Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2022 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 3) mới nhất

Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 1 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: Có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ 8 điểm phân biệt cho trước mà không có ba điểm nào thẳng hàng? A. 8 !. B. 38C. C. 38A. D. 3 !. Câu 2: Cho cấp số nhân ( )nu có 15u và 21u. Công bội của cấp số nhân bằng A. 5. B. 5. C. 15. D. 15. Câu 3: Cho hàm số ( )y f xcó đồ thị như hình vẽ. Hàm số ( )y f x đồng biến trên khoảng? A.  2;. B.  2; 2. C.  0; 2 D.  ; 0. Câu 4: Cho hàm số ( )y f x liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên dưới.Hàm số ( )y f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Câu 5: Cho hàm số ( )y f xliên tục trên  và có      22 1 1f x x x x   . Hàm số ( )y f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Câu 6: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 13 1yx là đường thẳng A. 0x. B. 0y. C. 13y . D. 13x . Câu 7: Bảng biến thiên sau đây là bảng biến thiên của hàm số nào? A. 2 11xyx. B. 2 11xyx. C. 2 31xyx. D. 21xyx. Câu 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số bậc 4 (như hình vẽ ) và trục hoành bằng: A.3. B.4. C.2. D. 1. Câu 9: Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a b, 1a, log 2ab. Tính 3logabT ba. A. 25T . B. 25T. C. 23T. D. 23T . ĐỀ THAM KHẢO SỐ 3 (Đề thi có 06 trang)Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 2Câu 10: Đạo hàm của hàm số 2( ) log( 1)f x x  là A.  221 ln 10xf xx. B.  221xf xx. C.  211 ln 10f xx. D.  221 logxf xx e . Câu 11: Rút gọn biểu thức 362.P x x(với 0x) A. 152x. B. 47x. C. 35x. D. 53x. Câu 12: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 22 4x xbằng A. 1. B. 2. C. 3. D. 2. Câu 13: Nghiệm của phương trình 32 8x là A. 0x. B. 6x. C. 6x . D. 3x. Câu 14: Tìm họ các nguyên hàm F x của hàm số  1f xx. A. lnF xx. B.  21F xxC . C. lnF xx C. D. lnF xx C. Câu 15: Hàm số 3( ) + sinF x x xlà một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây? A. 4( ) cos .4xf x x  B. 2( ) 3 cos .f x x x  C. 4( ) cos .4xf x x  D. 2( ) 3 cos .f x x x  Câu 16: Cho  72d 10f x x,  42d 6f x x, tính  74df x x. A. 16. B. 4. C. 60. D. 4. Câu 17: Tích phân  2213 dx x bằng A. 4. B. 61. C. 613. D. 619. Câu 18: Cho hai số phức 12z i  và 22 4z i . Số phức liên hợp của số phức 1 2w z z  là A. 4 5w i  . B. 5w i . C. 4 5w i . D. 4 5w i . Câu 19: Cho số phức 2 5 .z i  Tìm số phức w iz z . A. 3 3w i  . B. 3 7 .w i  C. 7 7w i  . D. 7 3w i . Câu 20: Điểm Mtrong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức nào dưới đây? A. 3 4i . B. 2i . C. 1 2i. D. 1 2i . Câu 21: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc 30BCA , SO ABCD và cạnh bên 32aSB. Khi đó thể tích của khối chóp là A. 266a. B. 366a. C. 333a. D. 334a.Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 3Câu 22: Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại , 3 , 5B BC a AC a , cạnh bên ' 6A A a. Tính thể tích khối lăng trụ bằng A. 336a. B. 345a. C. 312a. D. 39a. Câu 23: Cho hình chữ nhật ABCDcó 1ABvà 2AD. Gọi ,M Nlần lượt là trung điểm của ADvà BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN, ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó. A. 10tpS. B. 2tpS. C. 6tpS. D. 4tpS. Câu 24: Trong không gian cho tam giác ABCvuông tại Acó 3ABvà 30ACB . Tính thể tích Vcủa khối nón nhận được khi quay tam giác ABCquanh cạnh AC. A. 2V. B. 5V. C. 9V. D. 3V. Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC, với 1; 3; 4A, 8; 0; 6B, 2; 3; 2C. Hình chiếu vuông góc của trọng tâm Gcủa tam giác ABC trên mặt phẳng Oxz là A. 3; 2; 4N. B. 0; 0; 4Q. C. 3; 0; 0P. D. 3; 0; 4M. Câu 26: Phương trình mặt cầu có tâm 1; 2 ; 3I và tiếp xúc với trục Oy là A. 2 2 22 4 6 4 0x y z x y z      . B. 2 2 22 4 6 4 0x y z x y z      . C. 2 2 22 4 6 9 0x y z x y z      . D. 2 2 22 4 6 9 0x y z x y z      . Câu 27: Gọi là mặt phẳng đi qua 1; 1; 2Mvà chứa trục Ox. Điểm nào trong các điểm sau đây không thuộc mặt phẳng . A. 0; 4; 2Q. B. 0; 3; 6M. C. 2; 2; 4N. D. 2; 2; 4P . Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng : 2 0P x y z   . Một véctơ chỉ phương của đường thẳng  qua điểm 1 ; 2 ; 1A và vuông góc với mặt phẳng P là A. 1 ; 1 ; 1u  . B. 1 ; 2 ; 1u. C. 1 ; 1 ; 1u  . D. 1 ; 2 ; 1u  . Câu 29: Một hộp chứa 10 thẻ được đánh số 1, 2, …, 10. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ rút được là một số chẵn. A. 79. B. 12. C. 29. D. 518. Câu 30: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng 0;? A. 2 2logy x. B. 3logy x. C. logy x. D. 20222021logy x. Câu 31: Cho hàm số y f x xác định và liên tục trên , đồ thị của hàm số y f x như hình vẽ. Gọi M; m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x trên đoạn 1; 2   . Khi đó M m bằng A. 1 1f f . B. 1 2f f. C. 1 2f f . D. 0 2f f. Câu 32: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 22log 1 3x  là A. 7. B. 6. C. 4. D. 2.Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 4Câu 33: Biết rằng 90( )d 37f x x và 092 ( ) 3 ( ) d 26[ ]f x g x x . Khi đó giá trị 30(3 )dg x x là A. 163. B. 163. C. 173. D. 173. Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn:  2 2 2 3i z i   . Môđun của số phức 1z zi  là A. 2P. B. 3P. C. 2P. D. 1P. Câu 35: Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCD là hình vuông, canh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 6 2SA, góc giữa SB và mặt phẳng ABCDbằng 045. Gọi K là trung điểm của ,SB tính khoảng cách từ K đển mặt phẳng (SAC). A. 6. B. 3. C. 6 2. D. 3 2. Câu 36: Cho hình lập phương. ’ ’ ’ ’ABCD A B C D có tất cả các cạnh bằng 6. Gọi ,P Q lần lượt là trung điểm của , ’CD AC ( Tham khảo hình vẽ minh họa). Tính thể tích khối tứ diện 'APQD. A.18. B.24. C.36. D. 12. Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  : 2 6 15 0P x y z   , (1; 2; 3)A và (3; 0; 1)B. Viết phương trình mặt cầu tâm I có tọa độ nguyên, đi qua ba điểm , ,O A B và tiếp xúc với mặt phẳng P A.    2 2211 7 170x y z    . B.      2 2 22 1 1 6x y z     . C.      2 2 24 9 7 146x y z     . D.      2 2 23 4 4 41x y z     . Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 17 1 8:2 3 5x y zd   , 24 5 2:5 3 1x y zd    và mặt phẳng  : 2 2021 0P x y z   . Viết phương trình đường thẳng  song song với  P, cắt 1d và 2d tại hai điểm M, Nsao cho 14MN. A. 3 5 2:3 4 2x y z    . B. 1 2 3:2 3 1x y z     . C. 5 8 1:1 5 4x y z    . D. 1 1 4:2 5 3x y z    Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 5Câu 39: Cho hàm số ( )y f x có đồ thị hàm số như hình vẽ. Số giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình cos (cos )m x f x  nghiệm đúng với mọi ;2 2    là A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Câu 40: Cho hàm số  y f x có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số 2021xy qua đường thẳng 0x y . Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;a b là nghiệm của bất phương trình    2 23 2f a f a b  ? A. 25. B. 9. C. 10. D. Vô số. Câu 41: Cho hàm số 322 khi 1( ) .2 1 khi 1x x xf xx x     Xét các hàm số    ,g x h x liên tục trên  thỏa mãn  g x là hàm số chẵn,  h x là hàm số lẻ đồng thời      ,g x h x f x x   . Khi đó giá trị  21dg x x bằng A. 6524 B. 5324 C. 176 D. 173 Câu 42: Cho số phức  , , 0z x iy x y y    thỏa mãn 3 3z 4 2z   và  23 7z z z  . Khi đó tổng 2x y bằng A. 7. B. 10. C. 11. D. 12. Câu 43: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên 2SA a và vuông góc với  ABCD. Điểm M thay đổi trên cạnh CD, H là hình chiếu vuông góc của S trên BM. