de thi thu thpt quoc gia 2021 toan truc tuyen lan 2 so gd dt ha tinh

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
----o0o----

ĐỀ THI THỬ TN 2021 TRỰC TUYẾN LẦN THỨ 2
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 90 phút
Thời gian thi: 21h45, 23/05/2021

Câu 1. Trong một hộp bút gồm có 8 cây bút bi, 6 cây bút chì và 10 cây bút màu. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra một cây bút từ hộp bút đó?
A. 480.
B. 24.
C. 48.
D. 60.
Lời giải
Áp dụng quy tắc cộng.
Số cách chọn ra một cây bút từ hộp bút đó là 8  6  10  24.
Câu 2. Ba số nào sau đây theo thứ tự là cấp số cộng:
A. 1,3,7,10 .
B. 2, 6,8 .
C. 11,14,17, 20, 24 .

D. 7,3, 1, 5, 9 .

Lời giải
Dãy số 7,3, 1, 5, 9 là cấp số cộng với u1  7; d  4 .
Câu 3. Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình bên. Hàm số f  x  nghịch biến trong khoảng nào dưới đây?

A.  2;0  .

B.  ; 2  .

C.  2;   .

D.  0;   .

Lời giải
Nhìn vào đồ thị hàm số f  x ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  2; 0 .
Câu 4. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên.

1


Hàm số f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1 .

C. 2 .

B. 3 .

D. 0 .

Lời giải
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 5. Tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số y  2x3  3x2  1 là:
A.  0; 1 .

B.  1; 2  .

C.  1; 6  .

D.  2; 3  .

Lời giải:

x  0
.
y  6 x 2  6 x ; y  0  
x  1
Bảng xét dấu y

Vạy điểm cực đại của đồ thị hàm số là  1; 2  .
Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y   2 .

B. y  1 .

x2
là đường thẳng
x 1
C. x  1 .

Lời giải
Tập xác định D   \ 1 .

2
1
x2
x  1  y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có lim
 lim

x 
x  x  1
1
1
x
Câu 7. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y
2

2

1 x

O

2

A. y  2 x3  6 x 2  2

B. y  x3  3x 2  2 .

C. y   x3  3x 2  2 .

D. y  x3  3x2  2 .
Lời giải
2

D. x  2 .

Từ đồ thị hàm số ta có:
Đồ thị trong hình là của hàm số bậc 3, có hệ số a  0 .
Đồ thị hàm số đạt cực trị tại các điểm A  2; 2  ; B  0; 2  .
Vậy chọn phương án B
Câu 8. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f  x   2 là
A. 4 .

C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Số nghiệm của phương trình f  x   2  0  f  x   2 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
B. 0 .

đường thẳng y  2 . Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y  2 cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 4 điểm phân
biệt.
Câu 9. Nếu log 2 a  x thì
A. x  2a .

B. a  x 2 .

C. a  2 x .

D. a  2 x .

Lời giải
Theo định nghĩa lôgarit ta có log 2 a  x  a  2 x .
Câu 10. Tập xác định của hàm số y  log 2 x là
A.  0;   .

B.  ;   .

C.  0;   .

D.  2;   .

Lời giải
Tập xác định D   0;   .
Câu 11. Với a là số thực khác 0 , ta ln có a 2 bằng
2
1
A. .
B. 2 .
C. a 2 .
a
a

D. 2a .

Lời giải

1
.
am
Câu 12. Với các số thực dương a , b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ln  ab   ln a  ln b . B. ln  ab   ln a.ln b .
Áp dụng công thức a  m 

C. ln

a ln a

.
b ln b

D. ln

a ln a

.
b
b
Lời giải

Theo cơng thức lơgarit của tích.
Câu 13. Nghiệm của phương trình log 2  2 x   0
A. x  0 .

B. x  2 .

C. x 
3

1
.
2

D. x  1 .

Lời giải

1
log2  2x   0  2x  20  x  .
2
2
Câu 14. Cho hàm số f  x   x 1 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
1

A.

 f  x  dx  2 x  C .

B.

C.

 f  x  dx  x

D.  f  x  dx  2 x  1  C .

3

 xC .

 f  x  dx  3 x

3

 xC.

