Đề thi thử THPT quốc gia 2020 môn Toán THPT chuyên Thái bình có đáp án chi tiết | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 4. [0D2-2] Cho họ parapol

 

Pm ^:y mx ²²



m³



x m ^2,

với m0 luôn tiếp xúc với đường thẳng d cố định khi m thay đổi. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?

A.



^{0; 2}



_{. B.}

 

^{0; 2} _{. C.}

 

^1;8 _{. D.}



^{1; 8}



_.

Lời giải Chọn A

Ta có ^{y m x}



^{22x 1}



^6x2 _ ^{m x}



^1



^26x2_.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 

Pm

và đường thẳng ^{d y: 6x2}:



¹



^{2 6 2 6 2}

m x  x  x  ^{m x}



^1



^{2 0}_{, do} m0 nên x1 là nghiệm kép của phương trình hoành độ giao điểm.

Vậy

 

Pm luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định ^{d y: 6x2} khi m0, m thay đổi.

Khi đó d luôn đi qua điểm ^M



^{0; 2}



_.

Câu 5: [2D2-3] Cho các số thực dương ^{x, y} thỏa mãn:^{logx y}



^x2y2



^1_.

Giá trị lớn nhất của biểu thức ^A48



^{x y}



^3156



^{x y}



^2133



^{x y}



^4 _là:

A. 29. B.

1369

36 . C. 30. D.

505 36 . Lời giải.

Chọn C

Đặt ^{t  x y 0;t1} khi đó ^{A48t3156t2 133t 4 f t}

 

Nếu ^{0  x y 1}, từ giả thiết ta có ^{x2y2   x y}



^{x y}



^{2  x y} mâu thuẫn với 0  x y 1.

Nếu ^{x y 1}, từ giả thiết ta có

 

²

2 2 1 2.

2

x y x y x y x y x y

         

Xét ^{f t}

 

^{48t3156t2133t4,t}



^{1; 2}



_, ^'

 

^{144 2 312 2 133 0 19.}

f t  t  t    t 12

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức ^A là 30 .

Câu 6: [2H2-3] Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn

 

^O _và

 

^O , chiều cao ^2R và bán kính đáy R. Một mặt phẳng

 

^ đi qua trung điểm của OO và tạo với OO một góc 30. Hỏi

 

^ _cắt

đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu?

A.

2 2

3 R

. B.

4 3 3

R

. C.

2 3 R

. D.

2 3

R . Lời giải

Chọn A.

+) Gọi ^I là trung điểm của OO. Khi đó, mặt phẳng

  

^{  IAB}



_.

+) Hạ OH AB, OK IH. Dễ thấy ^H là trung điểm của ^AB và ^{OK (IAB)}. +) Suy ra



^OO,

 

^{ }

 

^{IO IAB,}

  

^



^{OI KI,}



^{KIO  30} _.

+) Khi đó,

1

2 2

KO IO R

. Vì HIO vuông tại O nên ^{2 2 2}

1 1 1

OK  OH OI

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 3

3 . OH R

OH OK OI R R R

       

2

2 2 2 2

3 3

R R

AH OA OH R

     

2 2

3 . AB R

 

Câu 8: [2D3-3] Cho



²

  

1

0

d ln

x x

x x e

x ae b e c x e^

   





với ^{a b c, , } . Tính P a 2b c .

A. ^{P 1} . B. ^P1 C. ^{P 2} D. P0

Lời giải Chon C



²

  

1 1

0 0

1 d

d 1

x x x

x x

x x e xe x e x

I x

x e^ xe

 

 

 

 

Đặt ^{txex 1 dt}



^x1



^{e xxd}

Đổi cận khi x  0 t 1 , khix   1 t e 1

   

1 1

1 1

1 1

1 1

dt 1 dt ln ln 1

e e

t e

I t t e e

t t

 

   

 







       

1

1 2

1 a

b P

c

 

     

 

Câu 11: [2D1-3] Gọi ^{M N,} là hai điểm di động trên đồ thị

 

^C của hàm số y  x³ 3x² x 4 sao cho tiếp tuyến của

 

^C _{tại M và N} luôn song song với nhau. Khi đó đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây ?

A.



^{1; 5 .}



_B.



^{ 1; 5 .}



_C.



^{1;5 .}



D.

 

^{1;5 .}

Lời giải Chọn D

+ Ta có y 3x²6x 1 y  6x 6; ^y^{   0 x 1 I}

 

^1;5 là điểm uốn của đồ thị

 

^C

+ G/s M x( _M;y_M), N x y( ;_{N N})là 2 điểm di động trên ^{( )C}

+ Tiếp tuyến của^{( )C} tại ^{M N,} song song với nhau ^{ y x'( M) y x'( )N}

     

2 2

3x_M 6x_M 1 3x_N 6x_N 1 3 x_M x_N x_M x_N 6 x_M x_N 0

              

2 1

M N

x x

 

(do x^M x^N)  _I là trung điểm củaMN. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định ^I.

