Đề thi thpt quốc gia 2021 môn toán

Kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia là một sự kiện quan trọng đánh dấu bước ngoặt trong cuộc đời mỗi học sinh. Trong bài viết này, toanhoc.edu.vn sẽ trình bày hướng dẫn giải chi tiết đề thi toán THPT quốc gia 2021, giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đồng thời rút ra kinh nghiệm cho kỳ thi sắp tới của mình.

Đề thi thpt quốc gia 2021 môn toán

Lời giải chi tiết

Câu 1

Tập nghiệm của bất phương trình \(3^x<2\) là tập hợp các giá trị của x sao cho \(3^x\) nhỏ hơn 2.

Để giải bất phương trình này, ta lấy logarit tự nhiên của cả hai vế:

\(ln(3^{x}) < \ln(2)\)

Vì logarit tự nhiên là một hàm tăng, nên ta có thể áp dụng nó mà không làm thay đổi dấu của bất phương trình

\(xln(3) < \ln(2)\)

Bây giờ, để giải cho x, ta chia cả 2 vế cho ln(3) với ln(3) > 0:

\(x < \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\)

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là x nhỏ hơn \(\frac{\ln(2)}{\ln(3)}\) hoặc trong khoảng \(\left(-\infty, \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\right)\).

Chọn đáp án A.

Câu 2

Chọn đáp án C.

Câu 3

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-4;0) có bán kính 3 có phương trình là \((x-1)^2+(y+4)^2+z^2=9\)

Chọn đáp án B.

Câu 4

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(3; -1; 4)\) và có một vecto chỉ phương \(\vec{u}= (-2; 4; 5)\). Phương trình của \(d\) là
\[
\left\{
\begin{array}{l}
x = 3 – 2t \\
y = -1 + 4t \\
z = 4 + 5t
\end{array}
\right.
\]
Chọn đáp án D.

Câu 5

Dựa vào bảng xét dấu \(f'(x)\) đổi dấu khi qua các điểm \(x \in \{-2; -1; 1; 4\}\).

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4.

Chọn đáp án D.

Câu 6

Dựa vào dáng đồ thị, đây là hàm trùng phương nên loại câu B và D.

Đồ thị có bề lõm hướng xuống nên chọn câu câu A.

Chọn đáp án A

Câu 7

Đồ thị hàm số \(y= -x^4 + 4x^2 – 3\) sẽ cắt trục tung tại điểm có hoành độ \(x=0\).

Từ đó ta được \(y= -3\).

Câu 8

Ta có \(A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!} \Rightarrow A_n^4 = \frac{n!}{(n-4)!}\).

Chọn đáp án D.

Câu 9

Phần thực của một số phức được xác định bằng phần thực của số đó. Trong trường hợp này, số phức z = 5−2i có phần thực là phần thực của 5, tức là 5. Do đó, phần thực của z là 5.

Chọn đáp án A

Câu 10

Ta có \(y = x^{\frac{5}{2}} \Rightarrow y’ = \frac{5}{2} x^{\frac{3}{2}}\)

Chọn đáp án C.

Câu 11

Ta có \(f(x) = x^2 + 4 \rightarrow \int f(x) \, dx = \frac{x^3}{3} + 4x + C\)

Chọn đáp án C.

Câu 12

Để tính toạ độ của vector \(\vec{OA}\), ta cần trừ toạ độ của điểm O cho toạ độ của điểm A trong không gian Oxyz.

Giả sử toạ độ của điểm O là (0,0,0), và toạ độ của điểm A là (−2,3,5). Khi đó, toạ độ của vector \(\vec{OA}\) là sự hiệu của các toạ độ tương ứng:

\(\vec{OA}=(−2−0,3−0,5−0)=(−2,3,5)\)

Chọn đáp án A

Câu 13

Ta có f’(x) đổi dấu từ (-) sang (+) khi đi qua nghiệm x=-1 nêm hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x= -1

Vậy hàm số đã cho có giá trị cực tiểu là y=-3.

Chọn đáp án C

Câu 14

Đồ thị hàm số đi xuống trên khoảng (0;1) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1).

