy được hai quả có màu khác nhau", suy ra A¯ là " lấy được hai quả cùng màu". Ta có C2 +C2 ¯ 2 2 ¯ 7 9 21 n(A) = C7 +C9 Vậy xác suất cần tìm: P(A) = 1 − P(A) = 1 − 2 = C16 40 Chọn đáp án B Ą Câu 38 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2;−2;3),B(1;3;4),C(3;−1;5). Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là x − 2 y + 4 z − 1 x + 2 y − 2 z + 3 A = = . B = = . 2 −2 3 2 −4 1 x − 2 y + 2 z − 3 x − 2 y + 2 z − 3 C = = . D = = . 4 2 9 2 −4 1 ɓ Lời giải. # » x − 2 y + 2 z − 3 Ta có BC = (2;−4;1) nên phương trình đường thẳng đi qua A và song song với BC là: = = 2 −4 1 Chọn đáp án D Ą Câu 39 Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn 4x − 5.2x+2 + 64
    p2 − log(4x) ≥ 0. A 22. B 25. C 23. D 24. ɓ Lời giải. ®2 − log(4x) ≥ 0 Điều kiện: ⇔ 0 0 ñ2 − log(4x) = 0(1) Ta có: 4x − 5.2x+2 + 64
    p2 − log(4x) ≥ 0 ⇔ 4x − 5.2x+2 + 64 ≥ 0(2) (1) ⇔ log(4x) = 2 ⇔ 4x = 102 ⇔ x = 25(tm) ñ2x ≥ 16 ñx ≥ 4 (2) ⇔ (2x)2 − 20.2x + 64 ≥ 0 ⇔ ⇔ 2x ≤ 4 x ≤ 2 Kết hợp với điều kiện, ta có các giá trị nguyên thỏa mãn trong trường hợp này x ∈ {1;2} ∪ {4;5;6 25} Vậy có 24 số nguyên x thỏa đề bài. Chọn đáp án D NĂM HỌC 2021-2022
11. Trang 11 Ą Câu 40 Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 1 +∞ f (x) −∞ −5 Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f 0( f (x)) = 0 là A 3. B 4. C 5. D 6. ɓ Lời giải. Xét phương trình f 0( f (x)) = 0 (1). Đặt t = f (x), từ (1) ⇔ f 0(t) = 0 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f (x) ït = −1 Ta có f 0(t) = 0 ⇔ t = 2 Ì Với t = −1 ⇔ f (x) = −1 ⇒ 3 nghiệm Ì Với t = 2 ⇔ f (x) = 2 ⇒ 1 nghiệm Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình là 3 + 1 = 4 nghiệm Chọn đáp án B Ą Câu 41 0 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm là f (x) = 12x2 + 2,∀x ∈ R và f (1) = 3. Biết F(x) là nguyên hàm của f (x) thỏa mãn F(0) = 2, khi đó F(1) bằng A −3. B 1. C 2. D 7. ɓ Lời giải. Z Z Ä ä Ta có f (x) = f 0(x)dx = 12x2 + 2 dx = 4x3 + 2x +C Ì Với f (1) = 3 ⇒ 4.13 + 2.1 +C = 3 ⇒ C = −3. Vậy f (x) = 4x3 + 2x − 3 Z Z Ä ä Ta có F(x) = f (x)dx = 4x3 + 2x − 3 dx = x4 + x2 − 3x +C Ì Với F(0) = 2 ⇒ 04 + 02 − 3.0 +C = 2 ⇒ C = 2 Vậy F(x) = x4 + x2 − 3x + 2, khi đó F(1) = 14 + 12 − 3.1 + 2 = 1 Chọn đáp án B Ą Câu 42 Cho khối chóp đều S.ABCD có AC = 4a, hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với nhau. Thể tích khối√ chóp đã cho bằng √ 16 2 8 2 16 A a3. B a3. C 16a3. D a3. 3 3 3 p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
