Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2021 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: Tiêu Kính Đằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2021 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh dưới đây, giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2021 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ TN 2021 TRỰC TUYẾN LẦN THỨ 2 ----o0o---- Môn: Toán 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 . B. 3 . C. 2 . 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  . x2 Câu 6. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là đường thẳng x 1 A. y   2 . B. y  1 . C. x  1 . D. x  2 . 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  1 x  1 1 x Câu 7. Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y 2 2 O 1 x 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
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 . B. 0 . 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 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 luôn có a 2 bằng 2 1 A. . B. 2 . C. a 2 . D. 2a . a a Lời giải 1 Áp dụng công thức a  m  . 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 . a ln a a ln a C. ln  . D. ln  . b ln b b b Lời giải Theo công thức lôgarit của tích. Câu 13. Nghiệm của phương trình log 2  2 x   0 1 A. x  0 . B. x  2 . C. x  . D. x  1 . 2 3
Lời giải 1 log2  2x   0  2x  20  x  . 2 Câu 14. Cho hàm số f  x   x 1 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 2 1  f  x  dx  2 x  C .  f  x  dx  3 x  xC. 3 A. B. C.  f  x  dx  x 3  xC . D.  f  x  dx  2 x  1  C . Lời giải 1 3  f  x  dx    x  1 dx  x  xC 2 Ta có: 3 1 Câu 15. Cho hàm số f  x   . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 2x 1 A.  f  x  dx  ln x  C . B.  f  x  dx  ln  2 x   C . 2 C.  f  x  dx  2 ln x  C . D.  f  x  dx   2 sin 2 x  C . Lời giải  1  1 1 1 Áp dụng công thức ta có:  f  x  dx    2 x  dx  2   x  dx  2 ln x  C . b b Câu 16. Nếu  f  x  dx  3 thì  2 f  x  dx bằng a a A. 6 . B. 5 . C. 8 . D. 9 . Lời giải b b Ta có:  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 1 1 A. 3  4i . B.  i . C.  i . D.  i. 4 5 4 5 3 4 Lời giải 1 1 3  4i 3 4 Số phức nghịch đảo của số phức z  3  4i là số phức     i. z 3  4i 5 5 5 4
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. . D. 83 . 3 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 1 A. V   rh . B. V   r 2 h . C. V   rh . D. V   r 2 h . 3 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 4 3 4 3 A.  R 3 . B. 4 R 2 . C. R . D. R . 4 3 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 . C. 19 . D. 19 . 20 15 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 Xác suất cần tìm là: . 30 Câu 30. Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? x 1 A. y  . B. y  x  1 . C. y  x3  2 x 2  3x . D. y  x 4  2 x 2  5 x2 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  . 2x 1 Câu 31. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)   a trên đoạn  0; 2 x 1 . Giá trị M  m bằng A. 2a  4 B. 2a  2 C. 2 D. 4 Lời giải 2x 1 Hàm số f ( x)   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 . B. t 2  1  0 . C. 2t 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 1 A. 2 B. 0 C. 1 D. 2 Lời giải 3 3 1 Ta có  2 f '  x   1 dx  5  2  f  3  f 1  2  5  f  3  2  f 1  2 . 1 6
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 C. 5 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 2  1  3i   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 . D. 45 . Lời giải . 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 2a 3 3 2a 3 3a 3 2 3a3 2 A. . B. . C. . D. . 16 12 16 48 Lời giải Chọn C A' C' B' H A C 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 vuông tại A nên có: 1 1 1 1 4 4 1 8 a 6     2 2   2  AA  . A A2 AM 2 AH 2 A A2 3a a A A 2 3a 4 a 2 3 a 6 3a3 2 Thể tích của lăng trụ ABC . AB C  là V  .  . 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 A. AB  9 . B. AB  4 . 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 2 2 2      z  1   .  x  y  0  z  1  4   z  3 2  x  y  0     z  3 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 . C. x  2 y  2  0 . D. x  2 y  z  2  0 . Lời giải Gọi I là trung điểm của AB . Ta có: I 1;0;1 .  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. D. 3. Lời giải  1 x   2  3u 5 Đặt u  3  2 x  x  . Ta có f '  3  2 x   0   x  . 2 2 x  3   x  4 8