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp .S ABH theo .a A. 36a. B. 312a. C. 34a. D. 39a. Câu 44: Tính thể tích của khối vật thể được tạo thành từ một khối cầu bán kính 10 ,cm bị đục đi một ống với bán kính 3cm dọc theo một đường kính của khối cầu ban đầu. Để kết quả chính xác đến một chữ số thập phân. A. 3.3636, 0cm B. 33636, 1 .cm C. 33636, 2  .cm D. 33636, 3 .cmChương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Trang 6Câu 45: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  2 2 2: 4 2 8 6 0S x y z x y z       và đường thẳng 1 3 1: .3 2 1x y zd    Xét điểm M thuộc đường thẳng d có hoành độ âm sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến ,MD ME đến mặt cầu  S sao cho IM luôn cắt DE và o120DME(I là tâm mặt cầu  S;,D E là các tiếp điểm). Đường thẳng  đi qua M và vuông góc với mặt phẳng  Oxy có phương trình A. 1: 31xyz t   . B. 2: 52xyz t   . C. 7: 73xyz t   . D. 4: 11xyz t    . Câu 46: Cho hàm số bậc ba ( )y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực tiểu của hàm số  3( ) ( )g x f x f x  là A. 8. B. 11. C. 6 D. 5. Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số  10; 10m  để phương trình    3 2 23 33 log 4 3 3 log 12 9m mx x x x x x      có đúng ba nghiệm phân biệt. Tổng các phần tử của tập S bằng A. 45. B. 43. C. 0. D. 2. Câu 48: Cho hàm số bậc ba  3 212f x x bx cx d    có đồ thị là  C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt trong đó hai điểm có hoành độ lần lượt là 1, 2x x  . Đường thẳng d tiếp tuyến của đồ thị Ctại điểm có hoành độ 54x  cắt đồ thị  C tại điểm có hành độ 53x. Gọi 1S, 2S là các diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C trục hoành, và trục tung (như hình vẽ bên dưới).Khi tỉ số 12SaS b( phân số tối giải) thì 3b a bằng A. 131. B. 271. C. 53. D. 65. Câu 49: Cho các số phức 1 2,z z thoả mãn 1 21,    7 2 sin 2. . cos 1,z z i R       . Giá trị lớn nhất của biểu thức 1 21 .P z z  thuộc khoảng nào sau đây A.  10; 12 B.  3; 5 C.  7; 9 D.  9;11 Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho điểm  1; 2; 3A hai mặt cầu  2 2 21: 9  S x y z,    22 2236: 325   S x y z. Gọi  P là mặt phẳng tiếp xúc cả hai mặt cầu    1 2,S S. Biết giá trị lớn nhất của khoảng cách từ A đến  Plà 5a b. Khi đó giá trị của a b bằng A. 2. B. 509. C. 259. D. 1.KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ 8 điểm phân biệt cho trước mà không có ba điểm nào thẳng hàng? A. 8 !. B. 38C. C. 38A. D. 3 !. Lời giải Chọn B Mỗi một tam giác được tạo thành bởi 3 điểm phân biệt nên đáp án cần chọn là B. Câu 2: Cho cấp số nhân  nu có 15u và 21u. Công bội của cấp số nhân bằng A. 5. B. 5. C. 15. D. 15. Lời giải Chọn C Ta có 22 1115uu u q qu   . Câu 3: Cho hàm số  y f xcó đồ thị như hình vẽ.Hàm số  y f x đồng biến trên khoảng? A.  2;. B.  2; 2. C.  0; 2 D.  ; 0. Lời giải Chọn A Dựa vào đồ thị nhận thấy: Trên khoảng  2;thì đồ thị hàm số “ đi lên” với chiều từ trái qua phải. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  2;. Câu 4: Cho hàm số  y f x liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Hàm số  y f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta chọn đáp án B. ĐỀ THAM KHẢO SỐ 3 (Đề thi có 06 trang) Oxy2222Câu 5: Cho hàm số  y f xliên tục trên  và có      22 1 1f x x x x   . Hàm số  y f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 3. B. 2. C. 1. D. 0. Lời giải Chọn B         222 1 1 2 1 1f x x x x x x x       .  20 11xf x xx    . Tại 1x  dấu của  f x không đổi nên chọn đáp án B. Câu 6: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 13 1yx là đường thẳng A. 0x. B. 0y. C. 13y . D. 13x . Lời giải Chọn D +) Tập xác định: 1\3D        . +) Ta có 1 11 13 33 31 1lim lim ; lim lim3 1 3 1x xx xy yx x            . Vậy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng  1.3x. Câu 7: Bảng biến thiên sau đây là bảng biến thiên của hàm số nào? A. 2 11xyx. B. 2 11xyx. C. 2 31xyx. D. 21xyx. Lời giải Chọn C Tính đạo hàm của các hàm số ở 4 phương án, ta có: A.  22 1 10, 111xy y xxx      . B.  22 1 30, 111xy y xxx      . C.  22 3 10, 111xy y xxx       . D.  22 20, 111xy y xxx      .Câu 8: Số giao điểm của đồ thị hàm số bậc 4 (như hình vẽ ) và trục hoành bằng: A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn B Câu 9: Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a b, 1a, log 2ab. Tính 3logabT ba. A. 25T . B. 25T. C. 23T. D. 23T . Lời giải Chọn D Ta có: 1log 2 log2a bb a  . 