Câu 12: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại ^B, AC2a, tam giác SAB và tam giác SCB lần lượt vuông tại ^{A C,} . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ^(ABC) bằng 2a. Cosin của góc giữa hai mặt phẳng



^SAB



_và



^SCB



_bằng

A.

1

3. B.

1

3 . C.

1

2 . D.

1 2. Lời giải.

Chọn A

a

a 2a

a a 2

a 2 I

H

A

C

B S

K

Gọi ^H là điểm đối xứng với ^B qua trung điểm ^I của AC. Khi đó ABCH là hình vuông cạnh 2

a

Ta có

   

AB SA gt

AB SAH AB SH AB AH

 

   

 

Tương tự ta có ^{SH BCSH }



^ABCH



^{SH 2a}

Kẻ

 

   

( ),SB AC do AC SHB

IK SB K SB SB AKC

SB IK

  

   

 

Suy ra

 SAB , SCB 

^



^{AK KC,}



_

CóSHB đồng dạng với^IKB

SH SB IK IB

 

2 IK a

  6

2 AK a

 

 1 cosAKI 3

   1 1

cos 2. 1

3 3

 AKC   

. Suy ra cos 1

 3 .

Câu 17: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x y z:    1 0}_{, đường}

thẳng

 

^{: 15 22 37}

1 2 2

x y z

d   

 

và mặt cầu

 

^{S x: 2y2z28x6y4z 4 0}_{. Một}

đường thẳng

 

^ thay đổi cắt mặt cầu

 

^S tại hai điểm ^{A B,} sao cho AB8. Gọi ^A, ^B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng

 

^P _{sao cho AA, BB} cùng song song với

 

^d . Giá trị lớn nhất của biểu thức ^{AABB} là

A.

12 9 3 5



. B.

16 60 3 9



. C.

24 18 3 5



. D.

8 30 3 9



. Lời giải

Chọn C.

Mặt cầu

 

^S _{có tâm} ^I



^{4;3; 2}



và bán kính R5. Gọi ^H là trung điểm của ^AB thì ^{IH AB} và IH 3 nên ^H thuộc mặt cầu

 

^S _{tâm I bán kính} R3. Gọi ^M là trung điểm của ^{A B }

thì ^{AABB2HM} , ^M nằm trên mặt phẳng

 

^P . Mặt khác ta có



^;

  

⁴

d I P  3 R nên

 

^P cắt mặt cầu

 

^S _và ^{sin ;}

   

^{sin 5}

d P   3 3

. Gọi ^K là hình chiếu của ^H lên

 

^P _thì

.sin HK HM .

Vậy để ^{AABB} lớn nhất thì ^HK lớn nhất HK đi qua ^I nên

   

max

4 4 3 3

; 3

3 3

HK R d I P 

    

.

Vậy ^{AABB} lớn nhất bằng

4 3 3 3 3 24 18 3

2 .

5 5

3

    

 

  .

Câu 20: [1H3-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có AB AC a BAC  ,  120⁰, AAa. Gọi ,

M N lần lượt là trung điểm của B C  và CC. Số đo góc giữa mặt phẳng



^AMN



_{và mặt}

phẳng



^ABC



_bằng

A. ⁶⁰⁰. B. ³⁰⁰. C.

arcsin 3

4 . D.

arccos 3 4 . Lời giải.

Chọn D.

z

y x

N

A^' M

B^' C^' B A C

Thiết lập hệ toạ độ ^Oxyz trong không gian như hình vẽ, gốc toạ độ O trùng ^M . + Dễ dàng tính được

3;

2 2

a a

MBMC MA .

+



^{0;0;0 ,}

  

^{0; 3;}

2 2

a a

M N Oyz N 

    

+



^Ox



^;0;

2

A z  Aa a. Mp



^ABC

 

^{/ / A B C  }

 

^{; A B C  }

 

^{ Oxy}





^ABC



 có một vecto pháp tuyến là ^{k }



^0;0;1



+ ;0;0

2 MAa 

 

 



cùng phương u1



1;0;2



0; 3;

2 2

a a

MN 

  

 



cùng phương ^u2



^{0; 3;1}





^AMN



 có một vecto pháp tuyến ⁿ^^{u u} ^{1, 2}^



^{2 3; 1;  3}







  

³

cos ( ),( ) cos ,

AMN ABC k n 4

    

Cách 2:

j C^'

I

E M

N

B^' A^'

B C A

Gọi E AN  A C . Ta có

 AMN , ABC 

^

 MNE , MC E  

^_.