Lời giải
Ta có:

 f  x  dx    x

2

 1 dx 

Câu 15. Cho hàm số f  x  

1 3
x  xC
3

1
. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
2x

1
A.  f  x  dx  ln x  C .
2

B.  f  x  dx  ln  2 x   C .

C.  f  x  dx  2 ln x  C .

D.  f  x  dx   2 sin 2 x  C .

Lời giải

Áp dụng cơng thức ta có:
b

Câu 16. Nếu


a

 1 

1 1

1

 f  x  dx    2 x  dx  2   x  dx  2 ln x  C .
b

f  x  dx  3 thì  2 f  x  dx bằng
a

A. 6 .

B. 5 .

C. 8 .

D. 9 .

Lời giải
b

Ta có:

b

 2 f  x  dx  2 f  x  dx  2.3  6 .
a

a

3

Câu 17. Tích phân  5dx bằng
1

A. 15 .

B. 5 .

C. 8 .

D. 10 .

Lời giải
3

Ta có  5dx  5 x 1  10
3

1

Câu 18. Phần ảo của số phức z  3  2i là
A. 2 .
B. 2i .

C. 3 .

D. 5 .

Lời giải
Phần ảo của số phức z  3  2i là 2
Câu 19. Số phức nghịch đảo của số phức z  3  4i là số phức
3 4
3 4
A. 3  4i .
B.  i .
C.  i .
4 5
4 5

D.

1 1
 i.
3 4

Lời giải
Số phức nghịch đảo của số phức z  3  4i là số phức

4

1
1
3  4i 3 4


  i.
z 3  4i
5
5 5


Câu 20. Trên mặt phẳng tọa độ, số phức nào sau đây có điểm biểu diễn có tọa độ là  3; 2  ?
A. 2  3i .

B. 2  3i .

C. 3  2i .

D. 3  2i .

Lời giải
Điểm biểu diễn của số phức 3  2i có tọa độ là  3; 2  .
Câu 21. Một khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h . Thể tích của khối chóp đó bằng
1
4
2
A. Bh .
B. Bh .

C. Bh .
D. Bh .
3
3
3
Lời giải
1
Thể tích của khối chóp đó bằng là V  Bh .
3
Câu 22. Khối lập phương có thể tích bằng 8 thì có cạnh bằng
8
A. 24 .
B. 2 .
C. .
3

D. 83 .

Lời giải
Khối lập phương có thể tích bằng 8 thì có cạnh bằng 2 .
Câu 23. Thể tích V của khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h bằng
1
A. V   rh .
B. V   r 2 h .
C. V   rh .
3

1
D. V   r 2 h .
3

Lời giải

1
Ta có: V   r 2 h .
3
Câu 24. Khối cầu có bán kính R thì có thể tích bằng
3
A.  R 3 .
B. 4 R 2 .
4

C.

4 3
R .
3

D.

4 3
R .
3

Lời giải

4
Khối cầu có bán kính R thì có thể tích bằng  R3 .
3



 
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho vectơ u  1; 1; 2  và v   1; 2; 0  . Vectơ u  v có toạ độ là
A.  1;  2;0  .

B.  0;1; 2  .

C.  2;3;  2  .

D.  2;  3; 2  .

Lời giải
 x  1  t

Câu 26. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y  2  t có một vectơ chỉ phương là
 z  2  3t





A. u1   1; 2; 2  .
B. u2   2;1; 6  .
C. u3   2; 4; 4  .
D. u4   1;1; 3 .
Lời giải
Câu 27. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng toạ độ Oyz có một vectơ pháp tuyến có toạ độ là
A. 1; 0; 0  .

B.  0;1;1 .

C.  0;0;1 .

D.  0;1;0  .

Lời giải


Mặt phẳng toạ độ Oyz có một vectơ pháp tuyến có toạ độ là i  1;0;0  .
Câu 28. Trong không gian Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình của một mặt cầu?
A. x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 .

B. 2 x 2  2 y 2  2 z 2  1  0 .
5


C. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6  0 .

D. x 2  y 2  2 z 2  2 x  4 z  1  0 .

Câu 29. Chọn ngẫu nhiên một số trong các số tự nhiên từ 1 đến 30 . Xác suất để chọn được số có hai chữ số
phân biệt bằng
A. 19 .

