• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi thử THPT quốc gia 2020 môn Toán THPT Quảng xương (Có đáp án chi tiết) | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi thử THPT quốc gia 2020 môn Toán THPT Quảng xương (Có đáp án chi tiết) | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện"

Copied!
13
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Câu 30: [2D1-3] Số giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số

3 6 2 2

1 2

x x mx

y

     luôn đồng biến

trên khoảng

 

1;3 là :

A. 8. B. 9. C. 10. D.Vô số.

Lời giải Chọn B.

2

1 3 6 2 2 1

' 3 12 ln

2 2

x x mx

y x x m

   

      

   

Hàm số đồng biến trên

 

1;3 khi y' 0  x

 

1;3

       

 

2 2

1;3

3x 12x m 0 x 1;3 m 3x 12x g x x 1;3 m min g x

              

g x'

 

 6x12 0   x 2

 

1;3

Lại có

 

lim1 9

x g x

;

 

lim3 9

x g x

; g

 

2 12

Do đó m9

Các giá trị nguyên dương của m là 1,2,3,4,5,6,7,8,9 Vậy có 9 số.

Câu 31: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm f x

 

x x2

9

 

x4

2.Xét hàm số

   

2

yg xf x

trên  . Trong các phát biểu sau:

I. Hàm số y g x

 

đồng biến trên khoảng

3;

.

II. Hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng

 ; 3

.

III. Hàm số y g x

 

có 5 điểm cực trị.

IV.

   

9

Min g xx f

.

Số phát biểu đúng là:

A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .

Lời giải Chọn C.

Ta có y g x

 

f x

 

2

   

2

y g x  f x 2 .x x x4

29

 

x24

2 2x x5

3

 

x3

 

x2

 

2 x2

2
(2)

Khi đó

 

0 2

0 3

2 3 x x

g x x

x x

 

  

     

 

  Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y g x

 

đồng biến trên khoảng

3;

, hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng

 ; 3

,hàm số y g x

 

có 3 điểm cực trị và

   

9

Min g xx f

.

Câu 32: [2D4-3] Cho hai số phức z1, z2 có điểm biểu diễn lần lượt là M1, M2 cùng thuộc đường tròn có phương trình x2y2 1 và z1z2 1

. Tính giá trị biểu thức Pz1z2 .

A .

3 P 2

. B. P 2. C.

2 P 2

. D. P 3.

Lời giải Chọn D.

Cách 1: Do M1, M2 cùng thuộc đường tròn có phương trình x2y2 1 nên z1z2 1. Lại có: z1z2 1 z1z22 1

z1z2

 

z1z2

1

z1z2

 

z1z2

1

 

1 1. 1. 2 1. 2 2. 2 1

z z z z z z z z

     z12 z2 2

z z1. 2z z1. 2

1z z1. 2z z1. 2 1.

2 2

1 2

Pzz

z1z2

 

z1z2

z1z2

 

z1z2

z12 z2 2

z z1. 2z z1. 2

3.

Vậy P 3.

Cách 2: Do M1, M2 cùng thuộc đường tròn

 

T tâm O

 

0;0 , bán kính R1 và z1z2 1 nên M M1 2 1. Suy ra OM M1 2 là tam giác đều cạnh bằng 1.

1 2

Pzz =OM 1OM2  2OH 2. 2. 3 3 OH 2

  

( Trong đó H là trung điểm M M1 2)

(3)

Câu 33: [2D3-3]Cho

1

0

8 2

3 3

2 1

dx a b a

x x   

  

, a b,  *. Tính a2b

A . a2b7. B. a2b8. C. a2b1. D.a2b5. Lời giải

Chọn B.

Theo giả thiết ta có:

 

1 1

0 0

2 1

2 1

dx x x dx

x x    

  

 

23

x2

 

32 x1

3210 2 3 8 2 2

3 3

  

. Do đó a2;b3 nên a2b8.

Câu 34: [2D2-3] Cho phương trình 25x-

(

m+2 .5

)

x+2m+ =1 0 với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên mÎ

[

0;2018

]

để phương trình có nghiệm?

A. 2015. B. 2016. C. 2018. D. 2017.

Lời giải Chọn B.