3 3 3log log loga a ab b bT ba b a  3 31 1log logb aa ab b  3 3 3 31 1log log log logb b a aa b a b  1 13 3log 3 3 log2 2b aa b  1 1 23 1 3 3. 3 3.22 2 2    . Câu 10: Đạo hàm của hàm số   2log 1f x x là A.   221 ln 10xf xx. B.  221xf xx. C.   211 ln 10f xx. D.   221 logxf xx e . Lời giải Chọn A Ta có:   221 ln 10xf xx. Câu 11: Rút gọn biểu thức 362.P x x(với 0x), ta được A. 152x. B. 47x. C. 35x. D. 53x. Lời giải Chọn D Với 0xthì 3 3 1 552 2 6 3. .P x x x x x  . Oxy2222Câu 12: Tích tất cả các nghiệm của phương trình 22 4x xbằng A. 1. B. 2. C. 3. D. 2. Lời giải Chọn D Ta có 22 4x x22 0x x   . Vậy tích các nghiệm của phương trình là 1 22x x . Câu 13: Nghiệm của phương trình 32 8x là A. 0x. B. 6x. C. 6x . D. 3x. Lời giải Chọn B Ta có 32 8x3 32 2x3 3x 6x. Câu 14: Cho hàm số  1, 0f xxx. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A. ( ) lnf x dx x. B. 21( )xf x dx C . C. ( ) lnf x dx x C . D. ( ) lnf x dx x C . Lời giải Chọn C Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số ta có 1d lnxx x C . Câu 15: Hàm số 3( ) + sinF x x xlà một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây? A. 4( ) cos .4xf x x  B. 2( ) 3 cos .f x x x  C. 4( ) cos .4xf x x  D. 2( ) 3 cos .f x x x  Lời giải Chọn B Ta có 2'( ) 3 cos .F x x x  Câu 16: Cho hàm số  f x liên tục trên đoạn 2; 7    và thỏa  72d 10f x x,  42d 6f x x. Tính  74d .f x x A. 16. B. 4. C. 60. D. 4. Lời giải Chọn D Ta có      7 4 72 2 4d d df x x f x x f x x   . Suy ra      7 7 44 2 2d d df x x f x x f x x   10 6 4  .Câu 17: Tích phân  2213 dx x bằng A. 4. B. 61. C. 613. D. 619. Lời giải Chọn C   2323 321135 43 d3 3 3xx x   613. Câu 18: Cho hai số phức 12z i  và 22 4z i . Số phức liên hợp của số phức 1 2w z z  là A. 4 5w i  . B. 5w i . C. 4 5w i . D.  4 5w i. Lời giải Chọn C Ta có 1 24 5 4 5w z z i w i      . Câu 19: Cho số phức 2 5 .z i  Tìm số phức w iz z . A. 3 3w i  . B. 3 7 .w i  C. 7 7w i  . D. 7 3w i . Lời giải Chọn A Ta có (2 5 ) (2 5 ) 2 5 2 5 3 3w iz z i i i i i i             Câu 20: Điểm Mtrong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức nào dưới đây? A. 3 4i . B. 2i . C. 1 2i. D. 1 2i . Lời giải Chọn B Câu 21: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc 30BC A ,  SO ABCD và cạnh bên 32aSB. Khi đó thể tích của khối chóp là A. 266a. B. 366a. C. 333a. D. 334a. Lời giải Chọn B Theo giả thiết ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc 30BC A  nên 60BC D ; BCD đều suy ra BD a, 32aCO, 2 3A C CO a . Chiều cao 2 22SO SB OB a   Ta có 1.2ABCDS AC BD21 3. . 32 2aa a  2 3.1 1 3 6. 2 .3 3 2 6S ABCD ABCDa aV SO S a    Câu 22: Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại , 3 , 5B BC a AC a , cạnh bên ' 6A A a. Tính thể tích khối lăng trụ bằng A. 336a. B. 345a. C. 312a. D. 39a. Lời giải Chọn A Ta có 2 24AB AC BC a  . 21 1. .3 .4 62 2ABCS AB BC a a a  . Do đó 3. ' ' '. ' 36ABC A B C ABCV S A A a . Câu 23: Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCDcó 1ABvà 2AD. Gọi ,M Nlần lượt là trung điểm của ADvà BC. Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN, ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó. A. 10tpS. B. 2tpS. C. 6tpS. D. 4tpS. Lời giải Chọn D Gọi lvà rlần lượt là đường sinh và bán kính đáy của hình trụ. Ta có: 1, 12ADr l AB   . Diện tích toàn phần của hình trụ là 22 2tpS rl r  4. Câu 24: Trong không gian cho tam giác ABCvuông tại Acó 3A Bvà 30A C B . Tính thể tích Vcủa khối nón nhận được khi quay tam giác ABCquanh cạnh A C. A. 2V. B. 5V. C. 9V. D. 3V. Lời giải Chọn D Xét tam giác vuông ABCta có 3tan 30ABAC . Thể tích của khối nón nhận được khi quay tam giác ABCquanh cạnh A Clà 21. 