Đề minh họa kỳ thi THPTQG môn Toán năm 2021 có lời giải chi tiết

LỜI GIẢI ĐỀ THI THAM KHẢO THPT QG TOÁN 2021 (Lê Phúc Lữ tổng hợp và giới thiệu) 1. Bảng đáp án. 1C 11B 21A 31D 41B 2D 12A 22B 32A 42C 3B 13C 23D 33D 43A 4D 14B 24C 34D 44C 5A 15A 25B 35B 45A 6A 16A 26B 36A 46A 7B 17D 27A 37B 47A 8C 18A 28D 38A 48D 9D 19B 29C 39C 49B 10A 20D 30C 40A 50C 2. Phân tích sơ bộ. a. Cấu trúc đề (số câu từng chương). - (1) Chương Ứng dụng đạo hàm: 10. - (2) Chương Hàm số lũy thừa, mũ & logarit: 8. - (3) Chương Nguyên hàm & tích phân: 7. - (4) Chương Số phức: 6. - (5) Chương Thể tích khối đa diện: 3. - (6) Chương Khối tròn xoay: 3. - (7) Chương Hình giải tích trong không gian: 8. - (8) Lớp 11: + Đại số & giải tích: 3. + Hình học: 2. b. Nhận xét. - Các câu khó, mức độ 4 thuộc về các phần: (1), (2), (3), (4), (7). - Các câu mức độ 3 có khoảng 10 câu và có đủ ở các phần, còn lại 35 câu mức 1-2. - Nội dung của lớp 11 chiếm 10%, các câu mức độ 1-2. - Các câu ở mỗi mức độ đang được sắp xếp theo từng chương (giống năm 2017), nhưng đề chính thức chắc không như thế. - So về mức độ thì đề này dễ hơn đề chính thức năm 2019 nhưng khó hơn đề năm 2020. - Không có xuất hiện phần: lượng giác, bài toán vận tốc, bài toán lãi suất, phương trình tiếp tuyến, khoảng cách đường chéo nhau. - Về 5 câu khó nhất (vận dụng cao): câu 46, biện luận số cực trị của hàm chứa trị tuyệt đối là khó nhất đề, đòi hỏi thực hiện nhiều bước; câu 47, 48, 49 đòi hỏi có các kinh nghiệm nhất định ở dạng này để chọn hướng tiếp cận đúng mới xử lý nhanh gọn được; câu 50 có nét mới là kết hợp nhiều chương: khối tròn xoay, tìm giá trị lớn nhất và hình giải tích Oxyz. - Thời gian lý tưởng để một học sinh muốn được 9+ đề này là: 35 câu đầu làm (và kiểm tra lại) trong 20 phút; 10 câu tiếp theo làm trong 30-40 phút; 5 câu cuối dành 30-40 phút còn lại làm được càng nhiều càng tốt. 1 3. Lời giải chi tiết. Chọn câu C. Đây chính là tổ hợp chập 3 của 5, việc chọn học sinh ra không có tính thứ tự. Chọn câu D. Công sai d u2 u1 2 nên u3 u2 d 5. Chọn câu B. Ta thấy trên (0;2) thì f ( x) 0 và mũi tên có chiều hướng lên. Chọn câu D. Vì f ( x ) đổi dấu từ sang khi hàm số qua x 2 nên xCD 2. Chọn câu A. Ta thấy f ( x ) đổi dấu khi qua cả bốn số x điểm cực trị của hàm số f ( x ). 