Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chuyên hà tĩnh 2021

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021

TỔ TỐN

Mơn thi: TỐN

ĐỀ THI TRỰC TUYẾN

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . .








____________________ HẾT ____________________


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

ĐỀ THI THỬ TN THPT QUỐC GIA – NĂM HỌC: 2020 – 2021
CHUN HÀ TĨNH
Mơn: Tốn

Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

BẢNG ĐÁP ÁN
1.A

2.B

3.D

4.C

5.C

6.D

7.A

8.A

9.C

10.D

11.A

12.D

13.B

14.A

15.B

16.C

17.B

18.D

19.A

20.A

21.D

22.C

23.D

24.D

25.A

26.B

27.B

28.B

29.A

30.C

31.A

32.B

33.C

34.C

35.D

36.B

37.B

38.D

39.C

40.D

41.A

42.A.C

43.D

44.C

45.B

46.A

47.D

48.C

49.A

50.D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5 lập đc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó chữ số 4
đứng ở hàng đơn vị?
A. 24 .

B. 120 .

C. 5 .
Lời giải

D. 256 .

Chọn A
Gọi số cần tìm có dạng abcd 4 với a, b, c, d  1; 2;3;5 .
Chọn số xếp vào vị trí a có 4 cách.

Chọn số xếp vào vị trí b có 3 cách.
Chọn số xếp vào vị trí c có 2 cách.
Chọn số xếp vào vị trí d có 1 cách.
Vậy thành lập được tất cả 4.3.2.1  24 số.
Câu 2:

Cấp số cộng  un  có u2  10; u4  6 . Công sai của cấp số cộng  un  bằng
A. 2 .

B. 2 .

C. 4 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
u2  10
u  d  10
u  12
Ta có 
 1
 1
.
 d  2
u4  6
u1  3d  6
Vậy công sai của cấp số cộng là d  2 .
Câu 3:

Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên như sau

Trang 8


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây?
A.  2;  .

C.  ;0  .

B.  3;1 .

D.  0;2  .

Lời giải
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
Câu 4:

Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x 2  x 1  x 2  , x   . Số điểm cực đại của hàm số đã
cho là
A. 3 .

B. 2 .

C. 1.

Lời giải

D. 0 .

Chọn C
Ta có f   x    x 2  x 1  x 2   x  x  11  x  x  1   x  x  1  x  1
2

x  0
Xét f   x   0  
 x  1
Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm đã cho có 1 điểm cực đại.
Câu 5:

Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như hình vẽ

Điểm cực đại của hàm số là
A. x  4 .
B. x  1 .

C. x  1 .
Lời giải

D. x  0 .

Chọn C
Từ đồ thị suy ra điểm cực đại của hàm số là x  1 .
Câu 6:

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

2x 1
là đường thẳng
3x  1

Trang 9


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

1
A. x  .
3

B. x 

NĂM HỌC: 2020 – 2021

2
.
3

C. y 

1
.
3

D. y 

2
.
3

D. y 

x2
x 1

Lời giải
Chọn D
1 1


TXĐ: D   ;    ;   .
3 3


2x 1 2
2
lim
  y  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x  3 x  1
3
3

Câu 7:

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình vẽ sau

A. y 

x 1
.
x 1

B. y 

x 1
.
x 1

C. y 

x2
.
x 1

Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị, căn cứ vào tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và giao điểm với trục Ox, Oy ta thấy hàm
số
y

Câu 8:

x 1
thỏa mãn.

x 1

Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 4  3x 2 và đường thẳng y  2 là
A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là

 x2  1
 x  1
x 4  3x 2  2  x 4  3x 2  2  0   2

 x  2
x   2
Vậy có bốn giao điểm.
Câu 9:

Tập xác định của hàm số y  x3 là
A.  0;   .

B.  .

C.  0;   .

D.  \ 0 .

Lời giải
Chọn C
Hàm số y  x3 xác định  x3  0  x  0  D   0;   .
Câu 10: Nghiệm của phương trình 3x 2  27 là

Trang 10


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

A. x  1 .

NĂM HỌC: 2020 – 2021

B. x  3 .

C. x  2 .
Lời giải

D. x  1 .

Chọn D
Ta có 3x  2  27  3x 2  33  x  2  3  x  1.
Câu 11: Nghiệm của phương trình log 2  2 x  3  4 là
A. x 

19

.
2

B. x 

11
.
2

C. x 

5
.
2

D. x  6 .

Lời giải
Chọn A
Ta có log 2  2 x  3  4  2 x  3  24  x 
Câu 12: Tính đạo hàm của hàm số y  e x

2

1

19
.
2

là

2

B. y  e x .

A. y   2 xe x 1 .

C. y  2e x

2

1

D. y  2 xe x

.