12. Trang 12 ɓ Lời giải. Gọi O là tâm hình vuông suy ra SO ⊥ (ABCD) S Ta có (SAB) ∩ (SCD) = Sx ∥ AB ∥ CD. Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB ⇒√ SI ⊥ Sx ⇒ SI√⊥ (SCD) ⇒ SI ⊥ SD AC = 4a ⇒ AD = 2 2a ⇒ DI = a 10 √ 2 2 Đặt SD = x ⇒ SI = x − 2a . √ 2 2 2 2 2 2 Ta có hệ thức x −2a +x √= 10a ⇒ x = 6a ⇒ x = a 6. A Từ đó ta tính được SO = a 2. D √ 1 √ √ 8 2 I Vậy V = · a 2 · (2 2a)2 = a3 O S.ABCD 3 3 B C Chọn đáp án B Ą Câu 43 Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z2 − 2mz + 8m − 12 = 0(m là tham số thực). có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1,z2 thỏa mãn |z1| = |z2|? A 5. B 6. C 3. D 4. ɓ Lời giải. Ta có ∆0 = m2 − 8m + 12 0 Ì Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm thực, khi đó |z1| = |z2| ⇔ z1 = −z2 ⇔ z1 +z2 = 0 ⇔ m = 0 (thỏa mãn) 0 Ì Nếu ∆ < 0, thì phương trình có hai nghiệm thức khi đó là hai số phức liên hợp nên ta luôn có |z1| = |z2|, hay m2 − 8m + 12 < 0 ⇔ 2 < m < 6 luôn thỏa mãn. Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số thỏa mãn Chọn đáp án D Ą Câu 44 1 1 Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w = có phần thực bằng . Xét các số phức |z| − z 8 2 2 z1,z2 ∈ S thỏa mãn |z1 − z2| = 2, giá trị lớn nhất của P = |z1 − 5i| − |z2 − 5i| bằng A 16. B 20. C 10. D 32. ɓ Lời giải. ®m ≤ 0 Giả sử z = x + yi, với x,y ∈ R và điều kiện |z| − z 6= 0 ⇔ . − 10 < m < 6 p 1 1 x2 + y2 − x y Ta có: w = = = + i Äp ä Ä ä2 Ä ä2 |z| − z x2 + y2 − x + yi px2 + y2 − x − y2 px2 + y2 − x + y2 NĂM HỌC 2021-2022
13. Trang 13 Theo giả thiết, ta có: p x2 + y2 − x 1 »  » = ⇔ 8 x2 + y2 − x = 2x2 + 2y2 − 2x x2 + y2 Ä ä2 px2 + y2 − x + y2 8 »  » »  ⇔ 4 x2 + y2 − x = x2 + y2 x2 + y2 − x » » »  x2 + y2 = 4 2 2 2 2 ⇔ x + y − x x + y − 4 = 0 ⇔ » x2 + y2 − x = 0 ® p m ≤ 0 TH1: x2 + y2 − x = 0 ⇔ (không thỏa mãn điều kiện). − 10 < m < 6 p TH2: x2 + y2 = 4 ⇔ x2 + y2 = 16 2 2 2 2 Gọi z1 = x1 + y1i;z2 = x2 + y2i ⇒ x1 + y1 = 16;x2 + y2 = 16 2 2 Ta có: |z1 − z2| = 2 ⇔ (x1 − x2) + (y1 − y2) = 4 2 2 2 2 2 2 Xét P = |z1 − 5i| − |z2 − 5i| = x1 + (y1 − 5) − x2 − (y2 − 5) = −10(y1 − y2) ⇒ » 2 P ≤ 10|y1 − y2| = 10 4 − (x1 − x2) ≤ 20 Dấu " = "xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 và |y1 − y2| = 2 Kết luận: Giá trị lớn nhất của P = 20 Chọn đáp án B Ą Câu 45 Cho hàm số f (x) = 3x4 +ax3 +bx2 +cx+d(a,b,c,d ∈ R) có ba điểm cực trị là −2,−1 và 1. Gọi y = g(x) là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x). Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = f (x) và y = g(x) bằng 500 36 2932 2948 A . B . C . D . 81 5 405 405 ɓ Lời giải. Ta có: f 0(x) = 12x3 + 3ax2 + 2bx + c ®m ≤ 0 ®m ≤ 0 Theo bài ra, ta có: ⇔ − 10 < m < 6 − 10 < m < 6 ⇒ f (x) = 3x4 + 8x3 − 6x2 − 24x + d Giả sử y = g(x) = ax2 + bx + c g(−2) = 8 + d 4a − 2b + c = 8 + d a = −7    ⇒ g(−1) = 13 + d ⇔ a − b + c = −19 + d ⇔ b = −16 g(1) = −19 + d a + b + c = −19 + d c + 4 + d ⇒ y = −7x2 − 16x + 4 + d x = 1  2 x = − 4 3 2  Xét f (x) − g(x) = 0 ⇔ 3x + 8x + x − 8x − 4 = 0 ⇔  3  x = −1 x = −2 Diện tích hình phẳng cần tìm là p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
14. Trang 14 2 Z 1 Z 1 Z −1 Z − 3 S = | f (x)−g(x)|dx = 3x4 + 8x3 + x2 − 8x − 4dx = 3x4 + 8x3 + x2 − 8x − 4dx+ 3x4 + 8x3 + x2 − 8x − 4dx+ −2 −2 −2 −1 Z 1 2948 3x4 + 8x3 + x2 − 8x − 4dx = 2 − 3 405 2948 Kết luận: S = 405 Chọn đáp án D Ą Câu 46 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(−4;−3;3) và mặt phẳng (P) : x + y + x = 0. Đường thẳng đi qua A, cắt trục Oz và song song với (P) có phương trình là: x − 4 y − 3 z − 3 x + 4 y + 3 z − 3 A = = . B = = . 4 3 −7 −4 3 1 x + 4 y + 3 z − 3 x + 8 y + 6 z − 10 C = = . D = = . 4 3 1 4 3 −7 ɓ Lời giải. # » # » #» Ta có ∆ ∩ Oz = B ⇒ B(0;0;t) AB = (4;3;t − 3) Do d ∥ (P) nên AB · nP = 0 ⇔ 4 + 3 +t − 3 = 0 ⇔ t = −4 # » x + 4 y + 3 z − 3 ⇒ AB = (4;3;−7) Vậy đường thẳng cần tìm d : = = 4 3 −7 Chọn đáp án D (thỏa điểm đi qua đề cho) Chọn đáp án D Ą Câu 47 √ Cho hình nón đỉnh S có bán kinh đáy bằng 2 3a. Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 4a. Biết khoảng cách từ tâm của đấy đến mặt phẳng (SAB) bằng 2a, thế tích của khối nón đã cho bằng. √ √ 8 3 √ 16 3 √ A πa3. B 4 6πa3. C πa3. D 8 2πa3. 3 3 ɓ Lời giải. S H O A I O A I B B 1 1 Ta có V = S · h = πr2h 3 d 2 Tìm h = SO. Gọi I là trung điểm của AB. ®SI ⊥ AB Khi đó , suy ra AB ⊥ (SOI) mà AB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (SOI) OI ⊥ AB NĂM HỌC 2021-2022
15. Trang 15 (SAB) ⊥ (SOI)  Kẻ OH ⊥ SI, ta có: (SAB) = SI , suy ra OH ⊥ (SAB). Suy ra d(O;(SAB)) = OH = 2a OH ⊥ SI 2 2 √ ÅABã Ä √ ä2 Å4aã √ Xét ∆AOI vuông I, suy ra OI = OA2 − AI2 = OA2 − = 2 3a − = 2 2a. 2 2 Xét ∆SOI vuông tại S. 1 1 1 1 1 1 OI2 − OH2 2 = 2 + 2 ⇒ 2 = 2 − 2 = 2 2 OH SO OI SO OH OI OH .OI √ OH2.OI2 OH.OI 2a.2 2a √ 2 √ ⇒ SO = 2 2 ⇒ SO = = = 2 2a. OI − OH OI2 − OH2 Ä √ ä2 2a 2 − (2a)2 1 1 1 1 Ä √ ä2 √ √ Vậy V = S .h = πr2h = π(OA)2,SO = π 2 3a .2 2a = 8 2πa3. 