2, x 1, x 3, x 5 nên chúng đều là các 2 Chọn câu A. Ta có lim x 1 2x 4 x 1 và lim x 1 2x 4 x 1 nên x 1 là tiệm cận đứng. Chọn câu B. Đây chính là dạng của đồ thị hàm trùng phương có hệ số cao nhất dương, có ba điểm cực trị và cắt trục tung tại điểm có tung độ âm. Khi đó chỉ có y x 4 2 x 2 1 là thỏa mãn. Chọn câu C. Để tìm tọa độ của giao điểm với trục tung, ta cho x 0. Chọn câu D. Ta có log3 (9a) log3 9 log3 a 2 log3 a. Chọn câu A. Áp dụng công thức (a x ) a x ln a với a 0, a 0 và m, n . 1. Chọn câu B. n Ta có m an a m với mọi a 3 Chọn câu A. Ta có 52 x 4 25 2x 4 2 x 3. x 8 . 3 Chọn câu C. Ta có log2 (3x) 3 3x 23 Chọn câu B. Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: (3x 2 1)dx x3 x C. Chọn câu A. Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản: 1 sin(2 x ) 2 cos(2x )dx C. Chọn câu A. 3 Ta có 2 f ( x)dx 3 f ( x)dx 1 1 f ( x )dx 5 2 3. 2 Chọn câu D. 2 Ta có 2 3 x dx 1 x4 4 1 24 14 4 15 . 4 4 Chọn câu A. Ta có (a a bi nên z bi ) 3 2i. Chọn câu B. Ta có z w (3 i ) (2 3i ) 1 2i. Chọn câu D. Điểm biểu diễn của z a bi có tọa độ là (a; b) nên 3 2i biểu diễn bởi (3; 2). Chọn câu A. Thể tích khối chóp là: 1 S h với S 3 diện tích đáy, h chiều cao nên V 6 5 3 10. Chọn câu B. Thể tích cần tìm là V 2 37 42. Chọn câu D. Đây là công thức SGK. Chọn câu C. Ta có S xq 2 rl 2 4 3 24 (cm2 ). 5 Chọn câu B. Trung điểm I của AB có tọa độ là xI 3 1 2 2, y I 1 1 2 1, z I 2 0 1. 2 Chọn câu B. Phương trình mặt cầu là: ( x a )2 (y b)2 (z c) 2 R2 nên R2 9 R 3. Chọn câu A. Thay tọa độ của điểm M trực tiếp vào các phương trình để kiểm tra. Chọn câu D. Ta có OM (1; 2;1) là một vector chỉ phương của đường thẳng OM . Chọn câu C. Trong 15 số nguyên dương đầu tiên 1,2,3, 7 cần tìm là . 15 ,15, ta đếm được có 7 số chẵn nên xác suất Chọn câu C. , loại câu A, xét các câu Hàm số đồng biến trên trước hết phải có tập xác định D 3 2 2 3 2 x) 3x 2 x 1 0, x nên y x x x đồng biến trên . khác. Chỉ có ( x x 6 Chọn câu D. Ta có f ( x) 4 x3 4 x và f ( x) 0 x f (0) Do đó M 11, m 2 và M m x2 log3 27 1 . Trên [0;2], ta xét các giá trị 0, x 3, f (1) 2, f (2) 11. 1 x 13. Chọn câu A. Ta có 34 x2 27 4 x2 3 1 1. Chọn câu D. 3 Áp dụng tính chất tích phân 5 3 2 f ( x ) 1 dx 2 1 3 f ( x )dx 2 f ( x)dx 1 1 3 . 2 Chọn câu D. Dùng tính chất modun của tích: (1 i ) z 1 i 3 4i 2 5 5 2. Chọn câu B. Góc cần tìm là A CA . Vì đáy là hình vuông nên AC tan AA AC 1 AB 2 2 2 và 45 . 