2

1

.

Lời giải
Chọn D
Ta có y  e x

2

1

 y  e x

2

1

x

2

2
 1  2 xe x 1 .

Câu 13: Tập nghiệm của bất phương trình log 4 ( x  7)  log 2 ( x  1) là khoảng (a; b) . Khi đó tổng
M  2a  b bằng

A. 4 .

B. 0 .

C. 4 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B
x  7  0
 x  7

Điều kiện xác định của bất phương trình là 

 x  1 .
x 1  0
 x  1
Ta có log 4 ( x  7)  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  7)  log 2 ( x  1) 2
 x  7  ( x  1) 2  x 2  x  6  0  3  x  2
Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là  1; 2  .
Vậy a  1; b  2  M  2a  b  0 .



Câu 14: Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x)  cos 2 x thỏa mãn F ( )   . Tìm F ( x ).
2

1
A. F ( x)  sin 2 x   .
2

B. F ( x)  x  sin 2 x 

C. F ( x )  sin x    1 .

D. F ( x ) 


2

.

1
sin 2 x   .
2
Trang 11


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Lời giải
Chọn A

1
Ta có F ( x)   cos 2 xdx  sin 2 x  C
2


1

Vì F ( )   , nên sin 2  C    C  
2
2
2
1
Vậy F ( x)  sin 2 x   .
2
Câu 15: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) 

1

.
2x  5

1

A.

 2 x  5 dx  ln 2 x  5  C .

C.

 2 x  5 dx  2ln 2 x  5  C .

1

1

1

1

1
ln 2 x  5  C .
5

B.

 2 x  5 dx  2 ln 2 x  5  C .

D.

 2 x  5 dx 

Lời giải
Chọn B

1

1

1

1

 2 x  5 dx  2  2 x  5 d (2 x  5)  2 ln 2 x  5  C .

Ta có

2

Câu 16: Tích phân  e 2 x 1dx bằng
1

A. e3  e .

B.

1 3
e e .
2

C.

1 3
(e  e ) .
2

1
D. e3  e .
2

Lời giải
Chọn C
2

e

2 1
1
dx  (e 2 x 1 )  (e3  e)
2
1 2

2 x 1

1

Câu 17: Cho hàm số f  x  liên tục trên  , có
A. 8 .

1



f  u  du  2 và

0

3



f  t  dt  4 . Khi đó

1

B. 6 .

3

 f  x  dx

bằng

0

D. 2 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B
3

Ta có



0

1

3

1

3

0

1

0

1

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  u  du   f  t  dt  2  4  6.

.

Câu 18: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z  2  5i có tọa độ là

Trang 12


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

A.  2; 5  .

NĂM HỌC: 2020 – 2021

B.  2;  5  .

C.   2; 5  .

D.   2;  5  .

Lời giải
Chọn D
Ta có z  2  5i  z  2  5i. Vậy điểm biểu diễn cần tìm có tọa độ là   2;  5  .

.

Câu 19: Số phức nghịch đảo của số phức z  1  2i là
A.

1
1  2i  .
5

B.

1
1  2i  .
5

C. 1  2 i .

D.

1
1  2 i  .
5

Lời giải
Chọn A
Ta có số phức nghịch đảo của số phức z  1  2i là
11  2i 
1
1
1  2i 1



 1  2i  . .
z 1  2i 1  2i 1  2i 
5
5
Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn  3  4i  z  2  2i . Môđun của z bằng
A.

2 2
.
5

B.

4
.
5

C.

2 10
.
5

D.

8
.
5

Lời giải
Chọn A
Ta có

 3  4i  z  2  2i   3  4i  z  2  2i
2  2i  2  2i  3  4i  2  14i
2 14

z


   i.
3  4i  3  4i  3  4i 
25
25 25
2

Do đó, mơđun của z bằng

2

2 2
 2   14 
.
    
5
 25   25 

Câu 21: Tính diện tích mặt cầu có bán kính R
A.  R 2 .

B. 2 R 2 .

C. 3 R 2 .
Lời giải

D. 4 R 2 .

Chọn D
Diện tích mặt cầu có bán kính R là 4 R 2
Câu 22: Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. ABCD có độ dài các cạnh AB  2; BC  3; CC   5
A. 20 .