Đặt t=5 ,x t>0.

Phương trình trở thành: t2-

(

m+2

)

t+2m+ =1 0 Û t2- 2t+ -1

(

t- 2 .

)

m=0

2 2 1

( )

2 1 t t

t m - +

Û =

- (do t=2 không là nghiệm của phương trình)

Xét hàm số

( )

2 2 1

2 t t f t t

- +

= - trên ¡ \ 2 .

{ }

( ) ( )

2 2

4 3

2 t t

f t t

- +

¢ = -

,

( )

0 1

3 f t t

t é=ê

¢ = Û ê=ë Bảng biến thiên:

(4)

Từ bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm Û phương trình

( )

1 có nghiệm t>0 4

0 m m é ³ê Û ê £ë

Kết hợp điều kiện mnguyên và mÎ

[

0; 2018

]

Þ mÎ

{

0; 4; 5;...; 2018

}

Vậy có 2016 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 35: [2H3-2] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho M

2;0;0

, N

1;1;1

. Mặt phẳng

 

P thay đổi

qua M N, cắt các trục Ox Oy, lần lượt tại B

0; ;0b

, C

0;0;c

 

b0,c0

. Hệ thức nào dưới đây là đúng?

A. bc2

b c

. B. bc 1 1b c . C. b c bc  . D. bc b c  .

Lời giải.

Chọn A.

Ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua 3 điểm M B C, ,

 

1

2

x y z P   b c

.

Lại có N

1;1;1

thuộc mặt phẳng

 

P nên ta được

1 1 1 2  b c 1

. Hay bc2

b c

.

Câu 36: [2D5-3] Cho hai số phức ,z  thỏa mãn z   1 z 3 2i ;  z m i với m là tham số. Giá trị của m để ta luôn có  2 5 là:

A.

7 3 m m

 

  . B.

7 3 m m

 

  

 . C.  3 m7. D. 3m7. Lời giải

Chọn B.

Đặt z a ib a b  , ,

có biểu diễn hình học là điểm M x y

;

1 3 2

z   z i   x 1 iy   x 3

y2

i

x1

2 y2

x3

 

2 y2

2

2x 1 6x 9 4y 4

       2x y  3 0

Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng : 2 x y  3 0. Ta có:  2 5    z m i 2 5    x m

y1

i 2 5

x m

 

2 y 1

2 2 5

     MI 2 5 với I

 m; 1

.

Mà ta có MI d I

,

(5)

Nên MI 2 5 d I

, 

2 5 2m54 2 5  2m 4 10

2 4 10

2 4 10

m m

  

    

3 7 m m

  

   .

Câu 37: [2H3-3] Trong không gian hệ trục Oxyz cho tam giác ABCA

1;0; 1

,B

2;3; 1

,

2;1;1

C  .Phương trình đường thẳng đi qua tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giácABC và vuông góc với mặt phẳng

ABC

là:

A.

3 3 5

3 1 5

xyz

 

 . B.

2

3 1 5

x yz

 

. C.

1 1

1 2 2

xy z

 

 . D.

3 2 5

3 1 5

xyz

 

 .

Lời giải Chọn A.

Gọi d là đường thẳng cần tìm.

Ta có AB 10,AC 14,BC 24  ABC vuông tại A.

Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giácABC I là trung điểm BCI

0; 2;0

. Mặt phẳng

ABC

có VTPT n  AB AC,

3; 1;5

. Do d

ABC

VTCP của d là: u n  

3; 1;5

.

Vậy phương trình đường thẳng d là:

3 3 5

3 1 5

x  y  z

 .

Câu 38: [1D1-3]Tìm tổng tất cả các nghiệm thuộc đoạn

0;10

của phương trình sin 22 x3sin 2x 2 0.

A.

105 2 

. B.

105 4 

. C.

297 4 

. D.

299 4 

. Lời giải

Chọn A.