3  u 1  2  2  u  4 3  u  5  u  2  2 2 Suy ra f '  u   0    .  u  3 3  u 3   2  u  5 3  u  4  2  1 3u 5  1  x 5  2  2  2  2  u  4  Hơn nữa f '  u   0  f '  3  2 x   0  2 2  .   3u  u  5 x  4  2 4 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 . 1 Phương trình đã cho có nghiệm  m   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. 3 5 1 Câu 41. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  và có  0 f  x  dx  8 và  0 f ( x)dx  4 . Tính  f  4 x  1  dx 1 9 11 A. . B. . C. 3 . D. 6 . 4 4 Lời giải 1 1 4 1 Ta có:  f  4 x  1  dx   f  4 x  1 dx   f  4 x  1 dx . 1 1 1 4 1 4 0 5 1 1 1 Tính: A  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 3 1 1 Tính: B   f  4 x  1 dx . Đặt t  4 x  1  dt  dx  B   f (t )dt  2 . 1 4 40 4 1 Vậy 1  f  4 x  1  dx  A  B  3 . 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 . B. 0 . C. 2 . 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) a  b  2  0 Lại có  z  2i    a   b  2  i  là số thuần ảo  a 2   b  2   0   2 2 2 (2) a  b  2  0 2 4 Từ (1) và (2) ta có 2 số phức thỏa mãn bài toán 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A' B 'C ' . 4 a 3 3 A. V  2 a 3 3 . B. V  . C. V  4 a 3 3 . D. V  4 a3 3 Lời giải Chọn D 10
  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 1   1 .  2a 2 sin120  a 2 3 và Ta có SABC  AB. AC.sin BAC 2 2   2a.cos60  a ; AA  AM .tan A AM  AC cos MAC MA  a ; BC  2 BM  2 AB 2  AM 2  2 4a 2  a 2  2a 3 BC 2a 3 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 2r  r  2a .  sin BAC 2sin 60 Vậy thể tích khối trụ cần tìm là V   r 2 h   .  2a  .a  4 a 3 . 2 Câu 44. Hành lang trong một tòa 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. D. 2 loại. Lời giải Bài toán tổng quát: 11
2  b a  với các kích thước như hình vẽ, l  2   c . 2  sin  cos   b a Độ dài ống thép dài nhất có thể mang qua bằng giá trị nhỏ nhất của l . Khi đó  nhỏ nhất. sin  cos  b 3 Tương ứng khi tan   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 vuông góc với  có phương trình x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z A.   . 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 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 Phương trình đường thẳng d :   . 2 5 3 Câu 46. Cho hàm số f ( x) có bảng biến thiên sau: 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 m  1 m 1 Nhận xét   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 1  có 6 nghiệm phân biệt thuộc  0; 3  . sin x   m  1  2  2  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  m  1   2      1  m  1  1  m  1 .   1   m  1  0   1  m  1   2   0   m  1 1   2 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. D. vô số. Lời giải Chọn B  x  2 y  3t Đặt log3  x  2 y   log 2  x 2  y 2   t   2 (*)  x  y  2 2 t t 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 2 log 9 5 Suy ra x 2  y 2  2t  2 2  2.1 . Vì y   nên y  1; 0;1 .  x  1  3t   2 +Với y  1 , hệ (*) trở thành  2  3t  1  1  2t  9t  2.3t  2t  2  0 (**)  x  1  2 t 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 (**) vô nghiệm.  x  3t 9 t - Với y  0 thì hệ (*) trở thành  2  9t  2t     1  t  0  x  1.  x  2 2 t 13
 x  1  3t   3t  1  2t  1 *** . 2 - Với y  1 thì hệ (*) trở thành  2  x  1  2 t Dễ thấy (***) luôn 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 tròn có bán kính bằng 1 (hình vẽ). Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x  1  x  1 thì được thiết diện là một tam giác đều. Tính thể tích V của vật thể đó. 4 3 A. V  3 . B. V  3 3 . C. V  . D. V   . 3 Lời giải Chọn C Tại vị trí có hoành độ x  1  x  1 thì tam giác thiết diện có cạnh là 2 1  x 2 .   3 2 Do đó tam giác thiết diện có diện tích S  x   2 1  x 2  3 1  x 2  . 4 4 3 3 1  x 2  dx  1 Vậy thể tích V của vật thể là: 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 , 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 . D. 4 . Lời giải 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  1z   i  2 2 Khi đó, ta có:  .  2a  a 2  12a  16  z2  2  2 i  OM  ON  z1  z2  2a  3 và MN  z1  z2   a 2  12 a  16 . 14
  120 OM 2  ON 2  MN 2 a 2  8a  10 1 Tam giác OMN cân nên MON   cos120   2OM .ON 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 . B. 1 . C. 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 tam giác vuông đồng dạng AK AI    AB 2  2 3 AH  BH 2  2 3 AH  AH 2 AH AB Khi đó VABCD  1 3 1 AH .SBCD  AH . 3 3 3BH 2 4  4 3  AH 2 3 AH  AH 2   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   2 x  4 3  3 Bảng biến thiên 4 3 Ta thấy f ( x) lớn nhất khi AH  . 3 15
4 3  4  4 2 4 Khi AH   AH  AI  H  ; ;  3 3  3 3 3  Khi đó mặt phẳng  BCD  đi qua H và có vectơ pháp tuyến AI  1; 1;1 nên có PT: 4  2 4 x y   z  0 x  y  z 2  0 3  3 3 Vậy b  1; c  1; d  2; b  c  d  2 . ____________________ HẾT ____________________ 16