B. 25 .

C. 30 .
Lời giải

D. 50 .

Chọn C
Khối hộp chữ nhật ABCD. ABCD có độ dài các cạnh AB  2; BC  3; CC   5 có thể tích là
V  BA.BC.CC   2.3.5  30 .
Câu 23: Tính thể tích khối nón có đường kính đáy R và đường cao h :
A.

1 2
R h.
3

B.

1 2
R h.
6

C.  R 2 h .

D.

1
 R2h .
12
Trang 13


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Lời giải
Chọn D
Khối nón có đường kính đáy R thì bán kính đáy là

R
.
2

2

1 R
1
Thể tích khối nón bằng: V     h   R 2 h.
3 2
12
Câu 24: Cho hình lập phương ABCDABCD có cạnh 3a . Thể tích khối tứ diện ACBD bằng:
A. 3a 3 .

B. 12a 3 .

C. 6a 3 .

D. 9a 3 .

Lời giải
Chọn D
Hình lập phương ABCDABC D cạnh 3a có thể tích bằng V   3a   27 a 3 .
3

1
Thể tích khối tứ diện ACBD là VACBD  V  9a 3 .
3


Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 . Tìm tọa độ điểm B sao cho AB  1;3;1 .
A.  2;5;0  .

B.  0; 1;  2  .

D.  2; 5;0  .

C.  0;1; 2  .
Lời giải

Chọn A .
 xB  1  1
 xB  2




Ta có: AB   xB  1; yB  2; zB  1  1;3;1   y B  2  3   yB  5  B  2;5; 0  .
z 1  1
z  0
 B
 B

Vậy B  2;5;0  .
Câu 26: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm I  2;1;3 và bán kính bằng 4 có phương trình là
A.  x  2    y  1   z  3  16.

B.  x  2    y  1   z  3  16.

C.  x  2    y  1   z  3  4.

D.  x  2    y  1   z  3   4.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B.
Mặt cầu có tâm I  2;1;3 và R  4 có phương trình là  x  2    y  1   z  3  16.
2

2

2

Vậy  x  2    y  1   z  3  16.
2

2

2

Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  5  0. Khoảng cách từ điểm
M  1; 2; 3  đến mặt phẳng  P  bằng

A.

4
.
9

B.

4
.
3

C.

2
.
3

4
D.  .
3

Lời giải
Chọn B .

Trang 14


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

Ta có d  M ,  P   

NĂM HỌC: 2020 – 2021

2.  1  2.2  1.  3  5
22   2   12
2

4
4
 . Vậy d  M ,  P    .
3
3

Câu 28: Trong khơng gian Oxyz , trục tọa độ Oy có một vectơ chỉ phương là


B. n2   0;1; 0  .


A. n1  1; 0; 0  .


C. n3   0;1;1 .


D. n4  1; 0;1 .

Lời giải

Chọn B .




Ta có Oy có một vectơ chỉ phương là j   0;1;0   n2 . Vậy n2   0;1;0  .
Câu 29: Từ một hộp gồm 6 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ ta chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 quả bóng.
Tính xác suất để hai quả bóng được chọn khác màu.
A.

8
.
15

B.

4
.
15
Lời giải

7
.
15

C.

D.

11

.
15

Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là C102  45 .
Gọi A là “ biến cố hai quả bóng được chọn khác màu”  n  A   C61 .C 41  24
Vậy xác suất cần tìm là P  A  

n  A 24 8

 .
n    45 15

Câu 30: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
B. 1.

A. 0 .

C. 2 .
Lời giải

x 1
2

x x

là

D. 3 .

Chọn C
Tập xác định của hàm số: D  1;  
Ta có: lim y  lim
x 1

x 1

x 1
2

x x

Mặt khác, lim y  lim

   x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1

 0  y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x x
Do đó, đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2 .
x 

Câu 31: Cho hàm số y 

x 

2

xm
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để 2 max y  min y  5

x 1
 0;2
 0;2
B. 14 .

A. 15 .

C. 13 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn A
Ta có: y 

1 m

 x  1

2

.

TH1: Nếu m  1  y  1, x  1 .  2 max y  min y  2.1  1  1  5
0;2
0;2
Vậy m  1 (thỏa mãn).
Trang 15

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

TH2: Nếu 1  m  0  m  1
 y 

1 m

 x  1

2

NĂM HỌC: 2020 – 2021

*

 0,  x   0; 2

Do đó, hàm số ngịch biến trên đoạn  0; 2 .
2m
và max y  y  0    m
0;2
3
2m
17
Yêu cầu bài toán: để 2 max y  min y  5  2m 
 5  5m  17  m 
3
5
0;2
0;2

Khi đó: min y  y  2  
 0;2

17
 m  1
5
Mà m là số nguyên m  3; 2 .

