ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2021

TUYỂN TẬP ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2021
• ĐỀ SỐ 9. MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI
Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

Câu 4.

|FanPage: Nguyễn Bảo Vương

Số cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là
A. A62 .
B. C62 .

D. 6 2 .

C. 2 6 .

1
1
Cho một cấp số nhân  un  : u1  , u4  4 . Số hạng tổng quát bằng
4
4
1
1
1
A. n , n  * .

y



0





3
0





4

y
1



Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;    .
B.  2;3 .
C.  3;    .

D.  ;  2  .

D. 4

5

 f  x  dx  2 . Tích phân  4 f  x   3x

A. 133 .

C. 4

B. {4;4 }
2

 dx bằng

0

B. 120 .

C. 130 .

D. 140 .

Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .


D.

Câu 11. Nguyên hàm của hàm số f  x   x 3  x là
A. x 4  x 2  C .

B. 3x 2  1  C .

Câu 12. Cho số phức z  2  3i . Tìm phần thực a của z ?
A. a  2
B. a  3
C. a  2

1 4 1 2
x  x C .
4
2

D. a  3

Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 1;1 . Hình chiếu vng góc của điểm A trên mặt phẳng

 Oyz  là điểm
A. M  3;0;0

B. N  0; 1;1

D. Q  0;0;1

C. P  0; 1;0



Câu 16. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : y  1  2t có một véctơ chỉ phương là




z  3  t




A. u 3   2;1;3 .
B. u 4   1; 2;1 .
C. u 2   2;1;1 .
D. u1   1; 2;3 .

Câu 17. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại C , AC  a , BC  2 a , SA vng góc với
mặt phẳng đáy và SA  a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng
A. 60
B. 90
C. 30
D. 45
Câu 18. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2 .
B. 1 .

C. 4 .

2 3R
3

B. a  2R

C. a  2 3 R

D. a 

3R
3

Câu 23. Đồ thị hàm số y  x3  3 x  2 cắt trục tung tại điểm có tọa độ là
A.  1;0  .

B.  0;  2  .

C.  0; 2  .

D.  2;0  .

Câu 24. Cho hàm số f  x  thỏa mãn f '  x   3  5 sin x và f  0   10 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. f  x   3 x  5 cos x  5

B. f  x   3 x  5 cos x  2

C. f  x   3 x  5 cos x  15

D. f  x   3 x  5 cos x  2


C. 3.
D. 4.
4
2
Câu 28. Cho hàm số y  ax  bx  c ( a  0 ) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  0 , b  0 , c  0 . B. a  0 , b  0 , c  0 .
C. a  0 , b  0 , c  0 . D. a  0 , b  0 , c  0 .
Facebook Nguyễn Vương 3


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Câu 29. Diện tích của hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  f ( x) , trục hoành và hai đường
thẳng x  a , x  b (a  b) (phần tơ đậm trong hình vẽ) tính theo cơng thức

b

A. S 



c

f ( x)dx .

a

b

A. z  3  5i .

B. z  3  5i .

C. z  3  5i .
D. z  3  5i .


Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a   2; m  1;3 , b  1;3; 2n  . Tìm m, n
 
để các vec tơ a, b cùng hướng.
3
4
A. m  7; n   .
B. m  4; n  3 .
C. m  2; n  0 .
D. m  7; n   .
4
3

 S  có tâm I  2;1;1 và mặt
phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Biết mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường
trịn có bán kính bằng 1. Viết phương trình của mặt cầu  S 
2
2
2
2
2
2
A.  S  :  x  2    y  1   z  1  8

1
1
2
A. M  1; 0;  3
B. M  2; 3; 3
d:

2
1 7
C. M  ; ;  
3
6 6

7
2
 1
D. M   ;  ;   .
6
3
 6

Câu 36. Cho hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế (5 cặp ghế đối diện). Xếp ngẫu nhiên 10
học sinh gồm 5 nam và 5 nữ vào hai dãy ghế đó. Xác suất để có đúng 1 cặp học sinh
nam và học sinh nữ ngồi đối diện bằng
5
5
A.
.
B.
.

2a
.
3

x

Câu 38. Xét hàm số F  x    f  t  dt trong đó hàm số y  f  t  có đồ thị như hình vẽ bên. Trong các giá trị
2

dưới đây, giá trị nào là lớn nhất?