7 Chọn câu A. Gọi O là tâm của đáy thì d [S ,( ABCD)] nên SO SA2 OA2 32 2 SO. Ta có OA AC 2 2 2 2 2 và SA 3 7. Chọn câu B. Bán kính của mặt cầu là MO 2 , và do có tâm ở O(0;0;0) nên có phương trình là x2 y2 z2 4. Chọn câu A. Ta có AB (1; 3;2) là vector chỉ phương của đường thẳng, nó đi qua điểm A(1;2; 1) nên có phương trình tham số là x y 1 t 2 3t , t z 1 2t . Chọn câu C. 8 Đặt 2x t thì t [ 3;4] và ta đưa về xét h(t ) vào đồ thị đã cho thì h (t ) dấu khi qua t f (t ) 2t. Ta có h (t ) 0 có hai nghiệm t 0, còn h (t ) đổi dấu từ 2, trong đó f (t ) 2 lại không đổi 0, t sang f (t ) 2 nên dựa khi qua t Lập bảng biến thiên cho h(t ) trên [ 3;4], ta có max h(t ) 2. h(2) f (2) 4. Chọn câu A. Đặt t 0 thì ta có bất phương trình (2t 2x Vì y nên y Nếu log2 y y 2 2 2 , do đó (*) 2 10 thì x {0,1,2, 2 2 y 0 hay (t y) 2x 1 2 y 2 )(t 2 y) x log 2 y. ,10} đều là nghiệm, không thỏa. Suy ra log2 y 1024 , từ đó có y {1,2, 210 t 2)(t 0 (*). 10 hay ,1024}. Chọn câu B. Trong tích phân I đã cho, đặt t I 1 2 3 f (t )dt 1 2sin x 1 thì dt 1 2 2 (t 2 2t 2cos xdx . Ta có 3)dt 1 1 2 3 (t 2 1)dt 1 23 . 6 Chọn câu C. Đặt z a bi với a, b (z 2i )( z thì 2) a 2 b2 2 Do đó, ta có hệ a (a 2) b(b (a (b 2) 2)i )(a 2 bi ) a(a 2) b(b 2) . a 2 b2 2 hay . Giải hệ này được hai nghiệm. 0 a b 1 9 Chọn câu A. Gọi M là trung điểm BC thì AM góc cần tìm là Suy ra VS . ABC ASM BC và SA BC nên BC ( SAM ). Từ đây dễ thấy 45 . Do đó, SAM vuông cân ở A và SA 1 a 3 a2 3 3 2 4 AM a 3 . 2 a3 . 8 Chọn câu C. Gọi r là bán kính đáy của hình trụ thì ta có 4,45 2r sin150 r 4,45. Từ đó suy ra 1 góc ở tâm ứng với cung này là 60 và cung này bằng chu vi đường tròn đáy. 6 Ta có diện tích xung quanh của các hình trụ là S xd chính là 1 2 rh 6 2 rh nên diện tích của tấm kính rh . Do đó, giá tiền là 1.500.000 3 4,45 1,35 3 9.437.000 đồng. Chọn câu A. Gọi A(2a 1, a, 2a 1) và B(b cần tìm với d1 , d 2 . Ta có AB 2,2b, b 1) lần lượt là giao điểm của đường thẳng d b 2a 1 2 Giải ra được (a; b) 2a ) nên để d (b 2a 1,2b a, b (0;1) nên AB (d ) : 2b a 2 b ( P) thì 2a . 1 (2;2; 1) và A(1;0; 1), B(3;2; 2). Từ đó viết được x 3 2 y 2 2 z 2 . 1 10 Chọn câu A. Ta có f ( x ) bậc ba có 2 điểm cực trị là x 1 nên f ( x) 3, x 3 ra f ( x ) x 2 x 2 3x ) b . Từ f ( 3) 1 và f ( 1) 3 29 x 3 ( 2 x 2 3x ) 1. Do đó f (0) 1 0. 2 3 Đặt h( x) Trên ( 61 , giải ra a 3 a( hay f ( x ) f ( x3 ) 3x thì h ( x) ;0) thì f ( x ) 3x 2 f ( x 3 ) 3 nên h ( x ) 0 nên f ( x 3 ) 0, x 3)( x 1). Suy a( x 0 f ( x3 ) 29 ,b 2 1 1 . (*) x2 0 , kéo theo (*) vô nghiệm trên ( ;0]. 1 nghịch biến nên (*) có không quá 1 nghiệm. Lại có x2 1 1 lim ( f ( x 3 ) ) ) và lim ( f ( x 3 ) nên (*) có đúng nghiệm x c 0. 