Kết hợp điều kiện * 

TH3: Nếu 1  m  0  m  1
 y 

1 m

 x  1

2

**

 0,  x   0; 2 

Do đó, hàm số đồng biến trên đoạn  0; 2 .
2m
và min y  y  0    m
 0;2
3
2m

4  2m  3m
Yêu cầu bài toán để 2 max y  min y  5  2.
 m  5 
 5
0;2
0;2
3
3
 
 

Khi đó: max y  y  2  
0;2

 m  4  15  m  11
Kết hợp điều kiện **  1  m  11
Mà m là số nguyên m  0;1; 2;....;11
Kết hợp cả 3 trường hợp  có 15 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu của bài tốn.
Câu 32: Đặt log 2 3  a . Tính theo a giá trị của log18 12
A.

2a  1
.
a2

B.

2a
.
1  2a

C.

a2
.
2a  1

D.

a2
.
2a  1

Lời giải
Chọn B

 
 

2
log 2 12 log 2 2 .3
2  log 2 3 2  a



Ta có: log18 12 
log 2 18 log 2 32.2
2 log 2 3  1 2a  1
2

Câu 33: Nếu   4 x  1  2 f  x   dx  5 thì
0

A. 5 .

B. 5 .

2

 f  x  dx

bằng

0

C.

5
.
2

5
D.  .
2

Lời giải
Chọn C

Trang 16

NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM
2

Ta có

NĂM HỌC: 2020 – 2021
2

2

2

5
0  4 x  1  2 f  x  dx  5  0  4 x  1dx  20 f  x dx  5  0 f  x dx  2

Câu 34: Cho hai số phức z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  4  0 . Khi đó trên mặt phằng tọa
độ tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w thỏa mãn w  z1  z2  2 là một đường trịn có tâm
A. I  0;2 .

C. I  2;0 .

B. I  0; 2  .

D. I  2;0 .

Lời giải
Chọn C
 z  1  3i
Ta có z 2  2 z  4  0  

.
 z  1  3i
Gọi w  x  yi với x, y   .

 w  z1  z2  2  x  yi  2  2  x  2  yi  2   x  2   y 2  2 .
2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường trịn có tâm I  2; 0  .
Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng

 ABCD 
A. 90 .

và SA  a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  SAC  bằng
B. 60 .

C. 45 .
Lời giải

D. 30 .

Chọn D

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó AO  DO 

BD a 2

.
2
2

 DO  AC
Ta có 
 DO   SAC  tại O.
 DO  SA
Mà SD   SAC   S nên SO là hình chiếu của SD lên mặt phẳng  SAC  .
.
SD,  SAC    
SD, SO   DSO
Suy ra 
2

a 2
a 6
Tam giác SAO vuông tại A có SO  SA  AO  a  
 2   2 .


2

2

2

Trang 17


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

a 2
OD
3

  30.
Tam giác SOD vng tại O có tan DSO
 2 
 DSO
SO a 6
3
2
  30.
Vậy 
SD,  SAC    DSO

Câu 36: Hình chóp S . ABC có đáy ABC vng tại A , AB  a, AC  a 3 . Tam giác SBC đều và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  bằng
A.

15a
.
5

B.

2 15a
.
5

C.

a 3
.
2

D. a 3 .

Lời giải
Chọn B

Gọi H là trung điểm của BC mà tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy

 SH   ABC  .
2a 3
a 3.
2
Gọi D là trung điểm của AB khi đó HD là đường trung bình của tam giác ABC .
Ta có BC  AB 2  AC 2  2a . Tam giác SBC đều nên SH 

Suy ra HD  AB, HD 

AC a 3

. Dựng HK  SD
2
2

Ta có HD  AB, SH  AB  AB   SHD   HK  AB . Lại có HK  SD nên HK   SAB 
Vậy khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SAB  là HK .

a 3
2  2a 15 .
Ta có: d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    2 HK 
15
3a 2
3a 2 
4
2a 3.

Trang 18


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  đi qua điểm G 1;2;3 và cắt các trục tọa độ Ox ,
Oy , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó mặt phẳng  P 

có phương trình là
A.  P  : x  2 y  3z  14  0 .