A. F 1

B. F  2 

C. F  3

Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

D. F  0 
m

để trên đồ thị hàm số

1
 Cm  : y  x3  mx 2   2m  3 x  2018 có hai điểm nằm về hai phía của trục tung mà tiếp tuyến
3
của  Cm  tại hai điểm đó cùng vng góc với đường thẳng  d  : x  2 y  5  0 ?

A. 3

Câu 41. Ngày 23/2/2021, ngày con gái đầu lòng chào đời, anh Vương quyết định mở một tài khoản tiết
kiệm ở ngân hàng cho con với lãi suất 0,5% /tháng. Kể từ đó, cứ vào ngày 21 hàng tháng, chú sẽ
gửi vào tài khoản một triệu đồng. Sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính
lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là bao nhiêu?
(làm trịn đến triệu đồng)
A. 387 (triệu đồng)
B. 391 (triệu đồng)
C. 388 (triệu đồng) D. 390 (triệu đồng)

Facebook Nguyễn Vương 5


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Câu 42. Cho hàm số y  f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r trong đó m, n, p, q, r   .Biết rằng hàm số

y  f  x

có

đồ

thị

như

hình

vẽ


D. 0 .

z
là số thuần ảo ?
z2
C. 1
D. 0

Câu 44. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2  3i  5 và
B. vô số

A. 2

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho hai mặt phẳng
2

2

 P : x  y  z  3  0 ,

2

 Q  : x  2 y  2 z  5  0 và mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  4 y  6 z  11  0 . Gọi M là điểm di
động trên  S  và N là điểm di động trên  P  sao cho MN ln vng góc với  Q  . Giá trị lớn
nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng
A. 9  5 3
B. 28


C. 14 .

a x  1, x  1
Câu 48. Cho hàm số f  x    2
với a, b là các tham số thực. Biết rằng f  x  liên tục và có đạo
 x  b, x  1
2

hàm trên  , tính I 

 f  x  dx .

1

A. I 

26
.
3

B. I 

19
.
3

C. I 

25
.



và mặt cầu
10
8
1
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  15  0 . Mặt phẳng chứa d , tiếp xúc với  S  và cắt trục Oz tại
điểm có cao độ lớn hơn 3 có phương trình là
A. 2 x  3 y  4 z  10  0
B. 2 x  3 y  4 z  12  0
C. 3x  4 y  2 z  12  0
D. 3x  4 y  2 z  10  0

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

Facebook Nguyễn Vương 7


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

1.B
11.D
21.B
31.D
41.C
Câu 1.

2.A
12.A
22.A

44.C

Số cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là
A. A62 .
B. C62 .

8.D
18.C
28.A
38.B
48.A

9.A
19.A
29.D
39.C
49.C

10.B
20.A
30.C
40.A
50.D

D. 6 2 .

C. 2 6 .
Lời giải

Chọn B

4
4
n 1
1 1
1
Số hạng tổng quát: un  u1.q n 1  .    n , n   * .
4 4
4

Diện tích mặt cầu bán kính R bằng
4
A.  R 2 .
B. 2 R 2 .
3

D.

C. 4 R 2 .

1
, n  * .
4n

D.  R 2 .

Lời giải
Chọn 4 R
Câu 4.

2



Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  2;    .
B.  2;3 .
C.  3;   .

D.  ;  2  .

Lời giải
Chọn  2;3
Câu 5.

Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a và thể tích bằng a 3 . Tính chiều cao h của
hình chóp đã cho.
3a
3a
3a
A. h 
B. h 
C. h 
D. h  3a
6
2
3
Lời giải
Chọn D
Do đáy là tam giác đều cạnh 2a nên SABC

 2a 

C. 4

B. {  4;4}

D. 4

Lời giải
Chọn B

log3 (x2  7)  2 

x  4
 x  4

x2  7  9  

5

Câu 7.

Cho


0

5

f  x  dx  2 . Tích phân   4 f  x   3x 2  dx bằng
0


Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Hàm số có ba điểm cực trị.
Câu 9.

Đường cong trong hình bên là của đồ thị hàm số nào dưới đây?