Ta có

2 sin 2 1

sin 2 3sin 2 2 0

sin 2 2(VN) x x x

x

  

      

Với

sin 2 1 2 2

x   x  2 k  4 ,

xk k

    

(6)

Vì nghiệm thuộc đoạn

0;10

nên tổng các nghiệm là:

3 3 3 105

... 9

4 4 4 2

S            . Câu 39: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có thể tích bằng 6a3. Các điểm M , N , P lần lượt

thuộc các cạnh AA, BB, CC sao cho

1 2 AM AA

 ,

2 3 BN CP BBCC

  . Tính thể tích V của khối đa diện ABCMNP.

A.

11 3

V  27a

. B.

9 3

V 16a

. C.

11 3

V  3 a

. D.

11 3

V 18a . Lời giải

Chọn D.

Q P

N M

A C

B

A'

B'

C'

Gọi Q là điểm thuộc cạnh AAsao cho

2 3 AQ AA

1 MQ 6AA

  1

MNPQ 18

V V

 

.

.

2

ABC NPQ 3

VV

; . .

2 1 11

3 18 18

ABC MNP ABC NPQ MNPQ

VVVVVV

.

Câu 40: [2D3-4] Cho hàm số f x

 

xác định trên  \

2;1

thỏa mãn '

 

2 1

f x 2

x x

   ,

 

3

 

3 0

f   f  và

 

0 1

f 3

. Giá trị biểu thức f

 

 4 f

 

 1 f

 

4 bằng:

A.

1 1

3ln 23

. B. ln 80 1 . C.

1 4

ln ln 2 1

3 5 

. D.

1 8

ln 1 3 5

. Lời giải

Chọn A.

Ta có

 

2

2 f x dx

x x

  13

x11 x12dx 13ln xx12 C

.

(7)

Do hàm số f x

 

không xác định tại x1;x 2

 

1

2

3

1 1

ln 2

3 2

1 1

ln 2 1

3 2

1 1

ln 1

3 2

x C khi x x

f x x C khi x

x

x C khi x x

    

 

 

      

   

 

 

3

 

3 0

f   f  1 1 1 2 3

ln 4 ln 0

3 C 3 5 C

     1 3 1

3ln10 C C

   

.

 

0 1

f 3 1 2 1

3ln 2 C 3

    2 1 1

3 3ln 2

C   .

 

4

 

1

 

4

f   f   f 1 5 1 1 2 1 1 3

ln ln 2 ln

3 2 C 3 C 3 2 C

      1 5 2 2 1 3

ln ln 2

3 2 3 C C C

    

1 5 2 1 1 1

ln ln 2 ln 2 ln10

3 2 3 3 3 3

     1 1 5 1

ln .4.2.

3 3 2 10

 

   

1 1ln 2

 3 3

.

Câu 41: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB2a, SA a 3 và vuông góc với mặt phẳng

ABCD

. Cosin góc giữa hai mặt phẳng

SAD

SBC

bằng

A.

2

2 . B.

2

3 . C.

2

4 . D.

2 5 . Lời giải

Chọn C.

Gọi IAD BC .

Ta có BD AD BD

SAD

BD SA

 

 

 

 BDSI

(8)

Kẻ DESI (E SI ), ta có SI BD SI

BDE

SI DE

 

 

  SIBESI DE

Ta có

 

 

   

, ,

SI BE SI SBC SI DE SI SAD

SBC SAD SI

 



 

  

 , suy ra góc giữa

SAD

SBC

DE BE,

DEB

Xét SIA vuông tại A

 3

sin 7

AIS SA

SI  .

  3

sin sin

7

DE a

AIS DE DI AIS

DI    tan BD 7

DEB ED

  

.

Mặt khác, ta có

 

2

2

1 1

cos DEB 1 tan 8

DEB

cos 2 DEB 4

 

.

Câu 42: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt phẳng

SAB

 

, SAC

cùng vuông góc với đáy

ABCD

SA2a. Tính cosin của góc giữa SB và mặt phẳng

SAD

.

A.

5

5 . B.

2 5

5 . C.

1

2. D. 1.

Lời giải Chọn B.

Ta có:

       

SAB

 

ABCD

, SAC ABCD SA

ABCD

SAB SAC SA

 

  

  



Lại có:

   

( do )

AB AD

AB SAD AB SA SA ABCD

   

  



(9)

Khi đó SA là hình chiếu của SB lên

SAD

SB SAD,

  

SB SA,

BSA ( do BSA 90o )

2 2

2 2

cos 4 5

SA a

BSASBa a

 .