B.  P  : 6 x  3 y  2 z  18  0 .

C.  P  : 2 x  3 y  6 z  26  0 .

D.  P  : 3x  2 y  z  10  0 .
Lời giải

Chọn B
Gọi giao điểm của mặt phẳng  P  và các trục tọa độ độ Ox , Oy , Oz lần lượt là :

A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c 
Phương trình mặt phẳng  P  là:

x y z
  1
a b c

 x A  xB  xC
1

3
a  3

 y A  yB  yC

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có 
 2  b  6 .
3


c  9
 z A  z B  zC
3

3

Phương trình mặt phẳng  P  là:

x y z
   1  6 x  3 y  2 z  18  0 .
3 6 9

Câu 38: Trong khơng gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để

x 2  y 2  z 2  2  2  m  x  2  m  1 z  3m2  5  0 là phương trình của một mặt cầu?
A. 6 .

B. 8 .

C. 5 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D
Phương trình một mặt cầu có dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 thỏa mãn điều kiện
a 2  b2  c2  d  0 .

Từ phương trình x 2  y 2  z 2  2  2  m  x  2  m  1 z  3m2  5  0 1 đã cho ta có:

a  2  m, b  0, c  m  1, d  3m2  5 .
Do đó để phương trình 1 là phương trình một mặt cầu khi và chỉ khi:

 2  m    m  1
2

2

 3m2  5  0  m 2  2m  10  0  1  11  m  1  11

m là số nguyên nên m  2, 1, 0,1, 2,3, 4 . Vậy có 7 giá trị nguyên của m .

Câu 39: Cho hàm số y  f  x  xác định trên  và có bảng biến thiên như sau:

Trang 19


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2 f  f  cos 3 x    m  1  0 có năm
 3 
nghiệm phân biệt thuộc đoạn  0;  ?
 2 
A. 4 .
B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1.

Chọn C
2 f  f  cos 3 x    m  1  0  f  f  cos 3 x   

m 1

.
2

 3 
t  cos 3 x, x  0; 
 2 

Đặt t '  3sin 3 x, t '  0  sin 3 x  0  x 

k
3


2
4
 3 
Do x  0;  nên x  0, x  , x 
,x ,x 
3
3
3
 2 
Ta có bảng

 m 1
0

 m  1
Dựa vào bảng biến thiên thì để phương trình có 5 nghiệm phân biệt thì  2


.
 m  1  1  m  3
 2
t

 1 T
Câu 40: Trong vật lý, sự phóng xạ của chất phóng xạ được biểu diễn bởi cơng thức m  t   m0   , trong
2
đó m0 là khối lượng ban đầu của chất phóng xạ( tại thời điểm t  0 ); T là chu kì bán rã (tức là
khoảng thời gian để một nửa khối lượng chất phóng xạ biến thành chất khác). Chu kì bán rã của
Cácbon 14C là khoảng 5730 năm. Người ta tìm được một mẫu đồ cổ một lượng Cácbon và xác
định được nó mất khoảng 25 % lượng các bon ban đầu của nó. Hỏi mẫu đồ cổ đó bao nhiêu tuổi?
A. 2400 năm.

B. 2300 năm.

C. 2387 năm.

D. 2378 năm.
Trang 20


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Lời giải
Chọn D
 1
Khố lượng chất Các bon còn lại so với ban đầu là: m  t    1   m0 .

 4
t

3
t
 1 T
 3
 3
Ta có m0  m0     log 1    t  5730.log 1    2378
4
T
2
2  4
2  4

2 x 2  3 x  a khi x  0
Câu 41: Cho hàm số f  x   
có đạo hàm trên  ( a , b là các tham số thực).Tích
bx  5 khi x  0


phân I   f  2 cos x  1 sin xdx bằng


2

A.

16
.

3

B.

16
.
3

C.

32
.
3

D.

32
.
3

Lời giải
Chọn A

f  x  có đạo hàm trên  nên f  x  lên tục tại x  0 và có đạo hàm tại x  0 .
+ f  x  liên tục tại x  0 nên
lim f  x   lim f  x   f  0   lim  2 x 2  3 x  a   lim  bx  5   a  a  5 .

x  0

x 0

x 0

+ f  x  có đạo hàm x  0 nên f '  0

x0



  f ' 0   f '0  3  b .