Chọn đáp án A

Câu 15

Ta có:

\(\log_{3}{5x}=2, ta có: 3^2 = 5x\)

Giải phương trình tìm x

\(3^2=5x\)

\(9=5x\)

\(x=\frac{9}{5}\)

Chọn đáp án C

Câu 16

Ta có:

\(\int_{0}^{3} f(x) \, dx = 3 \int_{0}^{3} f(x) \, dx = 12\)

Chọn đáp án B

Câu 17

Để tính thể tích của một khối lập phương có cạnh bằng 5a, ta sử dụng công thức:

\(V = a^3\)

Trong đó a là độ dài cạnh của khối lập phương.

Thay vào đó a=5a, ta có:

\( V = (5a)^3 = 125a^3\)

Vậy, thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 5a là \(125a^3\)

Chọn đáp án C

Câu 18

Vì hàm số \(y = 9^x\) là hàm số mũ nên có tập xác định là \(\mathbb{R}\)

Chọn đáp án A

Câu 19

Chọn đáp án B

Câu 20

Ta có:

\(\lim_{{x \to 1^-}} y = \lim_{{x \to 1^-}} \frac{2x – 1}{x – 1} = +\infty, \quad \lim_{{x \to 1^+}} y = \lim_{{x \to 1^+}} \frac{2x – 1}{x – 1} = -\infty\)

Do đó tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \( y = \frac{2x – 1}{x – 1}\) là đường thẳng có phương trình ( x = 1).

Chọn đáp án A

Câu 21

\(\log_{a} \sqrt[4]{a} = \log_{a} a^{\frac{1}{4}} = \frac{1}{4}\)

Chọn đáp án B

Câu 22

Để tính thể tích khối chóp, ta sử dụng công thức:

\(V = \frac{1}{3} \times \text{diện tích đáy} \times \text{chiều cao}\)

Với \(B=5a^2\) là diện tích đáy và h=a là chiều cao, ta có:

\(V = \frac{1}{3}\times 5a^2 \times a\)

\(V = \frac{5a^3}{3}\)

Chọn đáp án D

Câu 23

Vecto pháp tuyến của (P) là: \(\vec{n}_2 = (3; -1; 2)\)

Chọn đáp án B

Câu 24

Để tính thể tích khối trụ, ta sử dụng công thức:
\[ V = \pi r^2 h \]
Với bán kính đáy \( r = 6 \) và chiều cao \( h = 3 \), ta có:
\[ V = \pi \times 6^2 \times 3 \]
\[ V = \pi \times 36 \times 3 \]
\[ V = 108\pi \]
Chọn đáp án A.

Câu 25

Z+w = 4+2i+3-4i = 7-2i

Chọn đáp án B

Câu 26

Theo đề bài, ta có:

\(u_2 = u_1q \Rightarrow q = \frac{u_2}{u_1} = \frac{9}{3} = 3\)

Chọn đáp án C

Câu 27

Ta có:

\(\int f(x) dx = \int (e^{x} + 2) dx = e^{x} + 2x + C\)

Chọn đáp án B

Câu 28

Điểm M(-3;4) là điểm biểu diễn cho số phức z = a+bi = -3+4i

Chọn đáp án B

Câu 29

Ta có:\(y = \frac{x + a}{x + 1}\)

\(\Rightarrow y’ = \frac{1 – a}{(x + 1)^2} > 0, \forall x \neq -1\)

Do a\(\ne\)1 nên dấu “=” không xảy ra.

Hàm đơn điệu không phụ thuộc vào a.

Chọn đáp án B

Câu 30

Để tính xác suất để lấy được 3 quả bóng màu xanh từ hộp chứa 12 quả bóng (7 màu xanh và 5 màu đỏ), ta sẽ sử dụng quy tắc xác suất.