Kẻ C I ME tại ^I    C IN . Dùng định lý cosin tính được

13 2 ME a

. .sin1500 3 2 13

MC EC a

C I ME

 

   

4 2 13 NI a

  3

cos 4

C I

 NI

  

Cách 3: ( Dùng định lý diện tích hình chiếu.) Dễ dàng tính được ba cạnh của tam giác AMN

1 2 AMN 2

S_ a

 

. Dễ tính được

2 3

A MC 8

S_{  }  a ^cos

   ,  

^cos

   , ' ' ' 

^{A MC} ₄³

AMN

AMN ABC AMN A B C S S

  



   

Câu 24. [2D3-2] Cho hàm số ^{f x}

 

^{x44x32x2 x 1}_{, x } . Tính tích phân: ^{1 2}

   

0

. d

f x f x x



A.

2

3 B. ² C.

2

3

D. ^2 Lời giải

Chọn C Ta có

   

1 2 0

. d

f x f x x



 ^{1 2}

     

0

d f x f x



= ³

 

¹

0

1 3 f x

 ^{1 3}

 

^{1 3}

 

⁰

3f  f 

= 2

3

Câu 26: [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn



^{3; 3}



và đồ thị hàm số

 

y f x như hình vẽ bên. Biết ^f

 

^{1 6} _và

    

¹



²

2 g x f x x

 

. Kết luận nào sau đây là đúng?

A. Phương trình ^{g x}

 

^0 có đúng hai nghiệm thuộc



^3;3



_.

B. Phương trình ^{g x}

 

^0 có đúng một nghiệm thuộc



^3;3



_.

C. Phương trình ^{g x}

 

^0 không có nghiệm thuộc



^3;3



_.

D. Phương trình ^{g x}

 

^0 có đúng ba nghiệm thuộc



^3;3



_.

Lời giải Chọn B

Ta có: ^{g x}

 

^{ f x}

  

^{ x 1 .}



Ta thấy đường thẳng ^{y x 1} là đường thẳng đi qua các điểm



 3; 2 , 1; 2 , 3;4 .

    

Do ^f

 

^{1  6 g}

 

^{1 4.}

Từ hình vẽ ta thấy:

1

 

3

d 6

f x x







 _{ f}

 

_{1  f}

 

_{ 3 6 f}

 

_{ 3 0 g}

 

_{ 3 f}

 

_{  3 2 0} .

3

 

1

d 2

f x x 



_{ f}

 

_{3  f}

 

_{1 6 f}

 

_{3 8g}

 

_{3  f}

 

_{3  8 0}

.

Từ đồ thị hàm số ^{y f x}

 

và đường thẳng ^{y x 1} cùng với các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau:

x  3 1 3 

g ( ) x  0 

g( )x 4

g( 3) g(3)

Từ bảng biến thiên ta có phương trình ^{g x}

 

^0 có đúng một nghiệm thuộc



^{3;3 .}



Câu 34: [1D2-2] Từ một tập gồm 10 câu hỏi, trong đó có ⁴ câu lý thuyết và 6 câu bài tập, người ta cấu tạo thành các đề thi. Biết rằng trong một đề thi phải gồm 3 câu hỏi trong đó có ít nhất ¹ câu lý thuyết và ¹ câu hỏi bài tập. Hỏi có thể tạo được bao nhiêu đề như trên?

A. 60. B. 96. C. 36. D. 100.

Lời giải.

Chọn B

TH1: Chon ¹ câu lý thuyết, ² câu bài tập: có ^{C C14. 62} cách chọn.

TH2: Chon ²câu lý thuyết, ¹ câu bài tập: có ^{C C42. 16} cách chọn.

Theo quy tắc cộng có ^{C C14. 62}+^{C C42. 61}= 96 đề thi thỏa mãn bài toánĐáp án. B.

Câu 37: [2H1-4] Khối chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA SB SC a   , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp .S ABCD là:

A.

3

8 . a

B.

3

4 . a

C.

3 3

8 . a

D.

3

2 . a

Lời giải.

Chọn. B.

O A

B C

D S

Đặt SD x .

Do đáyABCD là hình thoi nên V_{S ABCD}^. 2V_{S BCD}^. 2V_{C SBD}^. . Ta có SAC BAC SO BO  SBD vuông tại S.

2 2

BD a x

  

2 2

2

4 a x

OA OC a 

   

. Và do ^{CO BD CO}



^SBD



CO SO

 

 

 

 ^{. .}

2 2. .1 .

S ABCD C SBD 3 SBD

V V CO S

  

2 2

.

2 3 1

. .

3 2 2

S ABCD

a x

V  ax

  ^ ₆^{a x2}



^3a2x2



^ ₆^{a x. 23}₂^{a2 x2  a}₄³

dầu bằng xảy ra khi

6 2 xa

.