33V AB AC  . Câu 25: Trong không gian O xyz, cho tam giác ABC, với  1; 3; 4A,  8; 0; 6B,  2; 3; 2C. Hình chiếu vuông góc của trọng tâm Gcủa tam giác ABC trên mặt phẳng  Oxz là A.  3; 2; 4N. B.  0; 0; 4Q. C.  3; 0; 0P. D.  3; 0; 4M. Lời giải Chọn D Tọa độ trọng tâm của ABClà  3; 2; 4G. Vậy hình chiếu của  3; 2; 4Gtrên mặt phẳng  Oxzlà  3; 0; 4M.Câu 26: Phương trình mặt cầu có tâm  1; 2 ; 3I và tiếp xúc với trục Oy là A. 2 2 22 4 6 4 0x y z x y z      . B. 2 2 22 4 6 4 0x y z x y z      . C. 2 2 22 4 6 9 0x y z x y z      . D. 2 2 22 4 6 9 0x y z x y z      . Lời giải Chọn A Gọi  0; 2; 0M là hình chiếu của I trên trục Oy Mặt cầu tâm  1; 2 ; 3I tiếp xúc với trục Oy có bán kính là  2 2, 1 3 10R d I Oy MI     Vậy phương trình của mặt cầu cần tìm là        2 2 2: 1 2 3 10S x y z     . Hay  2 2 2: 2 4 6 4 0S x y z x y z      . Câu 27: Gọi  là mặt phẳng đi qua  1; 1; 2Mvà chứa trục Ox. Điểm nào trong các điểm sau đây không thuộc mặt phẳng  ? A.  0; 4; 2Q. B.  0; 3; 6M. C.  2; 2; 4N. D.  2; 2; 4P . Lời giải Chọn A Gọi nlà một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  khi đó ta có   ,n OM i   . Với  1; 1; 2OM ,  1; 0; 0i 0; 2;1n . Phương trình mặt phẳng  đi qua điểm  0; 0; 0Ovà có một véc tơ pháp tuyến  0; 2;1nlà 2 0y z . Do 2.4 2 0 nên điểm  0; 4; 2Q không thuộc mặt phẳng  . Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  : 2 0P x y z   . Một véctơ chỉ phương của đường thẳng  qua điểm  1 ; 2 ; 1A và vuông góc với mặt phẳng  P là A.  1 ; 1 ; 1u  . B.  1 ; 2 ; 1u. C.  1 ; 1 ; 1u  . D.  1 ; 2 ; 1u   . Lời giải Chọn A Mặt phẳng  P có một véc tơ pháp tuyến là  1 ; 1 ; 1n . Đường thẳng  đi qua A và vuông góc với  P có một véctơ chỉ phương là 1 ; 1 ; 1n . Đối chiếu đáp án loại các phương án A, B và D do ba véctơ này không cùng phương với n. Chọn phương án C do  1 ; 1 ; 1u   cùng phương với  1 ; 1 ; 1n .Câu 29: Một hộp chứa 10 thẻ được đánh số 1, 2, …, 10. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 thẻ rút được là một số chẵn. A. 79. B. 12. C. 29. D. 518. Lời giải Chọn A Số phần tử của không gian mẫu: 210n C . Gọi A là biến cố: “Rút ngẫu nhiên 2 thẻ mà tích 2 số ghi trên thẻ là một số chẵn”. Ta có  25n A C    2521071 19n ACP ACn     . Câu 30: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên khoảng  0;? A. 2 2logy x. B. 3logy x. C. logy x. D. 20222021logy x. Lời giải Chọn A Xét đáp án A, 2 2 1a   nên hàm số nghịch biến trên  0;. Xét đáp án B, 3 1a  nên hàm số đồng biến trên  0;. Xét đáp án C, 10 1a  nên hàm số đồng biến trên  0;. Xét đáp án D, 20222021a >1 nên hàm số đồng biến trên  0;. Câu 31: Cho hàm số  y f x xác định và liên tục trên , đồ thị của hàm số  y f x như hình vẽ.Gọi M; m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  y f x trên đoạn 1; 2   . Khi đó M m bằng A.    1 1f f . B.    1 2f f. C.    1 2f f . D.    0 2f f. Lời giải Chọn A Từ đồ thị hàm  y f x ta có bảng biến thiên Mặt khác    1 21 1f x dx f x dx      1 2f f   Từ đó suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên 1; 2    là  1f. giá trị nhỏ nhất của hàm số trên 1; 2    là  1f.Câu 32: Số nghiệm nguyên của bất phương trình  22log 1 3x  là A. 7. B. 6. C. 4. D. 2. Lời giải Chọn C Điều kiện 211 01xxx    Ta có  2 2 22log 1 3 1 8 9 3 3x x x x          . Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là 3; 1 1; 3S      . Vậy các nghiệm nguyên của bất phương trình là  2; 3x  . Câu 33: Biết rằng 90( )d 37f x x và 092 ( ) 3 ( ) d 26[ ]f x g x x . Khi đó có giá trị 30(3 )dg x xlà A. 163. B. 163. C. 173. D. 173. Lời giải Chọn A Có9 90 06[2 ( ) 3 ( ) d 2.3] 7 3 ( )d 2f x g x x g x x    0948( )d3g x x  30 09 901 1 16(3 ) ( ) ( )d3 3 3g x dx g t dt g x x     Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn:  2 2 2 3i z i   . Môđun của số phức 1z zi  là A. 2P. B. 3P. C. 2P. D. 1P. Lời giải Chọn A Ta có:  4 32 2 2 32ii z i zi      Suy ra 4 3 1 31 1 1 22 2i iz zi i zi i             . Câu 35: Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCDlà hình vuông cạnh SAvuông góc với mặt phẳng đáy và 6 2SA, góc giữa SB và mặt phẳng ABCDbằng 045. Gọi K là trung điểm của SB. Tính khoảng cách từ K đển mặt phẳng (SAC). A. 6 B. 3 C. 6 2 D. 3 2 Lời giải Chọn B +) ^0( , ( )) 45 6 2SB ABCD SBA AB SA     +) ( , ( )) 12 ( ,( )) ( , ( ))( ,( )) 2d B SAC BSd K SAC d B SACd K SAC KS    +) , ( ) ( , ( ))BO AC BO SA BO SAC d B SAC BO      1 1( , ( )) 32 4d K SAC BO BD   Câu 36: Cho hình lập phương. ’ ’ ’ ’ABCD A B C D có tất cả các cạnh bằng 6. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AC’ ( Tham khảo hình vẽ minh họa). Tính thể tích khối tứ diện 'APQD. A. 18 B. 24 C. 36 D. 12 Lời giải Chọn A +) Dễ thấy BD’ đi qua Q, xét tứ diện D’ABP ta có: '1 118 .DD ' . 362 3ABP ABCD D ABP ABPS S V S     +) Xét chóp D’.ABP có Q là trung điểm của BD’ Nên ' '1182D APQ D ABPV V  Câu 37: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  : 2 6 15 0P x y z   , (1; 2; 3)A và (3; 0; 1)B. Viết phương trình mặt cầu tâm I có tọa độ nguyên, đi qua ba điểm , ,O A B và tiếp xúc với mặt phẳng P A.    2 2211 7 170x y z    . B.      2 2 22 1 1 6x y z     . C.      2 2 24 9 7 146x y z     . D.      2 2 23 4 4 41x y z     . Lời giải Chọn D Ta có (1; 2; 3)OA ,(3; 0; 1)OB,   , 2; 10; 6OA OB      và trung điểm của AB là  2; 1; 1M. Dễ thấy  . 0OA OB nên tam giác AOB vuông tại O. Do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng  đi qua trung điểm của AB và vuông góc với mặt phẳng  OAB. Phương trình đường thẳng 2 1 1:1 5 3x y z     ,  2 , 1 5 , 1 3I t t t   . Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng  P nên  /I Pd OI          2 2 22 2 22 2 6 1 5 1 3 152 1 5 1 32 6 1t t tt t t              21594 696 102 01799tt tt    . Do tâm I có tọa độ nguyên nên 1t và (3; 4; 4)I . Phương trình mặt cầu là      2 2 23 4 4 41x y z     .Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 17 1 8:2 3 5x y zd   , 24 5 2:5 3 1x y zd    và mặt phẳng  : 2 2021 0P x y z   . Viết phương trình đường thẳng  song song với  P, cắt 1d và 2d tại hai điểm M, Nsao cho 14M N. A. 3 5 2:3 4 2x y z    . B. 1 2 3:2 3 1x y z     . C. 5 8 1:1 5 4x y z    . D. 1 1 4:2 5 3x y z     Lời giải Chọn B Gọi tọa độ  7 2 ; 1 3 ; 8 5M a a a    ,  4 5 ; 5 3 ; 2N b b b    với  ,a b. Khi đó  2 5 11; 6 3 3 ; 10 5MN a b a b a b      .(*) Do đường thẳng  song song với  P nên  . 0PMN n     2 2 5 11 6 3 3 10 5 0 2 14 18 0 9 7a b a b a b a b a b                . Thay lại vào (*) ta có  7 9 ;18 21; 36 35MN b b b   . Mặt khác 2 2 214 7 9 18 21 36 35 14MN b b b         21701 2 1 0 1b b b     . Từ đó ta có    1; 2; 3 ; 2; 3;1N MN   nên ta có phương trình 1 2 3:2 3 1x y z     . Câu 39: Cho hàm số ( )y f x có đồ thị hàm số như hình vẽ. Số giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình cos (cos )m x f x  nghiệm đúng với mọi ;2 2    là A. 3. B. 0. C. 1. D. 2. Bài giải Chọn C Ta có  cos (cos ) (cos ) cos 1m x f x m f x x     Đặt cos 0; 1t x t   Khi đó  1 trở thành ( ) ( ), 0;1m f t t g t t     Xét ( ) ( )g t f t t  trên0; 1    0;1'( ) '( ) 1 0, 0;1 min ( ) (0) 1tg t f t t g t g               Để bất phương trình nghiệm đúng với mọi ; 12 2m      Vậy có đúng 1 giá trị nguyên dương của tham số .mCâu 40: Cho hàm số  y f x có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số 2021xy qua đường thẳng 0x y . Có bao nhiêu cặp số nguyên  ;a b là nghiệm của bất phương trình    2 23 2f a f a b  ? A. 25. B. 9. C. 10. D. Vô số. Lời giải Chọn C + Ta có: 120212021xxy   . Vì đồ thị của hai hàm số xy a, logay x đối xứng nhau qua đường thẳng . Do đó, áp dụng với 12021a, suy ra:  12021logy f x x . + Do đó, bất phương trình    2 23 2f x f y x   tương đương   22 222 21 122021 202100log log 3 23 21 4xxx y xx y xx y            . Suy ra : . Vì x 3; 2; 1;1;x    . - Với  3; 1x , suy ra: 20, 0y y y   . Do đó trong trường hợp này có 2 cặp  ;x y. - Với 2x , suy ra:  23, 1; 0;1y y y    . Do đó trong trường hợp này có 3 cặp  ;x y. - Với 1x , suy ra:  24, 2; 1; 0;1;2y y y     . Do đó trong trường hợp này có 5 cặp  ;x y. Vậy có 10 cặp  ,x y thỏa mãn YCBT. Câu 41: Cho hàm số 322 khi 1( ) .2 1 khi 1x x xf xx x     Xét các hàm số    ,g x h x liên tục trên  thỏa mãn  g x là hàm số chẵn,  h x là hàm số lẻ đồng thời      ,g x h x f x x   . Khi đó giá trị  21dg x x bằng A. 6524 B. 5324 C. 176 D. 173 Lời giải Chọn B Xét giả thiết        , 1g x h x f x x    suy ra      ,g x h x f x x              hay , 2g x h x f x x    .