Tổng số cách lấy 3 quả bóng từ hộp chứa 12 quả bóng là:

\[ C(12,3) = \frac{12!}{3!(12-3)!} = \frac{12!}{3! \times 9!} = \frac{12 \times 11 \times 10}{3 \times 2 \times 1} = 220 \]

Số cách lấy được 3 quả bóng màu xanh từ 7 quả bóng màu xanh là:

\[ C(7, 3) = \frac{7!}{3!(7-3)!} = \frac{7!}{3! \times 4!} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35 \]

Vậy, xác suất để lấy được 3 quả bóng màu xanh là:

\[ P = \frac{\text{số cách lấy được 3 quả bóng màu xanh}}{\text{tổng số cách lấy 3 quả bóng}} = \frac{35}{220} = \frac{7}{44} \]

Chọn đáp án A

Câu 31

Đạo hàm \[ y’ = -3x^2 + 3 \]

Giải phương trình \( y’ = 0 \)

\[ -3x^2 + 3 = 0 \]

\[ -3(x^2 – 1) = 0 \]

\[ x^2 – 1 = 0 \]

\[ (x – 1)(x + 1) = 0 \]

Ta có \( x = 1 \) hoặc \( x = -1 \)

Kiểm tra các giá trị của \( x \) trong đoạn \([0;3]\):

– \( x = -1 \): Không nằm trong đoạn \([0;3]\)

– \( x = 1 \): Nằm trong đoạn \([0;3]\)

Tính giá trị của hàm số tại \( x = 1 \):

\[ y(1) = -1^3 + 3 \times 1 = -1 + 3 = 2 \]

Chọn đáp án C

Câu 32

Đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) nhận \(\vec{n} = (1; -2; 4)\) làm vecto chỉ phương nên có phương trình:

\(\frac{x + 1}{1} = \frac{y – 3}{-2} = \frac{z – 2}{4}\)

Chọn đáp án D

Câu 33

Vì \(\overline{SA} \perp (ABC) suy ra \overline{CB} \perp \overline{SA}(1)\)

Tam giác ABC vuông tại B, nên \(\overline{CB} \perp \overline{AB} \quad (2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\overline{CB} \perp (SAB)\) nên khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng CB.

Mà tam giác ABC vuông cân tại B, suy ra AB=BC=2a

Vậy \(d_{(C; (SAB))}\)  = CB = 2a.

Chọn đáp án B

Câu 34

Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (3;1;2)\) 

Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A(1;0;0) và vuông góc với AB suy ra mặt phẳng (Q) nhận vecto  \(\overrightarrow{AB}= (3;1;2)\) làm vecto pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng (Q) cần tìm có dạng:

3(x-1) + y + 2z = 0 \(\Leftrightarrow\)  3x + y + 2z – 3 = 0

Chọn đáp án B

Câu 35

Ta có \(iz=5+4i \Leftrightarrow z = \frac{5 + 4i}{i} = 4 – 5i.\) Suy ra \(\bar{z} = 4 + 5i\)

Chọn đáp án A

Câu 36

\(AA’ \parallel BB’ \text{ nên } (\overline{AA’}, \overline{BC}) = (\overline{BB’}, \overline{BC}) = \angle{BBC}\)

Ta có:

\(\tan \angle{BBC} = \frac{\overline{BC’}}{\overline{BB’}} = 1 \Rightarrow \angle{BBC} = 45^\circ\)

Chọn đáp án C

Câu 37

Ta có \(log_2{a^3}+log_2{b}=6 \Leftrightarrow a^3b=2^6 \Leftrightarrow a^3b=64\)

Chọn đáp án A

Câu 38

Ta có \(\int_{0}^{2} [f(x)]^2 \, dx – \int_{0}^{2} f(x) \, dx = 2.5 – 2 = 0.5\)

Chọn đáp án A

Câu 39

Chọn đáp án A

Câu 40

Chọn đáp án C

Câu 41

Ta có:
\[ f(f(x))=1 \Leftrightarrow
\begin{cases}
f(x)=0, \\
f(x)=a & \text{đối với } a < -1, \\
f(x)=b & \text{đối với } 1 < b < 2.
\end{cases} \]

Dựa vào đồ thị

Phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm

Phương trình f(x)=a có 1 nghiệm

Phương trình f(x)=b có 3 nghiệm

Vậy phương trình f(f(x)) có 7 nghiệm phân biệt

Chọn đáp án B

Câu 42

Chọn đáp án D

Câu 43

Phương trình \( z^2 – 2(m+1)z + m^2 = 0 \).