Câu 39. [1D2-4] Cho một đa giác

 

^H có 60 đỉnh nội tiếp một đường tròn

 

^O . Người ta lập một tứ giác tùy ý có bốn đỉnh là các đỉnh của

 

^H . Xác suất để lập được một tứ giác có bốn cạnh đều là đường chéo của

 

^H gần với số nào nhất trong các số sau?

A. ^{85, 40%}. B. ^{13, 45%} C. ^40,35% D. ^80,70%. Lời giải.

Chọn D.

 Số cách lập một tứ giác bất kì là ^C604

 Ta tính số cách lập một tứ giác mà có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác. Có bốn trường hợp xảy ra:

 Trường hợp 1: Tứ giác có đúng ba cạnh là cạnh của đa giác: Có 60 tứ giác như vậy.

 Trường hợp 2: Tứ giác có hai cạnh và là hai cạnh kề nhau của đa giác: Có 60.55 3300 tứ giác như vậy.

 Trường hợp 3: Tứ giác có đúng hai cạnh là cạnh của đa giác và hai cạnh này không phải là hai cạnh kề nhau của đa giác: Có

60.57 2 1720

tứ giác như vậy.

 Trường hợp 4: Tứ giác có đúng một cạnh chung với đa giác. Để tạo thành tứ giác loại này, ta làm hai bước:

- Bước 1: Chọn 1 cạnh của đa giác: có 60 cách.

- Bước 2: Chọn một đường chéo của đa giác 56 cạnh còn lại (trừ hai đỉnh của cạnh đã chọn và hai đỉnh kề với cạnh đó): có ^{C562 56} cách.

Số tứ giác loại này là ^60.



^{C562 56}



^89040_.

Do đó, số tứ giác có ít nhất một cạnh chung với đa giác là 60 3300 1720 89040 94120    .

 Suy ra số đa giác có bốn cạnh đều là đường chéo của đa giác là C⁶⁰⁴ 94120 393515 .

 Xác suất cần tính là: ⁶⁰⁴ 393515

80,7%

C 

Câu 42: [1D3-3] Với giá trị nào của tham số m thì phương trình ^{x3mx2 6x 8 0}có ba nghiệm thực lập thành cấp số nhân

A. m 4. B. m3. C. m1. D. m 3. Lời giải

Chọn D.

Gọi x x x¹, ,^{2 3} là ba nghiệm của phương trình trên lập thành một cấp số nhân. Khi đó: ^{x x1 3x22}. Theo định lý Viet cho phương trình bậc 3 có: ^{x x x1 2 3  8 x23  8 x2 2}

Do đó: ^{234m12 8 0    m 3}.

Câu 45: [2H2-4] Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là ^{20 cm}. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng ^10cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây?

A. ^{0,87 cm}. B. ^10cm. C. ^{1,07 cm}. D. ^1,35cm. Lời giải

Chọn A.

+ Gọi ^R là bán kính đáy của phễu.

+ Thể tích của lượng nước đổ vào phễu là 1 2

.10. .

3 2

V      R (1).

+ Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên thì lượng nước tạo thành khối nón cụt có chiều cao là h và bán kính đáy nhỏ trên là ^r. Ta có

20 1

20 20

r h h

r R

R

  

     . + Thể tích khối nón cụt cũng là thể tích lượng nước được tính theo công thức sau:



^{2 2}



^{2 1 1 2 1}

3 3 20 20

h hR h h

V  R r Rr         (2).

+ Từ (1) và (2) ta có 5 2

2 1

6 3 20 20

h h  h 

       20 ^0,0435

 h   h 0,87.

Câu 48: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho bốn đường thẳng:

 

1

3 1 1

: 1 2 1

x y z

d     

 ,

 

2

: 1

1 2 1

x y z

d   

 ,

 

3

1 1 1

: 2 1 1

x y z

d      ,

 

4

: 1

1 1 1

x y z

d   

  . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là:

A. 0 . B. ². C. Vô Số D. ¹. Hướng dẫn giải

Chọn D.

Dễ thấy d¹/ /d² do đó có một mặt phẳng

 

^P duy nhất chứa d d¹; ²

 

^{P x y x:    1 0}

Mặt khác ta có ³

d chéo d⁴ lần lượt cắt

 

^P _tại ^A



^{1; 1;1 ;}

 

^{B 0;1;0}



Do đó tồn tại một đường thẳng duy nhất qua ^{A B;} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 49: [2D2-3] Số nghiệm của phương trình 2^{log5x3}  x là:

A. 0 B. 1 C. 3 D. 2

Lời giải Chọn B

Điều kiện: x0

Ta có: 2^{log5x3} xlog5



x 3



log2x t

3 5 2

t t

x x

  

 

    2^t 3 5^t

2 1

3 1

5 5

t t

   

        1

 t

Với t1 thì x2.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.