( do  g x là hàm số chẵn,  h x là hàm số lẻ) Từ    1 & 2     2f x f xg x   và     2f x f xh x . Thử lại  g x,  h x thỏa mãn. Khi đó        2 2 2 2 131 1 1 1 21 1 1 1d d d 2 d d2 2 2 2g x x f x x f x x x x x f x x                  1 1 12 32 2 13 1 3 1 1 53d 2 1 d -2 d .8 2 8 2 2 24f t t t t t t t           y x 2003 11 4xxxx    Câu 42: Cho số phức  , , 0z x iy x y y    thỏa mãn 1 2 2 1z z i    và  23 7z z z  . Khi đó tổng 2x y bằng A. 7. B. 10. C. 11. D. 12. Lời giải Chọn B Ta có   2 2222 2 26 73 73 2 3 4 93 3 4 2x y xz z zx y x yz z                  2 22 22 22 26 73 6 7 2 9 24 166 76 73 6 7 2 30 793 6 7 2 5 6 7 44 (*)x y xx x y xx y xx y xx xx x                        Đặt 6 7 0t x  , khi đó phương trình  * trở thành 22 2 202 253 2 5 44 53 39 12 4 5 44 4 12 40 02tt ttt t tt t t t tt                              . Từ đó ta có 6 7 5 3 4x x y      do 0y. Vậy 2 10x y . Câu 43: Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên 2SA a và vuông góc với  ABCD. Điểm M thay đổi trên cạnh CD, H là hình chiếu vuông góc của S trên BM. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp .S ABH theo .a A. 36a. B. 312a. C. 34a. D. 39a. Lời giải Chọn A Do  BH SHBH SAH BH AHBH SA   , nên H thuộc đường tròn đường kính AB. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB. 2 2.1 1 2 . .. 2 . .3 3 6 3S ABH ABH ABHa HK a HKV SA S a S      Do đó để thể tích lớn nhất thì H Klớn nhất. H Klớn nhất khi H là điểm chính giữa cung AB, tức là H trùng với tâm hình vuông ABCD hay M trùng với D. Khi đó 2aHK. Vậy 3max6aV. aa2aDBCASMHKCâu 44: Tính thể tích của khối vật thể được tạo thành từ một khối cầu bán kính 10 ,cm bị đục đi một ống với bán kính 3cm dọc theo một đường kính của khối cầu ban đầu. Để kết quả chính xác đến một chữ số thập phân. A. 3.3636, 0cm B. 33636, 1 .cm C. 33636, 2  .cm D. 33636, 3 .cm Lời giải Chọn C Dễ thấy khối vật thể trong đề bài là một khối tròn xoay, được tạo thành khi xoay phần hình phẳng được giới hạn bởi phần được gạch chéo trong hình dưới đây một vòng quanh trục Ox. Phần đường cong nằm trên được cho bởi công thức   2 2,f x R x s x s     với 2 2s R r  Thể tích của khối vật thể đã cho2 2 2 21( ) 2 .strsV V V R x dx s r      Cụ thể 2 2 2 2 312( ) 2 .3ssV R x dx s R s      Vậy 22 3 32 42 23s .3V rs R s s     (chú ý 2 2s R r ) Với3 ( ); 10( )r cm R cm , ta có 33636, 2( ).V cm Ta có h2  Truïu C a â u øCoûmcaàV V VV Trong đó 34 40003 3 CaâuøV R Khối trụ có 2 2 23; 2 2 91 . 18 91       TruïVr h R r r h Chỏm cầu có 2 2 211 h 110 91 2, 0893           C oûm caàuhh R R r V h R Vậy  3h2 3636, 2 . aTCaâuø C oûm c àu ur ïV V cmV VCâu 45: Trong không gian O xyz, cho mặt cầu  2 2 2: 4 2 8 6 0S x y z x y z       và đường thẳng 1 3 1: .3 2 1x y zd    Xét điểm M thuộc đường thẳng d có hoành độ âm sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến ,M D M E đến mặt cầu  S sao cho IM luôn cắt DE và o120DME(I là tâm mặt cầu  S;,D E là các tiếp điểm). Đường thẳng  đi qua M và vuông góc với mặt phẳng  Oxy có phương trình là A. 1: 31xyz t   . B. 2: 52xyz t   . C. 7: 73xyz t   . D. 4: 11xyz t    . Lời giải Chọn B Mặt cầu  S có tâm  2;1; 4I và bán kính 3 3.R Phương trình tham số của 1 3: 3 21x td y tz t   ; Điểm ,M d nên  1 3 ; 3 2 ;1 ,M t t t   (Điều kiện: 11 3 03t t   ). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE. Theo tính chất tiếp tuyến: MD ME và ID IE R  nên IM DE tại .H Vì o60DMI EMI  o2sin 60 .3 3 63IDIMIM         2 2 26 1 3 2 2 3 36IM t t t            21 /14 8 22 0117t t mt tt l      2; 5; 2M  và đường thẳng 2: 52xyz t   . Câu 46: Cho hàm số bậc ba ( )y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số điểm cực tiểu của hàm số  3( ) ( )g x f x f x  là A. 8. B. 11. C. 6 D. 5. Lời giải Chọn CTa có   32 33( )'( ) 3 '( ) . ' ( )( )x f xg x x f x f x f xx f x   Cho     2333 '( ) 0 1'( ) 0 ( ) 0 2' ( ) 0 3x f xg x x f xf x f x      Xét 3( ) ( )g x x f x là hàm số bậc 3 và ( 1) (1) 0g g   +) Phương trình  2 có 3 nghiệm phân biệt +) Vì  1 là phương trình bậc 2 : '( ) 0g x 1 có hai nghiệm phân biệt. Gọi ,a b là hai nghiệm của phương trình  ’ 0 0f x a b     3333( ) ( )( )3( )( ) 1x f x a vnf x x bf x x bx f x b        Trong đó 3y x b  là các đồ thị tịnh tiến từ đồ thị 3y x theo Oy một đoạn nhỏ hơn 1.  3 có 6 nghiệm. Vì lim ( )xg x  hàm số  3( ) ( )g x f x f x  có 6 điểm cực tiểu. Câu 47: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số  10;10m  để phương trình    3 2 23 33 log 4 3 3 log 12 9m mx x x x x x      có đúng ba nghiệm phân biệt. Tổng các phần tử của tập S bằng A. 45. B. 43. C. 0. D. 2. Lời giải Chọn B Điều kiện: 3.4x Phương trình đã cho có dạng:    2323log 12 9 0log 12 9 3 0 .3 0mmx xx x xx           Xét phương trình  3log 12 9 0 1; 3,x x x x      do đó để có đúng ba nghiệm phân biệt 2 23 0 3m mx x     có một nghiệm duy nhất 3;4x1x và 3x.  399log316163 1 0 1; 3;...; 9 .23 9mmmmm mm                 Vậy tổng các giá trị nguyên của mthỏa mãn bằng: 1 3 4... 9 43.   Câu 48: Cho hàm số bậc ba  3 212f x x bx cx d    có đồ thị là  C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt trong đó hai điểm có hoành độ lần lượt là 1, 2x x  . Đường thẳng d tiếp tuyến của đồ thị Ctại điểm có hoành độ 54x  cắt đồ thị  C tại điểm có hành độ 53x. Gọi 1S, 2S là các diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C trục hoành, và trục tung (như hình vẽ bên dưới). Khi tỉ số 12SaS b( phân số tối giải) thì 3b a bằng A. 131. B. 271. C. 53. D. 65. Lời giải Chọn D Giả thiết suy ra     11 22f x x x x   . Gọi phương trình tiếp tuyến d là y mx n  suy ra  21 5 52 4 3f x mx n x x                   hay  21 5 52 4 3f x x x mx n                  . So sánh hệ số của 2x trong hai cách biểu diễn  f x ta được 116. Thay vào  f x tính được   0111 11 311 2 d2 6 36S x x x x      ,   2201 11 791 2 d2 6 18S x x x x      . Vậy 1231158SS do đó 3 65b a .Câu 49: Cho các số phức 1 2,z z thoả mãn 1 21,    7 2 sin 2. . cos 1,z z i R       . Giá trị lớn nhất của biểu thức 1 21 .P z z  thuộc khoảng nào sau đây A.  10; 12 B.  3; 5 C.  7; 9 D.  9; 11 Lời giải Chọn A Gọi Mlà điểm biểu diễn cho số phức 1z, ta thấy tập hợp điểm Mlà đường tròn  1C có tâm  0; 0O, bán kính 11R. Gọi Nlà điểm biểu diễn cho số phức 2z, ta thấy tập hợp điểm Nlà đường tròn  2C có tâm  27 2 sin ; 2 cosI , bán kính 21R. Nhận xét:  22 22227 2 sin7 42 cosII IIxx yy     nên tâm 2I di động trên đường tròn  3Ccó tâm  37; 0I, bán kính 32R. Ta có 1 2 1 1 1 2 1 1 21 . . . .P z z z z z z z z z MN      . Theo hình vẽ, ta thấy 11MN AB , chọn đáp án A (C2)(C3)(C1)BAI2I3y10-17O59xMNCâu 50: Trong không gian Oxyz, cho điểm  1; 2; 3A hai mặt cầu  2 2 21: 9  S x y z,    22 2236: 325   S x y z. Gọi  P là mặt phẳng tiếp xúc cả hai mặt cầu    1 2,S S. Biết giá trị lớn nhất của khoảng cách từ A đến  Plà 5a b. Khi đó giá trị của a b bằng A. 2. B. 509. C. 259. D. 1. Lời giải Chọn A Giả thiết suy ra mặt cầu  1S có tâm  0; 0; 0Ovà bán kính 13R.  2S có tâm  0; 0; 3Ivà bán kính 265R. Gọi   2 2 2: 0, 0P Ax By Cz D A B C       Gọi   M OI P do hai mặt cầu cắt nhau nên M nằm ngoài đoạn OI Ta có      21;22 5 3 5 0, 0, 55;           d I PRMI MIOM IM OM OI MMO R MOd O P. Ta có  5 0 5M P C D D C      . Giả thiết suy ra   2 212 2 2 2 2 2516; 3 39D CA Bd O P RC CA B C A B C                   . Ta có   2 2 2 2 2 2 2 22 22 3 2 23; 2 251A BA B C D A B CA BC Cd A PC CA B C A B CA BC C                       . Đặt 2 224 5 4 52 5.3 3A B A Bt t tC C C C                     .   3 3 4 5 6 4; 2 2 55 5 3 5 5         d A P t dấu bằng xảu ra khi 4 5; 8 5; 15A B C   . Vậy 6 4; 2.5 5a b a b    