A. y   x 4  2 x 2  2

B. y  x 4  2 x 2  2

C. y  x3  3 x 2  2
Lời giải

D. y   x3  3 x 2  2

Chọn A
Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm trùng phương có 3 cực trị và có a  0
Câu 10. Cho log a b  2 và log a c  3 . Tính P  log a b 2 c 3 .




D.

1 4 1 2
x  x C .
4
2

Lời giải
Ta có

 x

3

 x dx 

1 4 1 2
x  x C .
4
2

Câu 12. Cho số phức z  2  3i . Tìm phần thực a của z ?
A. a  2
B. a  3
C. a  2
Lời giải
Chọn A
Số phức z  2  3i có phần thực a  2 .



2

D. ( x  2) 2   y  3    z  4   3 .
Lời giải

Chọn D
Bán kính mặt cầu là R  IA  3 .
2

2

Phương trình mặt cầu tâm I (2;3; 4) và R  IA  3 là ( x  2) 2   y  3    z  4   3
Câu 15. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  5  0 có một véc-tơ pháp tuyến là




A. n1   3; 2;1 .
B. n3   1; 2; 3 .
C. n4  1; 2;  3 .
D. n2  1; 2; 3 .
Lời giải

Một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  5  0 là n2  1; 2; 3 .
 x  2  t

Câu 16. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : y  1  2t có một véctơ chỉ phương là

 z  3  t


.
 SB
,  ABC   SB
, AB  SBA

 





2
2
Mặt khác có ABC vuông tại C nên AB  AC  BC  a 3 .


Khi đó tan SBA

SA 1


,  ABC   30 .
nên SB
AB
3





x 
x 
x 
x 
x 
 x
 x
Bảng biến thiên









Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số bằng 4
Facebook Nguyễn Vương 11


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Câu 20. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a3b 2  32 . Giá trị của 3log 2 a  2log 2 b bằng
A. 5 .
B. 2 .
C. 32 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn A


A'
B'
D'

C'

O

A

B

D

C

Nối AC  AC  O . Ta có: O cách đều các đỉnh của hình lập phương do đó O là tâm mặt cầu
ngoại tiếp, bán kính mặt cầu:
R  OA 

AC 

2

AA2  AD 2  AB2 a 3
2 R 2 3R

a



ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT 2021

Ta có f  x     3  5 sinx  dx  3x  5 cos x  C
Theo giả thiết f  0   10 nên 5  C  10  C  5 .
Vậy f  x   3 x  5 cos x  5.
Câu 25. Số lượng của một loại vi khuẩn tại thời điểm t (giờ) được tính theo cơng thức N  t   200.100,28t .
Hỏi khoảng thời gian để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần gần nhất với kết quả nào dưới
đây?
A. 3 giờ 58 phút.
B. 3 giờ 34 phút.
C. 4 giờ 3 phút.
D. 3 giờ 40 phút.
Lời giải
Chọn B
Số lượng vi khuẩn tại thời điểm t1 , t 2 (giờ)  t1  t2  tương ứng là: N  t1   200.100,28t1 ,

N  t2   200.100,28t2 .
Để số lượng vi khuẩn đó tăng lên gấp 10 lần thì N  t2   10.N  t1   100,28t2  10.100,28t1

 100,28t2  100,28t1 1  0, 28t2  0, 28t1  1  0, 28  t2  t1   1
1
25
(giờ)  3 giờ 34 phút.

0, 28 7
Vậy cần xấp xỉ 3 giờ 34 phút để số lượng vi khuẩn tăng lên gấp 10 lần.
Câu 26. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V
của khối chóp S. ABC
13a 3

Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC , khi đó AI là đường cao của tam giác
đáy. Theo định lý Pitago ta có AI  a 2 

a2 a 3
2
2a 3 a 3

, và AO  AI 
.

3
3.2
3
4
2

Trong tam giác SOA vuông tại O ta có SO  4a 2 

a2
11a

3
3

1 1 a 3 11a
11a 3
Vậy thể tích khối chóp S. ABC là V  . a
.

.


Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  0 , b  0 , c  0 . B. a  0 , b  0 , c  0 .
C. a  0 , b  0 , c  0 . D. a  0 , b  0 , c  0 .
Lời giải
Đồ thị cắt trục tung tại điểm  0;c  , từ đồ thị suy ra c  0
Mặt khác đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên y  0 có ba nghiệm phân biệt, hay

y  4ax3  2bx  2 x  2ax 2  b   0 có ba nghiệm phân biệt. Suy ra a, b trái dấu.
Mà a  0  b  0
Câu 29. Diện tích của hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  f ( x) , trục hoành và hai đường
thẳng x  a , x  b (a  b) (phần tơ đậm trong hình vẽ) tính theo cơng thức

b

A. S 

 f ( x)dx .
a

b

C. S   f ( x)dx .
a

c

b

B. S   f ( x)dx   f ( x )dx .


Dựa vào đồ thị ta thấy trên đoạn  a; c  có f ( x)  0 ; trên  c; b có f ( x)  0 .
c

b

Suy ra S    f ( x)dx   f ( x)dx .
a

c

Câu 30. Cho hai số phức z1  1  i và z2  2  3i . Tính mơđun của số phức z1  z2 .
A. z1  z2  1 .

B. z1  z2  5 .

C. z1  z2  13 .

D. z1  z2  5 .

Lời giải
Chọn C
Ta có z1  z2  1  i  2  3i  3  2i  z1  z2  3  2i  13 .
Câu 31. Điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức z . Chọn kết luận đúng về số phức z .

A. z  3  5i .

B. z  3  5i .

C. z  3  5i .

 2  k .1


  m  1  k .3   m  7 .
3  k . 2n
  n   3


4
 
3
Vậy các vec tơ a, b cùng hướng khi m  7; n   .
4

 S  có tâm I  2;1;1 và mặt
phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Biết mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường
trịn có bán kính bằng 1. Viết phương trình của mặt cầu  S 
2
2
2
2
2
2
A.  S  :  x  2    y  1   z  1  8
B.  S  :  x  2    y  1   z  1  10

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

Facebook Nguyễn Vương 15


2
2
Mặt cầu  S  tâm I  2;1;1 bán kính R  10 là  x  2    y  1   z  1  10 .
2

2





2

Câu 34. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A  4;0;1 và B  2; 2;3  . Mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB có phương trình là
A. 6 x  2 y  2 z  1  0. B. 3 x  y  z  6  0. C. x  y  2 z  6  0. D. 3x  y  z  0.
Lời giải
Chọn D

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến là AB    6; 2; 2  và đi qua trung
điểm I 1;1; 2  của đoạn thẳng AB. Do đó, phương trình mặt phẳng đó là:
 6  x  1  2  y  1  2  z  2   0  6 x  2 y  2 z  0  3 x  y  z  0.

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;  1; 2  , B  1; 2; 3 và đường thẳng

x 1 y  2 z 1


. Tìm điểm M  a; b; c  thuộc d sao cho MA2  MB 2  28 , biết c  0.
1

2
2
2
2
2
  t    3  t   1  2t    2  t    t    2  2t   28
t  1 L 
 12t  2t  10  0  
t   5  T / m 

6
5
1
7
2


Với t   , ta có M  ; ;   .
6
6
6
3


2

Câu 36. Cho hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế (5 cặp ghế đối diện). Xếp ngẫu nhiên 10
học sinh gồm 5 nam và 5 nữ vào hai dãy ghế đó. Xác suất để có đúng 1 cặp học sinh
nam và học sinh nữ ngồi đối diện bằng
5

- Chọn ra một học sinh nữ xếp vào ghế đối diện: có 5 cách chọn.
- Chọn ra 2 cặp ghế trong 4 cặp ghế còn lại để xếp 4 học sinh nam vào: Có C42 .4! cách
- Xếp 4 học sinh nữ cịn lại vào 4 ghế: có 4!
Vậy số cách xếp để có đúng 1 cặp học sinh nam và học sinh nữ ngồi đối diện nhau là:

n  A  10.5.5.C42 .4!.4!  864000
Vậy xác suất để có đúng 1 cặp học sinh nam và học sinh nữ ngồi đối diện là:

P  A 

n  A
n  



864000 5
 .
10!
21

Câu 37. Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật với AC  a 5 và

BC  a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và BC.
a 3
3a
A.
.
B. a 3 .
C.
.

dưới đây, giá trị nào là lớn nhất?