3 đáy 3 3 3 Chọn đáp án D Ą Câu 48 Có bao nhiêu số nguyên a, sao cho ứng với mỗi a, tồn tại ít nhất bốn số nguyên b ∈ (−12;12) thỏa mãn 2 4a +b ≤ 3b−a + 65? A 4. B 6. C 5. D 7. ɓ Lời giải. 2 2 Ta có 4a +b ≤ 3b−a + 65 ⇔ 4a +b − 3b−a − 65 ≤ 0 b−a b b 2 3 65 Å3ã 1 Å1ã 2 ⇔ 4a − − ≤ 0 ⇔ − · − 65 · + 4a ≤ 0 4b 4b 4 3a 4 b b Å3ã 1 Å1ã 2 Xét hàm số f (b) = − · − 65 · + 4a ,b ∈ (−12;12). 4 3a 4 Å3ã Å3ãb 1 Å1ã Å1ãb Suy ra ⇒ f 0(b) = −ln · · − 65ln · > 0. Do đó f (b) đồng biến. 4 4 3a 4 4 2 2 Để f (b) ≤ 0 có it nhất 4 giá trị nguyên thỏa mãn thì f (−8) ≤ 0 ⇔ 4a −8 ≤ 3−a−8 + 65 ⇒ 4a −5 ≤ 65 ⇒ 2 a − 8 ≤ log4 65. Do a ∈ Z ⇒ a ∈ {−3;−2; 3}. Có 7 giá trị nguyên của a Chọn đáp án D Ą Câu 49 x Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 4)2 + (y + 3)2 + (z + 6)2 = 50 và đường thẳng d : = 2 y + 2 z − 3 = . Có bao nhiêu điểm M thuộc trục hoành, với hoành độ là số nguyên, mà từ M kẻ được đến 4 −1 (S) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d? A 29. B 33. C 55. D 28. ɓ Lời giải. √ Mặt cầu (S) có tâm I(4;−3;−6),R = 5 2. Ta có: M ∈ Ox ⇒ M(a;0;0) Gọi (P) là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ M đến (S). Khi đó (P) đi qua M(a;0;0), vuông góc với đường thẳng d, phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x − a) + 4y − z = 0 ⇔ 2x + 4y − z − 2a = 0 p ĐÊ THAM KHẢO-MÔN TOÁN
16. Trang 16 Ta có: M là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra |8 − 12 + 6 − 2a| √ IM > R ⇔ (a−4)2 +9+36 > 50 ⇔ (a−4)2 > 5(1) d(I,(P)) 5 a − 8a + 11 > 0 √ ⇔ 350 |2 − 2a| < 5 42 a2 − 2a + 1 < 3 a ≥ 7  ñ − 15 ≤ a ≤ 1 a ≤ 1 ⇔ 7 ≤ a ≤ 17  − 15 ≤ a ≤ 17 ( do a ∈ Z). Vậy có 28 điểm M thoả mãn Chọn đáp án D Ą Câu 50 0 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm là f (x) = x2 + 10x,∀x ∈ R. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x4 − 8x2 + m
    có đúng 9 điểm cực trị? A 16. B 9. C 15. D 10. ɓ Lời giải. ñx = 0 Ta có f 0(x) = 0 ⇔ x = −10 y0 = (4x3 − 16x). f 0 x4 − 8x2 + m
    = 0 x = 0 x = 0 x = 2 " 3   4x − 16x = 0 x = −2  ⇔ Ä ä ⇔  ⇔ x = −2 f 0 x4 − 8x2 + m = 0 x4 − 8x2 + m = 0   x4 − 8x2 = −m(1) x4 − 8x2 + m = −10  x4 − 8x2 = −m − 10(2) Để hàm số y = f x4 − 8x2 + m
    có 9 điểm cực trị thì f 0 x4 − 8x2 + m
    = 0 phải có 6 nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình (1) phải có 2 nghiệm và phương trình (2) phải có 4 nghiệm Ta có:  −m ≥ 0 − 16 < −m − 10 < 0 ⇔  m ≤ 0 − 10 < m < 6 ⇔ −10 < m ≤ 0 . Do m ∈ Z nên m ∈ {−9;−8; : −1 : 0}. Vậy có 10 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài Chọn đáp án D NĂM HỌC 2021-2022