B. 9 .

20

C. 19 .

15

D. 19 .

30

21

Lời giải
Số phần tử không gian mẫu: n     30 .
Từ 10 đến 30 có tất cả 21 số có 2 chữ số, trong đó các số có hai chữ số bằng nhau gồm 11, 22 .
Suy ra từ 1 đến 50 có tất cả 19 số có hai chữ số phân biệt.

19
.
30
Câu 30. Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
x 1
A. y 
.
B. y  x  1 .
x2
Xác suất cần tìm là:

C. y  x3  2 x 2  3x .

D. y  x 4  2 x 2  5

Lời giải
Hàm số y  x 3  2 x 2  3x có tập xác định D   và y  3 x 2  4 x  3  0 x   . Suy ra hàm số

y  x3  2 x 2  3x đồng biến trên  .

Câu 31. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 
. Giá trị M  m bằng
A. 2a  4

B. 2a  2

C. 2

2x 1
 a trên đoạn  0; 2
x 1
D. 4

Lời giải
Hàm số f ( x) 

2x 1
 a xác định và đơn điệu trên  0; 2 .
x 1

Ta có f  0   a  1 , f  2   a  1 , do đó M  a  2 , m  a  2 .
Vậy M  m  4 .
Câu 32. Cho phương trình: log 3  3x  1 .log 3  3x1  3  1 . Đặt t = log 3  3x  1 . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. t 2  t  1  0 .

C. 2t 2  1  0 .

B. t 2  1  0 .

D. 3t 2  1  0 .

Lời giải
Ta có log 3  3x 1  3   log 3 3  3x  1   log 3 3  log 3  3x  1  1  t .
Do đó phương trình đã cho trở thành t  t  1  1  t 2  t  1  0
3

Câu 33. Nếu

 2 f '  x   1 dx  5 và f 1  1 thì f  3 bằng
1

B. 0

A. 2

C. 1

D.

Lời giải
3

Ta có

3

1

 2 f '  x   1 dx  5  2  f  3  f 1  2  5  f  3  2  f 1  2 .
1

6

1
2


Câu 34. Cho z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z 2  2 z  5  0 trên tập hợp các số phức.
Môđun của số phức 1  i  z0 bằng
A. 2 2

B. 5 2

5

C.

D. 10

Lời giải
Phương trình z 2  2 z  5  0 có hai nghiệm phức 1  2i , suy ra z0  1  2i .

1  i  z0  1  i 1  2i   1  3i  1  i  z0

 1  3i 

 1

2

 32  10

Câu 35. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 (hình vẽ).

Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABCD  bằng
A. 30 .

B. 60 .

C. 75 .
Lời giải

D. 45 .

.
Gọi O là tâm của đáy, ta có SO   ABCD  suy ra góc giữa SA và mặt phẳng  ABCD  bằng góc SAO
  60 .
Tam giác SAC cân tại A , có AC  SA  a 2 nên SAC là tam giác đều, suy ra SAO
Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 .
Câu 36. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. AB C  có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
a
 ABC  bằng . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  .
2
A.

2a 3
.

16

B.

3 2a 3
.
12

C.

3a 3 2
.
16

D.

3a3 2
.
48

Lời giải
Chọn C
C'

A'
B'
H

C

A
M
B

Gọi M là trung điểm BC , H là hình chiếu của A trên AM . Nhận xét d  A,  A BC   AH .
7


Tam giác AA M vng tại A nên có:

1
8
a 6
1
1
1
1
4
4
 2  AA 



 2 2 
.
2
2
2
2
2

A A
AM
AH
A A
3a
a
A A
3a
4
Thể tích của lăng trụ ABC . AB C  là V 

a 2 3 a 6 3a3 2

.
.
4
4
16

Câu 37. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  9 . Biết rằng mặt cầu  S  cắt
2

2

2

trục Oz tại hai điểm A, B phân biệt. Độ dài đoạn thẳng AB bằng
B. AB  4 .

A. AB  9 .

C. AB  2 .

D. AB  6 .

Lời giải
Toạ độ A, B là nghiệm của hệ phương trình

 x  y  0
x  y  0

 x  1   y  2    z  1  9
 x  y  0

z  1

  z  1  
.