I   f  2 cos x  1 sin xdx


2

Đặt t  2 cos x  1  dt  2 sin x.dx .
Đổi cận
x



2
1

1
1

0
1
 32 16
1
1
Ta có. I   f  t dt     3t  5  dt    2t 2  3t  5  dt  
 .
2 1
2  1
3
0
 6
t

Câu 42: Biết rằng trên mặt phẳng tọa độ tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  1  1 và

1
1
z  i  z  là một hình phẳng  H  . Diện tích của  H  bằng:
2
2
A.

 2
4

.

B.

 1
4

.

C.

 2
2

.

D.

 1
2

..

Lời giải
Chọn A
Đặt z  x  yi  x; y    .
Ta có:
Trang 21


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

z  1  1  ( x  1)2  y 2  1  ( x  1) 2  y 2  1 .
1
1
z i  z 
2
2

2

2

1
1


x   y     x    y2  y  x  0
2
2


2

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Sử dụng đồ thị, ta thấy M thuộc miền được tô đậm sau:

1
1
 2
S H  Sq  SOIA   .12  .12 
4
2

4

 SBC 

Câu 43: Cho hình chóp S . ABC có các mặt phẳng

và  ABC  vng góc với nhau, các cạnh

AB  AC  SA  SB  2 a. Tìm độ dài cạnh SC , biết khối chóp S . ABC có thể tích bằng a3 .

A. a 3

B. a 2

C. 2a 3
Lời giải

D. a 6

Chọn D
Gọi SC  x

Gọi H là trung điểm của SB  AH   SBC 
Có AS  AB  AC  2a nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC , suy ra SC  SB
Xét tam giác vng SBC có BC  4a 2  x 2
Xét tam giác vng ABH có AH  3a 2 

x2
.
4

2

Lại có VS . ABC  a 3 



1
x2 1
x2  2
x2 
3a 2  . .2 a.x  a 3   3a 2 
x  3a 2   3a 2 

 0


3
4 2
4 
2 



xa 6.
Trang 22


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

Câu 44: Để chuẩn bị CSVC phục vụ công tác phồng chống Covid -19, các chiến sĩ ở chốt kiểm soát dự
định dựng một cái lều trại có dạng như hình vẽ. Biết rằng mặt trước và mặt sau của trại là hai
parabol bằng nhau, nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau và cùng vng góc với mặt nền
. Nền của lều trại là một hình chữ nhật có kích thước chiều rộng là 4m ( lối vào lều), chiều dài
là 6m , đỉnh parabol cách nền 3m . Tính thể tích phần khơng gian bên trong lều trại.

A. 32  m 3  .

B. 36  m 3  .

C. 48  m 3  .

D. 64  m3  .

Lời giải
Chọn C
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ

Parabol  P  : y  ax 2  bx  c, a  0 có đỉnh C  0;3 , đi qua hai điểm A  2;0  và B  2; 0  nên


3
a
0.a  0.b  c  3 
4


có hệ phương trình 4a  2b  c  0  b  0 .
4a  2b  c  0

c  3



3
Suy ra  P  : y   x 2  3 .
4
Diện tích mặt trước của lều trại là
2

3 

S    3  x 2  dx  8  m 2  .
4 
2 
+) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

Trang 23


NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM

NĂM HỌC: 2020 – 2021

6

Khi đó thể tích phần khơng gian bên trong lều trại là V   8dx  48  m3  .
0

Nhận xét.

Ta có thể dùng cơng thức tính nhanh

2
Diện tích phần gạch sọc là: S  ah , với a là đáy, h là chiều cao.
3
2
Có S  .4.3  8 m 2 ; h  3  m  .
3

 

 

Coi khối cần tính như khối trụ thì khối có thể tích là V  8.6  48 m 3 .
x 1 y z 1
và điểm A 1; 0; 2  . Đường thẳng
 
1
1
2
 đi qua A 1; 0; 2  đồng thời cắt và vng góc với d có phương trình tham số là

Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

 x  3  2t

 y  a  bt (t   ). Tính tổng S  a  2b  3c  4 d .
 z  c  dt

A. 4 .

B. 2 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn D

D. 8 .

x  1 t
PTTS d :  y  t
 z   1  2t



Gọi B    d  B 1  t ; t ; 1  2t  , AB   t ; t ;  3  2t  .
 
Vì d    u d . AB  0  1.t  1.t  2( 3  2t )  0  t  1.

 AB  1;1; 1 .

x  1 t

Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  t  t    . (1)
z  2  t

 x  3  2t

Mặt khác d :  y  a  bt (t   ). (2)
 z  c  dt


Trang 24