Facebook Nguyễn Vương 17


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

A. F 1

B. F  2 

C. F  3
Lời giải

D. F  0 

Chọn B
x

Giả sử g  t  là một nguyên hàm của hàm số f  t  . Khi đó: F  x    f  t  dt  g  x   g  2  .
2

Ta có bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của hàm số g  t  là g  2  suy ra F  2  là giá trị lớn nhất trong các giá trị đã cho.
Câu 39. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số

m

để trên đồ thị hàm số

2
 x1  x2   2 x1 x2  2m  x1  x2   4m  10  0
 x1  x2  2m  x1  x2   4m  10  0
 x1  x2  2m

 x1 x2  2m  5
Yêu cầu bài toán  tồn tại x1 , x2 và x1 x2  0  Phương trình X 2  2mX  2m  5  0 có 2
   m 2  2 m  5  0 m
5
nghiệm trái dấu  
m .
2
 2m  5  0
Vì m nguyên dương nên m  1; 2 . Vậy có 2 giá trị của m thoả mãn bài toán.

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT 2021

Câu 40. Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vng cân có
cạnh huyền bằng a 2 ; BC là dây cung của đường trịn đáy hình nón sao cho mặt phẳng  IBC 
tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a diện tích S của tam giác IBC .
A. S 

2a 2
3

B. S 

2a 2

OI
a 6
a 3
2 3a

. MA  OA2  OM 2 
nên AB  2 MA 
0
tan 60
6
3
3
2
a 6
1
a 2
IM  OI 2  OM 2 
. Vậy S IAB  IM . AB 
3
2
3

Ta có OM 

Câu 41. Ngày 23/2/2021, ngày con gái đầu lòng chào đời, anh Vương quyết định mở một tài khoản tiết
kiệm ở ngân hàng cho con với lãi suất 0,5% /tháng. Kể từ đó, cứ vào ngày 21 hàng tháng, chú sẽ
gửi vào tài khoản một triệu đồng. Sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính
lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi vào ngày 22/5/2036, số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là bao nhiêu?
(làm trịn đến triệu đồng)
A. 387 (triệu đồng)

1

n 1

 1  r 

n 2

2
 ...  1  r   1  r   1


1  r 
Facebook Nguyễn Vương 19


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Số tiền thu được cuối tháng thứ n là: A 

a
n
1  r  1  r   1 .
r

Áp dụng với: a  1 ; r  0.005 ; n  216 .
Số tiền trong tài khoản tiết kiệm đó là A 

1
216


f  x   16m  8n  4 p  2q  r có tất cả bao nhiêu phần tử?

A. 5 .

B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn C
Ta có: f  x   16m  8n  4 p  2q  r  f  x   f  2  .

2

Dựa vào đồ thị hàm số f   x  ta có: f  2   f  1 

 f   x dx  0  f  2   f  1

1

Bảng biến thiên của hàm số y  f  x 

Dựa vào bảng biến của hàm số y  f  x  ,ta thấy phương trình f  x   16m  8n  4 p  2q  r có 4
nghiệm phân biệt.
Câu 43. Cho bất phương trình m.9 x   m  1 .16 x  4  m  1 .12 x  0 với m là tham số. Có bao nhiêu giá
trị nguyên của m thuộc khoảng  0 ; 10  để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  .
A. 8 .

 0 , t  0
2
2
t  4t  1
t

4
t

1


m

Bảng biến thiên

Bất phương trình  2  được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng y  m luôn nằm trên mọi
điểm của đồ thị hàm số y  f  t  . Từ BBT suy ra m  1
Mà m là số nguyên thuộc khoảng  0 ; 10  nên m1 ; 2 ; 3 ;. . . ; 9 

z
là số thuần ảo ?
z2
C. 1
D. 0
Lời giải

Câu 44. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2  3i  5 và
A. 2


 a  2   b  0
2
2
a  a  2   b 2  0
a  b  2a  0
 2
Ta có hệ phương trình 
2
2
2
a  b  4a  6b  12  0
 a  2    b  3  25
 a  1
(t / m)

b  2  a
b

1
b  2  a

 2
 2

2
 a  2
2
a

6

động trên  S  và N là điểm di động trên  P  sao cho MN ln vng góc với  Q  . Giá trị lớn
nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng
A. 9  5 3
B. 28

C. 14
Lời giải

D. 3  5 3

Chọn A
Facebook Nguyễn Vương 21


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  5 ; d  I ,  P    3 3 .