2
 x  y  0
 x  y  0
 z  1  4   z  3


  z  3
2

2

2

Toạ độ hai điểm A, B là  0;0;1 và  0; 0; 3 .
Vậy AB  4 .
Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1; 1;1 , B  3;1;1 . Phương trình mặt phẳng trung trực
của đoạn AB là
A. 2 x  y  z  2  0 .

B. 2 x  y  2  0 .

Gọi I là trung điểm của AB . Ta có: I 1;0;1 .

C. x  2 y  2  0 .
Lời giải

D. x  2 y  z  2  0 .


Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I 1;0;1 và có vectơ pháp tuyến là AB   4; 2; 0  .
Phương trình mặt phẳng cần tìm là: 4  x  1  2  y  0   0  z  1  0  2 x  y  2  0 .
Câu 39. Cho y  f  x  là hàm số xác định và có đạo hàm trên  . Biết rằng hàm số y  f   3  2 x  có bảng xét
dấu như sau.

Hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực đại?
A. 0.

B. 1.

C. 2.
Lời giải

1

x   2

5
3u
Đặt u  3  2 x  x 
. Ta có f '  3  2 x   0   x 
.
2
2
x  3

 x  4

8

D. 3.


3  u
 2

3  u
 2
Suy ra f '  u   0  
3  u
 2
3  u


 2




5
2

3

1
2

u  4
 u  2

.
 u  3

 u  5

4

 1 3u 5
5
 1
 2  2  2
 x
 2  u  4


Hơn nữa f '  u   0  f '  3  2 x   0  2
.

2

3u
u  5


4
x  4
 2
Bảng biến thiên





Câu 40. Cho phương trình log 2 m  m  2 x  2 x ( m tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m
nhỏ hơn 2021 sao cho phương trình đã cho có nghiệm?
A. 2020 .
B. 2018 .
C. 2019 .

D. 2021 .

Lời giải
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :

m  m  2x  22 x   m  2 x   m  2 x  22 x  2 x 1
Ta có

m  2x  0 , 2 x  0 . Xét hàm đặc trưng f  t   t 2  t trên  0;   .

f   t   2t  1  0, t   0;   
 f t 

đồng biến trên khoảng

0;   

do đó

1 

f





m  2x  f  2x   m  2x  2 x

 m  22 x  2 x .

Đặt a  2 x , a  0 . Ta có  m  g  a   a 2  a .

Phương trình đã cho có nghiệm  m  

1
mà m nguyên dương nhỏ hơn 2021 nên m  1; 2;3;...; 2020 .
4
9


Vậy có 2020 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 41. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  và có
A.

9
.
4

B.

3



f  x  dx  8 và

0

1

5



f ( x)dx  4 . Tính

11
.
4

 f  4 x  1  dx

1

0

C. 3 .

D. 6 .

Lời giải
1

Ta có:



f  4 x  1  dx 

1

Tính: A 

1

4



1

1

f  4 x  1 dx   f  4 x  1 dx .
1
4

1
4

0

5

1
1
1
1 f  4 x  1 dx . Đặt t  4 x  1   4 dt  dx  A   4 5 f  t  dt  4 0 f  t  dt  1
1

Tính: B  
1
4

3

1
1
f  4 x  1 dx . Đặt t  4 x  1  dt  dx  B   f (t )dt  2 .
4
40

1

Vậy

 f  4 x  1  dx  A  B  3 .

1

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn  z  2i  là số thuần ảo và  z  i  z  2 là số thực?
2

A. 1 .

C. 2 .

B. 0 .

D. 4 .

Lời giải
Đặt z  a  bi ,  a, b    .

 z  i   z  2    a   b  1 i   a  2   bi 

là số thực   a  2  b  1  ab  0  a  2b  2  0 (1)

2
a  b  2  0
2
2
Lại có  z  2i    a   b  2  i  là số thuần ảo  a 2   b  2   0  
(2)
a  b  2  0

2 4
Từ (1) và (2) ta có 2 số phức thỏa mãn bài tốn là 2 và   i .
3 3

  120 , góc giữa
Câu 43. Cho lăng trụ đứng ABC . AB C  có đáy là tam giác cân tại A , AB  AC  2a , CAB
 ABC  và  ABC  là 45 . Tính thể tích khối trụ có hai đáy là hai đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và
A' B 'C ' .