Ta có \(\Delta’ = (m+1)^2 – m^2 = 2m+1 \)

Trường hợp 1: Nếu \( 2m+1 \geq 0 \Leftrightarrow m \geq -\frac{1}{2} \) thì phương trình có nghiệm thực nên

\[ z_0 = 7 \quad \text{hoặc} \quad z_0 = -7 \]

Với \( z_0 = 7 \) thay vào phương trình ta được \( 7^2 – 2(m+1).7 + m^2 = 0 \Leftrightarrow m = 7 + \sqrt{14} \) hoặc \( m = 7 – \sqrt{14} \)

(thỏa \( m \geq -\frac{1}{2} \)).

Với \( z_0 = -7 \) thay vào phương trình ta được \( 7^2 + 2(m+1).7 + m^2 = 0 \) phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 1: Nếu \( 2m+1 < 0 \Leftrightarrow m < -\frac{1}{2} \) thì phương trình có hai nghiệm phức là

\[ z = m+1 \pm i\sqrt{-2m-1} \]

Khi đó \( |z_0| = 7 \Rightarrow (m+1)^2 -2m-1 = 49 \Rightarrow m = 7 \) hoặc \( m = -7 \)

Kết hợp \( m < -\frac{1}{2} \) ta được \( m = -7 \).

Vậy có 3 giá trị \( m \) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án B

Câu 44

Chọn đáp án D

Câu 45

Ta có: \( d(P) = \frac{4}{3} \) suy ra \( A(0;1;2) \).

Lấy \( M(2;3;0) \) thuộc \( d \).

Gọi \( A \) là đường thẳng qua \( M \) và vuông góc với \( (P) \) khi đó \( A \) có:

\[ \frac{x-2}{1} = \frac{y-3}{2} = \frac{z}{1} \]

Gọi \( H \) là hình chiếu của \( d \) lên \( (P) \) khi đó \( d’ \) di qua \( A \) và có một VTCP là \( (2;1;-4) \)

\[ \Rightarrow d’: \frac{x}{2} = y-1 = \frac{z}{-4} \]

Chọn đáp án C

Câu 46

Ta có \( g(x) = f(x) + f'(x) + f”(x) \) với \( f(x) = x^3 \) và \( f'(x) = (b+2a+6)x + 2a + b + c \).

Suy ra: \( g'(x) = 3x^2 + 2(3+a)x + b + 2a + 6 \).

Xét phương trình

\[ \frac{f(x)}{g(x)+6} = 1 \]

\[ \Rightarrow g(x) = f(x) – 6 \Rightarrow 3x^2 + (2(a+3)x + 2a + b + 6 = 0 \Rightarrow g'(x) = 0 \]

\[ \Leftrightarrow x = x_1 \text{ hoặc } x = x_2 \]

Ta có diện tích bằng

\[ S = \int_{x_1}^{x_2} \frac{f(x)}{g(x)+6} dx = \int_{x_1}^{x_2} \frac{f(x) – g(x) – 6}{g(x) + 6} dx \]

\[ = \int_{x_1}^{x_2} \frac{g'(x)}{g(x)+6} dx = \ln|g(x)+6| \Bigg|_{x_1}^{x_2} \]

\[ = \ln|g(x_2)+6| – \ln|g(x_1)+6| = \ln 4 = 2\ln 2 \]
Chọn đáp án D

Câu 47

Chọn đáp án C

Câu 48

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_{ABCD} = AB^2 = \left(\frac{BD}{\sqrt{2}}\right)^2 = \left(\frac{2a}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2a^2\).

Ta có: \(\left(\overrightarrow{BD}, .(ABCD)\right) = (\overrightarrow{AO}, \overrightarrow{AO}) = 30^\circ\).

Xét tam giác \(A’OA\) vuông tại \(A\), ta có: \(A’A = tan 30^\circ AO = \frac{\sqrt{3}}{3}AO\).

Thể tích khối hộp chữ nhật đá cho là \(V = A’ . S_{ABCD} = \frac{\sqrt{3}}{3} AO . 2a^2 = \frac{2\sqrt{3}}{3} a^3\).
Chọn đáp án D

Câu 49

Chọn đáp án D

Câu 50

Chọn đáp án A

Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT quốc gia !