Bài giải môn Toán thi THPT ngày 7/7/2021 mã đề 101

Trước hết chúng tôi sẽ giải 10 câu vận dụng và vận dụng cao để các em tham khảo, sau đó sẽ giải tiếp các câu nhận biết và thông hiểu để kiểm tra lại kết quả làm bài.

 

Câu 40.  $\left(3^{x^2}-9^x\right)\left(\log_3(x+25)-3\right) \leqslant 0 \Leftrightarrow \left(3^{x^2}-3^{2x}\right)\left(\log_3(x+25)-\log_327\right) \leqslant 0$

Điều  kiện $x>-25$, bất phương trình  tương đương

$$(x^2-2x)(x+25-27)\leqslant 0$$

cau40

Vậy nghiệm nguyên của bất phương trình  thoả $-24\leqslant x\leqslant 0 \vee x=2$, có 26 nghiệm nguyên cần tìm. Ta chọn C.

 

Câu 41: Xét phương trình $f(f(x))=1$.

 

Đặt $t=f(x)$, phương trình  trở thành $f(t)=1$. Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình  này có 3 nghiệm: $t=t_1, t=0$ và $t=t_2$, trong đó $t_1<-1$ và $1<t_2<2$.

  1. 1. $t=t_1 \Leftrightarrow f(x)=t_1$ vì $t_1<-1$ nên nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình  này có 1 nghiệm.
  2. 2. $t=0 \Leftrightarrow f(x)=0$ phương trình  này có 3 nghiệm
  3. 3. $t=t_2 \Leftrightarrow f(x)=t_2$ vì $1<t_2<2$ nên nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình  này có 3 nghiệm.

Tóm lại phương trình  $f(f(x))=1$ có 7 nghiệm, ta chọn  D.

 

Câu 42: Diện tích xung quanh của hình nón $S_{\text{xq}}=\pi R {\large\ell}$.

Giả sử thiết diện là tam giác đều $SAB$. Khi  đó ${\large \ell} = SA=SB=AB=4a$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, góc giữa thiết diện và đáy là $\widehat{SHO}=60^\circ$ nên: $OH=SH.\cos 60^\circ=\dfrac{4a\sqrt3}{2}.\dfrac12=a\sqrt3$.

Bán kính hình tròn đáy $OA=\sqrt{OH^2+HA^2}=\sqrt{3a^2+4a^2}=a\sqrt7$.

Tóm lại: $S_{\text{xq}}=\pi a\sqrt7 \times 4a=4\pi\sqrt7 a^2$. Ta chọn D.

 

Câu 43:  $z^2-2(m+1)z+m^2=0$

$\Delta’=2m+1$

  1. 1. Nếu $m=0$ phương trình  có hai nghiệm $z=0, z=2$  (loại) vì không thoả ycbt $|z|=7$
  2. 2. Nếu $2m+1>0$ và $m \ne 0$ thì phương trình  có hai nghiệm thực phân biệt dương là $z=m+1\pm \sqrt{2m+1}$ sẽ xét ở dưới.
  3. 3. Nếu $2m+1=0$ phương trình  có 1 nghiệm là $z=m+1=\dfrac12$.(loại)
  4. 4. Nếu $2m+1<0$ phương trình  có hai nghiệm phức  $z=m+1\pm i\sqrt{-2m-1}$
    ycbt $\Leftrightarrow  \sqrt{(m+1)^2+(-2m-1)} =7 \Leftrightarrow  |m|=7  \Leftrightarrow  m=\pm 7$  loại $m=7$ (còn 1 giá trị của m)

Ta xét trường hợp 2. $m>-\dfrac12$ và $m\ne 0$.

2a) $z=m+1 + \sqrt{2m+1}=7 \Leftrightarrow \sqrt{2m+1}=6-m \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{lll} 6-m &\geqslant & 0\\
m^2-14m+35&=&0\end{array}\right.$

pt1a

$m_1$ bị loại, nhận $m_2$ (1 giá trị của m)

2b) $z=m+1 – \sqrt{2m+1}=7 \Leftrightarrow \sqrt{2m+1}=m-6 \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{lll} m-6 &\geqslant & 0\\
m^2-14m+35&=&0\end{array}\right.$

$m_2$ bị loại, nhận $m_1$ (1 giá trị của m)

Tóm lại  có 3 giá trị của $m$.

 

 

Câu 44. Đặt $u=i\overline{w}$, ta thấy $|u|=|w|=2$
Gọi $A$ là điểm biểu diễn của số phức $z$,

$B$ là điểm biểu diễn của số phức $u$, $B’$ là điểm biểu diễn của số phức $w$. Nhận xét rằng $B$ và $B’$ đối xứng nhau qua đường phân giác thứ nhất.

$C$ là điểm biểu diễn của số phức $-6-8i$.