2 x x 0 x x2 Xét bảng biến thiên của h( x ) : Xét x 0 thì f ( x ) đồng biến còn c 0 x h( x ) 0 h( x ) Vì h(0) h(c) f (0) 0 nên h(c) 0 và phương trình h( x) 0 có hai nghiệm thực phân biệt, khác c. Từ đó h( x ) sẽ có 3 điểm cực trị. Chọn câu A. Điều kiện x 0. Đặt y a log x 2 0 thì y log a x y a log x 2 x log y 2 a 2 a log y 2 x . Từ đó ta có hệ . 11 Do a 2 nên hàm số f (t ) a t 2 là đồng biến trên . Giả sử x sẽ kéo theo y x, tức là phải có x y. Tương tự nếu x y. Vì thế, ta đưa về xét phương trình x Ta phải có x 2 và x Ngược lại, với a xlog a 1 2 với x a log x log a a xlog a f ( x) 2. 10. 10 thì xét hàm số liên tục g ( x) x log a x và g (2) lim g ( x) x nên g ( x ) sẽ có nghiệm trên (2; 0 hay x y thì f ( y ) 2 x log a ( x1 log a 1) 2 có 0. ). Do đó, mọi số a {2,3, ,9} đều thỏa mãn. Chọn câu D. Rõ ràng kết quả bài toán không đổi nếu ta tịnh tiến đồ thị sang trái cho điểm uốn trùng gốc tọa độ O. Gọi g ( x) ax 3 bx 2 cx d là hàm số khi đó thì dễ thấy g ( x ) lẻ nên có ngay b của 3ax 0 và g ( x) d 2 cx có hai điểm cực trị tương ứng là ax 3 0. Từ đó dễ dàng có g ( x) c Xét diện tích hình chữ nhật S1 S2 Vì thế S1 2k 5k 4 3k S và 1 4 S2 3x) với k k x3 1,1, cũng là nghiệm 0. 2k. Ngoài ra, ( 1) g ( 1) 0 S2 k(x 3 5 k. 4 3x dx 1 3 . 5 Chọn câu B. Đặt z1 a bi, z2 di với a, b, c, d c a2 b2 Do đó a 2 2ac c2 b2 2bd Ta có 3z1 z2 3(a c) (3b . Theo giả thiết thì 1, c2 d2 4, (a d2 3 ac bd c) 2 (b d ) 2 3. 1. d )i nên 12 3z1 z2 c) 2 (3a Áp dụng bất đẳng thức z d )2 (3b z 3z1 b2 ) (c2 d 2) 6(ac bd ) 19. z , ta có ngay z z2 9(a 2 5i 3z1 z2 5i 19 5. Chọn câu C. Xét bài toán sau: Cho khối nón ( N ) có đỉnh A , đáy có tâm là I , bán kính r và chiều cao h nội tiếp mặt cầu ( S ) có tâm O , bán kính R. Tìm thể tích lớn nhất của khối nón. Để VN max thì ta xét h R (vì nếu h R thì đối xứng đường tròn đáy của ( N ) qua tâm O , ta có bán kính đáy giữ nguyên nhưng chiều cao tăng lên). Khi đó OI h R và r2 R2 (h R)2 Theo bất đẳng thức Cô-si thì (2 R đạt được khi 2 R h 2 h h 1 2 rh 3 h) nên V h(2R h h h) 2 2 2R 3 3 2 AB 3 2 (4;4;2) 3 Ta cũng có AB 8 R3 . Giá trị lớn nhất này 81 AB sao cho AI 4R 3 2 AB hay 3 8 8 4 14 11 13 ; ; , trong đó I là tâm đường tròn đáy. Từ đó I ; ; . 3 3 3 3 3 3 (4;4;2) (2;2;1) vuông góc ( I ) nên mặt phẳng cần tìm có phương trình 2( x Vì thế (b, c, d ) h )h 2 . 4R . 3 Trở lại bài toán, theo kết quả trên, để V( N ) max thì I AI nên V 1 (2 R 3 14 ) 3 2( y (2,1, 21) nên b 11 ) 3 (z c d 13 ) 3 0 2x 2y z 21 0. 18. Chúc các em học sinh có một mùa thi Đại học thật thành công! 13