Câu 43: [2D2-3]Cho dãy số

 

un

thỏa mãn ln2u6 lnu8 lnu41 và un1u en. với mọi n1. Tìm u1

A. e. B. e2. C. e3. D. e4.

Lời giải Chọn D.

Do un1u en. nên

 

un là cấp số nhân công bội q e .

Ta có : ln2u6lnu8 lnu4 1ln2

u e1. 5

ln

u e1. 7

ln

u e1. 3

1

5 lnu1

 

2 7 lnu1

3 lnu1 1

       ln2u18lnu116 0

4

1 1

lnu 4 u e

     .

Câu 44: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn

1 1

3 2

z z i

 

 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 4 7

P  z i z  i

A. 20 . B. 10 . C. 12 5 . D. 4 5 .

Lời giải Chọn A.

Gọi z x yi  ,

x y,

.

Ta có

1 1

3 2

z z i

 

  2 z  1 z 3i 2

x1

2y2 x2

y3

2

2 2 4 6 7 0

x y x y

      .

Lại có P  z i 2 z 4 7i x2

y1

2 2

x4

 

2 y7

2

4x 8y 8 2 4x 8y 72

       .

Mặt khác

4x8y 8 2  4x 8y72

2 5.80 4x8y 8 2  4x 8y72 20

Suy ra P20.

Câu 45: [2D1-3] Cho hàm số y ax3bx2cx d đạt cực trị tại các điểm x1, x2 thỏa mãn x1 

1;0

, x2

 

1;2 . Biết hàm số đồng biến trên khoảng

x x1; 2

. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

A. a0,b0,c0,d 0. B. a0,b0,c0,d0. C. a0,b0,c0,d0. D. a0,b0,c0,d 0.

(10)

Lời giải Chọn A.

Vì hàm số hàm số y ax3bx2cx d đạt cực trị tại các điểm x1, x2 và hàm số đồng biến trên khoảng

x x1; 2

nên suy ra a0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên d 0.

Ta có y 3ax22bx c . Hàm số đạt cực trị tại các điểm x1, x2 thỏa mãn x1 

1;0

,

 

2 1;2

x

nên suy ra y 0 có hai nghiệm trái dấu ac  0 c 0.

Mặt khác x1 

1;0

, x2

 

1; 2

nên x1x2 0 2 3 0 b

  a

0

 b . Vậy a0, b0, c0, d0.

Câu 46: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

xác định và liên tục trên  thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau f x

 

  0, x  , f x

 

 e fx. 2

 

x , x  và

 

0 1

f  2

. Phương trinh tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x0 ln 2 là:

A. 2x9y2 ln 2 3 0  . B. 2x9y2ln 2 3 0  . C. 2x9y2 ln 2 3 0  . D. 2x9y2 ln 2 3 0  .

Lời giải Chọn A.

Ta có f x

 

 e fx. 2

 

x 2

   

x

f x e f x

   

 

 

ln 2 ln 2

2

0 0

d xd

f x x e x f x

  

   

 

   

ln 2

 

ln 20

0

1 x

f x e

 

  

1ln 2

1

 

0 1

f f

  

ln 2

1

f 3

 

.

Vậy f

ln 2

 eln 2.f2

ln 2

1 2

2. 3

    

  2 9

  .

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 2

ln 2

1

9 3

y  x 

2x 9y 2ln 2 3 0

     .

Câu 47: [2H3-2] Trong không gian Oxyz cho các điểm A

1;2;3 ,

B

2;1;0 ,

C

4; 3; 2 , 

D

3; 2;1 ,

1;1; 1

E

. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng cách đều 5 điểm trên?

A. 1. B. 4. C. 5. D. không tồn tại.

Lời giải Chọn C.

(11)

Ta có: AB

1; 1; 3  

DC. Suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành.

Lại có:   AB AC AE, . 0

. Suy ra 5 điểm trên tạo thành hình chóp tứ giác .E ABCD có đáy là hình bình hành.