Ta có: $|z+u+(-6-8i)| =|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|$

Ta chứng minh được  $$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}|^2=|\overrightarrow{a}|^2+|\overrightarrow{b}|^2+|\overrightarrow{c}|^2+2\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}+
2\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}+2\overrightarrow{c}.\overrightarrow{a}$$

Áp dụng công thức ta có:

$$|z+u+(-6-8i)|^2 =|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|^2=1+4+100+4\cos(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})+40\cos(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})+20\cos(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA})$$

vì $\overrightarrow{OC}$ là vec tơ hằng nên khi đó $|z+u+(-6-8i)|^2  \geqslant 1+4+100+4-40-20=49 \Rightarrow |z+u+(-6-8i)| \geqslant 7$.

Xảy ra dấu bằng  khi và chỉ khi $A$ và $B$ là giao điểm (với hoành độ dương) của đường thẳng  $OC$ với các đường tròn  biểu diễn số phức.

Vậy khi $|z+u+(-6-8i)|$ đạt giá trị nhỏ nhất thì  $A\left(\dfrac35;\dfrac45\right)$, $B\left(\dfrac65;\dfrac85\right)$, suy ra $B’\left(\dfrac85;\dfrac65\right)$.

 

Do đó $|z-w|=AB’=$ cau44, ta chọn D.

 

Câu 45.  Xét hai vectơ $\overrightarrow{a}=(1;1;-1)$, $\overrightarrow{n}=(1;2;1)$.

Vectơ $\overrightarrow{u}=\left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{n}\right) \times \overrightarrow{n}$ là vec tơ chỉ phương của hình chiếu vuông góc.

pt1b

Toạ độ giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng  là nghiệm của hệ phương trình:

pt1cTa chọn C.

 

Câu 46.

$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$

$f'(x)=\quad 3x^2+2ax+b $

$f”(x)=\qquad 6x+2a $

Suy ra $g(x)=x^3+(a+3)x^2+(2a+b+6)x+c+b+2a=0$

$g'(x)=3x^2+2(a+3)x+b+2a+6=0 \Leftrightarrow x_{1,2}=\dfrac{-a-3\pm \sqrt{a^2-3b-9}}{3}$

phương trình  hoành dộ giao điểm của hai đường

$$\dfrac{f(x)}{g(x)+6}=1 \Leftrightarrow f(x)=g(x)+6 \Leftrightarrow 3x^2+2(a+3)x+b+2a+6=0$$

Phương trình  này có hai nghiệm chính là hai nghiệm $x_1, x_2$ ở trên.

Diện tích hình phẳng $$S=\left|\int_{x_1}^{x_2}\left(\dfrac{f(x)}{g(x)+6}-1\right)dx\right|=\left|\int_{x_1}^{x_2}\dfrac{3x^2+2(a+3)x+b+2a+6}{x^3+(a+3)x^2+(2a+b+6)x+c+b+2a}dx\right|$$

$$S=\left|\Big[\ln\left|g(x)+6\right|\Big]_{x_1}^{x_2}\right|=\left|\ln\left|\dfrac{g(x_2)+6}{g(x_1)+6}\right|\right|=\ln 4=2\ln 2$$

Ta chọn D.

 

Câu 47.  $27^{3x^2+xy}=(1+xy)27^{9x}\Leftrightarrow 27^{3x^2-9x+yx}=1+xy \Leftrightarrow 3x^2+(y-9)x=\log_{27}(1+yx)$

Vì $\dfrac13<x<3$ nên điều kiện $1+xy>0 \Leftrightarrow y>-\dfrac{1}{x}>-3$

 

Dưới đây là bản phác thảo

 

Nếu $y=-2$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-11x-\log_{27}(1-2x)=0 \Leftrightarrow x=0$

Nếu $y=-1$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-10x-\log_{27}(1-x)=0 \Leftrightarrow x=0$

Nếu $y=0$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-9x-\log_{27}(1)=0 \Leftrightarrow x=0 \vee x=3$ (đều bị loại)

Nếu $y=1$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-8x-\log_{27}(1+x)=0$m1

Nếu $y=2$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-7x-\log_{27}(1+2x)=0$

m2

Nếu $y=3$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-6x-\log_{27}(1+3x)=0$

m3

Nếu $y=4$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-5x-\log_{27}(1+4x)=0$

m4

Nếu $y=5$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-4x-\log_{27}(1+5x)=0$

m5

Nếu $y=6$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-3x-\log_{27}(1+6x)=0$

m6

Nếu $y=7$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-2x-\log_{27}(1+7x)=0$

m7

Nếu $y=8$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-x-\log_{27}(1+8x)=0$

m8

Nếu $y=9$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2-\log_{27}(1+9x)=0$

m9

Nếu $y=10$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2+x-\log_{27}(1+10x)=0$

Nếu $y=11$ phương trình  trở thành $g(x)=3x^2+2x-\log_{27}(1+11x)=0$

Ta có nhận xét nếu $y$ tăng lên thì nghiệm $x$ sẽ giảm dần do đó nếu $y$ từ 10 trở đi thì nghiệm $x$ (nếu có, không kể $x=0$) sẽ nhỏ hơn $\dfrac13$.

Khi $m=1,2,\dots 9$ phương trình  có nghiệm trên khoảng đã cho. Vậy có 9 giá trị nguyên của $y$ thoả ycbt.

 

PS. Khi $y=-2$ phương trình còn có một nghiệm xấp xỉ bằng $0,5$ (cụ thể sau 0.4 là 8 số 9), theo đáp án của BGD và ĐT chấp nhận nghiệm này. Thầy Sơn phác thảo trên MTCT không phát hiện ra nghiệm này. Còn giải như các thầy cô khác, phải mất 30 phút mới có thể giải ra được bài toán, có vẻ không phù hợp cho một bài thi trắc nghiệm với tốc độ trung bình 108 giây/câu.
 

Tương tự $y=-1$ phương trình còn có một nghiệm xấp xỉ bằng $1$, theo đáp án của BGD và ĐT chấp nhận nghiệm này.
 

Như vậy đáp án đúng cho cây 47 là 11 giá trị nguyên của $y$.
 

Khi $y=-2$, nếu dành cho bài thi này 30 phút như bài thi tự luận, bằng cách lập bảng biến thiên hàm số ta thấy $x=0,5$ là đường tiệm cận đứng, đồ thị sẽ đi từ dưới truc hoành lên $+\infty$ chắc chắc sẽ cắt trục hoành tại một điểm có hoành độ xấp xỉ $0,5$, đó là nghiệm. Tương tự cho $y=-1$.
 

Hầu hết các bài giải tham khảo đều không thể giải bài này trong vòng 18 phút (là thời gian tối đa cho 1 câu trắc nghiệm, nghĩa là bỏ hết 45 câu chỉ giải 5 câu VDC) nên học sinh sẽ khó có câu trả lời chính xác. Bài toán này có vẻ đánh đố thí sinh.

 

PS. Dùng MTCT tưởng sẽ lâu nhưng thực tế 9 phương trình   trên chỉ SHIFT SOLVE trong vòng 90 giây kể cả edit lại phương trình.

 

PS. Thực ra khi $y=-2$ phương trình còn có 1 nghiệm xấp xỉ bằng $0,5$. Theo đáp án của BGD và ĐT thì chấp nhận nghiệm này.

Câu 48: Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Góc $\widehat{A’OA}=30^\circ$ là góc tạo bởi hai mặt phẳng.

$AA’=AO.\tan 30^\circ=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$ vì $AO=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{BD}{2}=a$

Cạnh hình vuông $=\dfrac{BD}{\sqrt2}=a\sqrt2$

Vậy $V=Bh =2a^2\times \dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2a^3\sqrt3}{3}$, chọn D.

 

Câu 50. $f'(x)=(x-7)(x-3)(x+3)$

$g(x)=f\left(|x^3+5x|+m\right)$

Ta đặt $t=|x^3+5x|$, suy ra $g(x)=f(t+m) \Rightarrow g'(x)=(t)’ f'(t+m)$

$g'(x)=0 \Leftrightarrow (t)’=0 \vee f'(t+m)=0$

    • $\bullet$ Do $x^2+5>0$  nên $(t)’=\left\lbrace\begin{array}{l}1\ \text{nếu}\ x>0\\ -1\ \text{nếu}\ x<0\end{array}\right.$
      Vậy tại $x=0$ đạo hàm không tồn tại nhưng tại đó hàm số xác định và khi chạy qua $x=0$ đạo hàm đổi dấu. Do đó $x=0$ là một điểm cực trị.
    • $\bullet$ $f'(t+m)= 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}|x^3+5x|+m=7\\  |x^3+5x|+m=3\\ |x^3+5x|+m=-3 \end{array}\right.$
      Loại phương trình  thứ ba (vì $m$ nguyên dương).
      Nếu $m=4,5,6$ hàm số có 3 điểm cực tri (trong đó ngoài $x=0$ còn có hai điểm cực trị  là hai nghiêm của phương trình  thứ nhất).
      Nếu $m=1,2,3$ hàm số có 5 điểm cực tri (trong đó ngoài $x=0$ có hai điểm cực trị là hai nghiêm của phương trình  thứ nhất và hai điểm cực trị còn lại là hai nghiêm của phương trình  thứ hai).
       
       

      Tham khảo đồ thị của các hàm số $h_1(x)=7-|x^3+5x|$ và $h_2(x)=3-|x^3+5x|$. như ở dưới

cau50abc

Chia sẻ

About TS. Nguyễn Thái Sơn

BQT Toán Casio
nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.

Bài Viết Tương Tự

vt 1

Tích vectơ kép của ba vec tơ và ứng dụng

Bài toán Trong không gian cho ba vectơ: $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ và $\overrightarrow{c}$. Thay vì ký …

×

Sai số! tác hại to lớn của việc sử dụng máy tính Casio giả và cách phòng tránh Chi tiết