A. V  2 a 3 3 .

B. V 

4 a 3 3
.
3

C. V  4 a 3 3 .
Lời giải

Chọn D

10

D. V  4 a3


  60 ( do ABC cân tại A )
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AM  BC và CAM
Ta xác định được góc giữa  ABC  và  ABC  là 
AMA  45
Ta có SABC 

1
  1 .  2a 2 sin120  a 2 3 và
AB. AC.sin BAC
2
2

  2a.cos60  a ; AA  AM .tan A

MA  a ;
AM  AC cos MAC
BC  2 BM  2 AB 2  AM 2  2 4a 2  a 2  2a 3
Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 2r 

BC
2a 3
r
 2a .


2sin 60
sin BAC

Vậy thể tích khối trụ cần tìm là V   r 2 h   .  2a  .a  4 a 3 .
2

Câu 44. Hành lang trong một tịa nhà có dạng chữ L (hình vẽ) có chiều cao 2 m, một phía rộng 1 m, một phía
rộng 1, 2 m. Một người thợ cần mang một số ống thép cứng các loại có độ dài 2 m, 2,5 m, 3 m, 3,5 m, 4 m, từ
bên này qua bên kia. Hỏi có thể mang được mấy loại qua lối đi đó?

A. 4 loại.

B. 3 loại.

C. 5 loại.
Lời giải

Bài toán tổng quát:

11

D. 2 loại.


2

a 
 b
2

với các kích thước như hình vẽ, l  

 c .
 sin  cos  
2

Độ dài ống thép dài nhất có thể mang qua bằng giá trị nhỏ nhất của l . Khi đó

b
a
nhỏ nhất.

sin  cos 

b 3
 1, 2 . Độ dài lớn nhất của thang gần bằng 3, 7 m.
a
x  1 y 1 z  2


Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1; 2  , đường thẳng  :
, và mặt phẳng
2
1
3
 P  : x  y  z  1  0 . Đường thẳng d đi qua điểm A , song song  P  và vng góc với  có phương trình

Tương ứng khi tan  

3

x 1 y 1 z  2
x 1 y 1 z


. B.

 .
2
5
3
2
5 2
x3 y 4 z 5
x 3 y 6 z 5
C.


. D.


.
2
5
3
2
5
3
A.

Lời giải


u   2;1;3 , n( P )  1; 1; 1 . Đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương là

 
u , n( P )    2;5; 3 .



x 1 y 1 z  2


.
2
5
3
Câu 46. Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên sau:
Phương trình đường thẳng d :

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f  2 sin x  m   2  0 có đúng 6 nghiệm phân
biệt thuộc  0; 3  ?
A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Lời giải
Chọn B
m  1

sin x 

 2sin x  m  1
2 .
f  2 sin x  m   2  0  f  2sin x  m   2  

 2sin x  m  1
sin x   m  1

2

Nhận xét

m  1 m 1

 1.
2
2

Để phương trình f  2 sin x  m   2  0 có đúng 6 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3  thì
12


m  1

sin x  2


sin x   m  1

2

1
 2

có 6 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3  .

 1 có 4 nghiệm phân biệt và  2  có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;3  hoặc 1 có 2 nghiệm phân biệt

và  2  có 4 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3  .
Dựa vào đồ thị hàm số y  sin x , để 1 có 4 nghiệm phân biệt và  2  có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3 
hoặc 1 có 2 nghiệm phân biệt và  2  có 4 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3  thì
 m  1
  2  0

 m  1  1
  2


  1   m  1  0
 
2


m

1

 0 
1
2
 

 m  1

  1  m  1  1  m  1 .
  1  m  1

Vậy có 2 giá trị nguyên của m là m  0; m  1 để phương trình f  2 sin x  m   2  0 có đúng 6 nghiệm
phân biệt thuộc  0; 3  .
Câu 47. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log 3  x  2 y   log 2  x 2  y 2  ?
A. 3.

B. 2.

C. 1.
Lời giải

D. vô số.

Chọn B

 x  2 y  3t
Đặt log3  x  2 y   log 2  x 2  y 2   t   2
(*)
2
t
 x  y  2

t

2
9
Ta có  x  2 y   1  4   x 2  y 2   5  x 2  y 2  nên: 9t  5.2t     5  t  log 9 5 .
2
2

Suy ra x 2  y 2  2t  2

log 9 5
2

 2.1 .

Vì y   nên y  1; 0;1 .

 x  1  3t
2
t
+Với y  1 , hệ (*) trở thành  2

3

1
 1  2t  9t  2.3t  2t  2  0 (**)


t
 x  1  2

Nếu t  0 thì 2  2t  0  9t  2.3t  2t  2  0 .
Nếu t  0  9t  2t  0  9t  2.3t  2t  2  0 .
Vậy (**) vơ nghiệm.
t
 x  3t
9
t
t
- Với y  0 thì hệ (*) trở thành  2

9

2

   1  t  0  x  1.
t
2
 x  2

13


 x  1  3t
2
- Với y  1 thì hệ (*) trở thành  2
  3t  1  2t  1 *** .
t
 x  1  2
Dễ thấy (***) ln có ít nhất một nghiệm t  0  x  0 .
Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là y  0, y  1 .

Câu 48. Cho vật thể có mặt đáy là hình trịn có bán kính bằng 1 (hình vẽ). Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vng
góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ x  1  x  1 thì được thiết diện là một tam giác đều. Tính thể tích V
của vật thể đó.
A. V  3 .

C. V 

B. V  3 3 .

4 3
.
3

D. V   .

Lời giải
Chọn C
Tại vị trí có hồnh độ x  1  x  1 thì tam giác thiết diện có cạnh là 2 1  x 2 .



Do đó tam giác thiết diện có diện tích S  x   2 1  x 2



2

3
 3 1  x 2  .
4

4 3
.
1
3
Câu 49. Cho a là số thực, trên tập hợp các số phức, phương trình z 2   a  2  z  2a  3  0 có hai nghiệm z1
Vậy thể tích V của vật thể là:



1

3 1  x 2  dx 

, z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có một góc bằng
120 , tính tổng các giá trị của a .
A.  6 .
B. 6 .

C.  4 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời là số thuần





ảo do đó, ta phải có:   a 2  12a  16  0  a  6  2 5; 6  2 5 .

2a
a 2  12a  16
z


i
 1

2
2
Khi đó, ta có: 
.
2a
 a 2  12a  16

i
 z2  2 
2
 OM  ON  z1  z2  2a  3 và MN  z1  z2   a 2  12 a  16 .

14


Tam giác OMN

cân nên

  120
MON



OM 2  ON 2  MN 2
 cos120
2OM .ON



a 2  8a  10
1

2  2a  3
2

 a2  6a  7  0  a  3  2 (thỏa mãn).
Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a là 6 .
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  tâm I 1;1;1 và đi qua điểm A  0; 2; 0  . Xét khối chóp
đều A.BCD có B, C , D thuộc mặt cầu  S  . Khi khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất, mặt phẳng  BCD 
có phương trình dạng x  by  cz  d  0 . Giá trị của b  c  d bằng
A. 2 .

C. 1 .

B. 1 .

D. 2 .

Lời giải

Mặt cầu  S  có bán kính R  IA  3
Gọi H , K lần lượt là tâm của tam giác đều BCD và trung điểm AB .
Nhận
thấy
AKI
và
AHB
là
các
AK
AI


 AB 2  2 3 AH  BH 2  2 3 AH  AH 2
AH AB
Khi đó VABCD 



tam

1
1
3 3BH 2
3
AH .SBCD  AH .

AH 2 3 AH  AH 2

3
3
4
4



Đặt x  AH 0  x  2 3






Xét hàm số f ( x )  x 2 3 x  x 2   x 3  2 3 x 2
 x  0 ( KTM )
Ta có: f '( x )  3x  4 3 x; f '( x )  0  
x  4 3

3
2

Bảng biến thiên

Ta thấy f ( x) lớn nhất khi AH 

4 3
.
3
15

giác



vuông

đồng

dạng


Khi AH 

 4 
4 3
4 2 4
 AH  AI  H  ; ; 
3
3
 3 3 3

Khi đó mặt phẳng

x

 BCD 


đi qua H và có vectơ pháp tuyến AI  1; 1;1 nên có PT:

4 
2
4
y   z  0 x  y  z 2  0
3 
3
3

Vậy b  1; c  1; d  2; b  c  d  2 .
____________________ HẾT ____________________

Tham khảo thêm tài liệu học tập lớp 12 tại đây: />
16