MN có vectơ chỉ phương u 1; 2; 2  , mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n 1; 1;1 .
 
u.n
1
Gọi  là góc giữa MN và mặt phẳng  P   sin     
.
3
u . n

d  M ,  P 



3

g   x   f   x    x  1  x  m   x  3
5

g  x   0   x  m  0  x  m
- TH 1: m  0 thì x  0 . Khi đó x  0 là nghiệm bội lẻ của g   x  nên g   x  đổi dấu một lần qua
x  0 suy ra hàm số g  x  có duy nhất một điểm cực trị là x  0 .
- TH 2 m  0 thì g   x  vô nghiệm, suy ra g  x   0 với mọi x  0
Hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng  0;  .
Cả hai trường hợp trên đều có: hàm số g  x   f  x  có duy nhất một điểm cực trị là x  0 .
- TH 3: m  0 thì x  m là nghiệm bội lẻ của g  x 
Bảng biến thiên của hàm số g  x   f  x  :

- Lại có m  [ 5;5] và m nguyên nên m  1, 2,3, 4,5 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của m .
Câu 47. Cho các số thực dương x , y thay đổi và thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu
x
thức T  log 2x  x 2   3log y là
y
y
A. 19 .

B. 13 .

C. 14 .
Lời giải

D. T  15 .


4

1  t 

2

3
  3 với t   0;1 .
t

3t 3  t 2  9t  3
t 2 1  t 

3

 3t  1  t 2  3

,
3
t 2 1  t 

1
f   t   0  3t  1  0  t  .
3
lim f  t    ; lim f  t    .

t 0

t 1

19
.
3

C. I 

25
.
3

1
D. I  .
3

Lời giải
Chọn A
ax  1, x  1
+ Hàm số f  x    2
liên tục trên   f  x  liên tục tại x  1 .
 x  b, x  1
f 1  a  1 .
lim f  x   lim  ax  1  a  1 .

x 1

x 1

lim f  x   lim  x 2  b   b  1 .

x 1

2.
x 1
x 1
x 1 x  1
x 1
x 1
lim

Facebook Nguyễn Vương 23


FanPage: Nguyễn Bảo Vương - 0946798489

f  x  có đạo hàm tại x  1  lim
x 1

f  x   f 1
f  x   f 1
 lim
a2
x 1
x 1
x 1

Vậy a  b  2 .
2 x  1, x  1
+ Với a  b  2 , f  x    2
.
 x  2, x  1
2

26
   x  2  dx    2 x  1 dx    2 x    x 2  x  
.
1
3
 3
 1
1
1
2

Câu 49. Cho hình chóp S . ABCD có SA  SB  SC  AB  BC  CD  DA  1. Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần
lươt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . AC cắt BD tại O . Khi thể tích khối
S . ABCD lớn nhất thì thể tích khối chóp O.G1G2G3G4 bằng
1
1
1
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
81
27
54
81

Đặt SD  x  x  0  .
Ta có BD  SB 2  SD 2  1  x 2  OD 

1  x2
.
2

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2021
2

2

1 x
3 x

 AC  3  x 2 , 0  x  3
4
2
1
1
 S ABCD  AC  BD 
1  x2  3  x2 .
2
2
SB . SD
x

.

4
9
3
3
2
2 1 1
 VO.G1G2G3G4  VS . ABCD    .
27
27 4 54
1
Vậy khi thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất thì VO.G1G2G3G4  .
54
x y  2 z 1

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : 
và mặt cầu
10
8
1
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  15  0 . Mặt phẳng chứa d , tiếp xúc với  S  và cắt trục Oz tại
Dấu “  ” xảy ra  x 

điểm có cao độ lớn hơn 3 có phương trình là
A. 2 x  3 y  4 z  10  0
C. 3x  4 y  2 z  12  0

B. 2 x  3 y  4 z  12  0
D. 3x  4 y  2 z  10  0

Lời giải

Khi A   B ta chọn B  4  A  3 . Mặt phẳng ( P ) : 3x  4 y  2 z  10  0
4
Vì mặt phẳng ( P ) cắt trục Oz tại điểm có cao độ lớn hơn 3 cho nên ta nhận mặt
phẳng ( P ) : 3x  4 y  2 z  10  0

Facebook Nguyễn Vương 25