Do đó các mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán gồm có:

+) Mặt phẳng đi qua trung điểm của AE và song song với mặt phẳng

ABCD

.

+) Mặt phẳng đi qua tâm I của hình bình hành ABCD và lần lượt song song với các mặt bên.

Suy ra chọn đáp án C.

Câu 48: [2D3-3] Cho hàm số y f x

 

0 xác định, có đạo hàm trên đoạn

 

0;1 và thỏa mãn:

     

2

 

0

1 2018 d , .

x

g x  

f t t g xf x

Tính

1

 

0

d . g x x

A.

1011.

2 B.

1009.

2 C.

2019.

2 D. 505.

Lời giải Chọn A.

Ta có g

 

0 1

   

0

1 2018 d

x

g x  

f t t

     

' 2018 2018

g x f x g x

  

 

 

' 2018

g x

g x

 

 

0 0

' 2018 d .

t g x t

dx x

g x

   

2 g t 1 2018t

   g t

 

1009t1 1

 

0

1011 g t dt 2

.

Câu 49: [1D2-4] Có 12 người xếp thành hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố định). Chọn ngẫu nhiên 3 người trong hàng. Tính xác suất để 3 người được chọn không có hai người nào đứng cạnh nhau

A.

21

55 . B.

6

11 . C.

55

126 . D.

7 110 . Lời giải

Chọn B.

Ta có n( ) C123 .

Giả sử chọn 3 người trong hàng có thứ tự lần lượt là a b c, , .

Theo giả thiết ta có a b c  ; b a 1;c b 1;a b c, ,

1;2;3;...;12

.

Đặt aa b;  b 1;c c 2. Suy ra a b c b ;  a 1;c b 1;1     a b c c 2 10.

(12)

Vậy a b c  , , là ba số bất kì trong tập hợp

1;2;3;...;10

C103 cách chọn n A

 

C103 .

Vậy 123

(A) 120 6

( ) ( ) 11

P A n

n C

  

 .

Câu 50: [2H3-4] Cho ,x y là các số thực dương thay đổi. Xét hình chóp .S ABCSA x BC , y các cạnh còn lại đều bằng 1. Khi thể tích .S ABC đạt giá trị lớn nhất thì tích xy bằng :

A.

4

3 B.

4 3

3 . C. 2 3 . D.

1 3 . Lời giải

Chọn A.

Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC SA, . Ta có BC (SAM).

Kẻ SHAM tại H SH (ABC).

2

1 2

1 4

4 2

AM   y  y

Tam giác MAS cân tại M.

nên

2 2

2 2

1 1 4

4 4 2

y x

MN     xy .

2 2

1 1 1 1

. . 4 4

2 2 2 4

SABCBC AMyyyy .

2 2

2

. 4

. . .

4

x x y

MN SA SH AM MN SA SH

AM y

 

   

 .

(13)

2 2

2 2 2

2

. 4

1 1 1 1

.SH . 4 4

3 3 4 4 12

SABC ABC

x x y

V S y y xy x y

y

 

     

 .

2 2 2 2 3

2 2 2 2

1 1 4 2 3

(4 )

12 12 3 27

x y x y

x y x y      

      

  .

max

2 3 V  27

khi

2 2 2 2 2 3

4 3

xy  xy   x y

. Vậy 4 xy3

.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Gerayl axetat Câu 7: Chất hay hợp chất nào sau đây không tác dụng được với dung dịch NaOH loãngA. (2) Trong quả chuối xanh chứa

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

Mặt phẳng qua đỉnh tạo với đáy một góc và cắt đường tròn đáy tại hai điểm và và chia đường tròn đáy thành hai phần: phần có diện tích nhỏ hơn là

Biết rằng Đoàn trường sẽ yêu cầu các lớp gửi hình dự thi và dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD , phần còn lại sẽ được trang trí hoa văn cho phù hợp.. Hỏi

Câu 13: Biết quá trình giảm phân không xảy ra đột biến, một gen quy định một tính trạng, các tính trạng trội là trội hoàn toàn.. kiểu phân bố

Tính tỉ số bán kính mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện

Ông B dự định dùng một mảnh vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi một đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng một loại hoa...

Gọi P là tích của ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho