Đề thi thử THPTQG 2020 môn Toán lần 2 trường THPT Kim Thành – Hải Dương

Đề thi thử THPTQG 2020 môn Toán lần 2 trường THPT Kim Thành – Hải Dương được biên soạn bám sát cấu trúc đề minh họa tốt nghiệp THPT Quốc gia môn Toán của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

20 10 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Câu 1: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng



có phương trình chính tắc

3 1

2 3 1

 

 



x y z

. Phương trình tham số của đường thẳng



là:

3 2

1 3

  





 









x t

y t

z t

. B.

3 2

1 3

  





 









x t

y t

z t

. C.

2 3

 





  









x t

y t

z t

. D.

3 2

1 3

 





  









x t

y t

z t

Lời giải

Chọn D

Đường thẳng



đi qua điểm

(3; 1;0)M

và có một vector chỉ phương là

(2; 3;1) 



Vậy phương trình tham số của đường thẳng



là:

3 2

1 3

 





  









x t

y t

z t

Câu 2: Giá trị nhỏ nhất của hàm số

1  y x

trên đoạn

 

3; 1 

bằng:

4

. B.

5

. C.

. D.

3

Lời giải

Chọn D

Ta có:



 y

 

2 3; 1

0 1 0

2 3; 1



   



    



    





( 3)



 y

( 2) 3  y

( 1) 4  y

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số

1  y x

trên đoạn

 

3; 1 

bằng

4

Câu 3: Cho hàm số

 

y f x

có bảng biến thiên sau

Số nghiệm thực của phương trình

 

5 1 2 1 0f x  

. B.

. C.

. D.

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2

NĂM HỌC 2019 - 2020

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

--------------------------------------

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT KIM THÀNH

(Đề gồm 50 câu trắc nghiệm)

-------------------------

Lời giải

Chọn D

   

1 2 2

5 1 2 1 0 1 2

1 2 2 1

, 2

f x f x

x a a

x a









  

        



   





 





Suy ra phương trình

 

5 1 2 1 0f x  

có 2 nghiệm thực.

Câu 4: Cho

 





d 2f x x

và

 





d 5f x x

, khi đó

 



df x x

bằng

. B.

. C.

. D.

3

Lời giải

Chọn B

 



df x x

   

    

 

1 4

0 1

d d 2 5 7.f x x f x x

Câu 5: Cho hàm số

 

y f x

có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số

để phương trình

 

1f x m 

có bốn nghiệm phân biệt?

0 2m 

. B.

2 3m 

. C.

0 1m 

. D.

1 2m 

Lời giải

Chọn B

   

1 1f x m f x m    

(1).

Để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số

 

y f x

và đường thẳng

1y m 

cắt nhau tại bốn điểm. Dựa vào đồ thị hàm số

 

y f x

và đường thẳng

1y m 

có

1 1 2 2 3m m     



Câu 6: Cho hình chóp

.S ABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân tại

2AB a

vuông góc với

mặt đáy và góc giữa

và mặt đáy bằng

60

. Gọi



là góc giữa hai mặt phẳng

 

SBC

và

 

ABC

. Giá trị

cos



bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Gọi

là trung điểm

AM BC 

(1)

Có



BC SA

BC SM

BC AM



 



(2)

Từ (1) và (2) suy ra

   

 

,SBC ABC SMA 



 

SA ABC SA AB  

và

là hình chiếu vuông góc của

lên

 

ABC

60SBA  

SAB

có

.tan 2 .tan60 2 3SA AB SBA a a  

ABC

có

   

2 2

1 1 1

2 2 2

AM BC AB AC a a a     

SAM

vuông tại

có

   

2 2 2 2

2 1

cos

2 3 2

AM AM a

SA AM

a a

   





Câu 7: Cho phương trình

4 5

3 9

x x- +

tổng lập phương các nghiệm thực của phương trình là:

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có:

4 5

3 9

x x- +

4 5 2x xÛ - + =

4 3 0x xÛ - + =

Vậy

3 3

1 2

28x x+ =

Câu 8: Trong không gian

Oxyz

cho hai điểm

( )

2;4; 1I -

và

( )

0;2;3A

. Phương trình mặt cầu tâm

đi qua

là:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4 1 2 6x y z+ + + + - =

. B.

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4 1 24x y z- + - + + =

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4 1 24x y z+ + + + - =

. D.

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4 1 2 6x y z- + - + + =

Lời giải

Chọn B

Ta có:

( )

2; 2;4IA = - -

uur

2 6IAÞ =

Phương trình mặt cầu tâm

đi qua

nên

2 6R IA= =

Vậy phương trình mặt cầu tâm

đi qua

có dạng:

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 4 1 24x y z- + - + + =

Câu 9: Trong không gian

Oxyz

, cho mặt cầu

       

2 2 2

: 1 1 2 9S x y z     

và mặt phẳng

 

: 2 2 14 0P x y z   

. Gọi

 

, ,M a b c

là điểm thuộc mặt cầu

 

sao cho khoảng cách từ

đến mặt phẳng

 

lớn nhất. Tính

T a b c  

3T 

. B.

1T 

. C.

5T 

. D.

10T 

Lời giải

Chọn A

Ta có tâm và bán kính mặt cầu

 

lần lượt là

 

1;1;2 , 3I R 

 

2 2 2

2 2 2 14

, 4 3

2 2 1

d I P R

   

   

 

. Suy ra

 

không cắt

 

Gọi

là đường thẳng đi qua tâm

và vuông góc với mặt phẳng

 

. Khi đó, phương trình

của đường thẳng

là

1 2

x t

y t

z t

  





 





 



Xét hệ

     

2 2 2

1 2

2 2 9 1

1 1 2 9

x t

y t

t t t t

z t

x y z

  





 



       



 



     



Với

   

 

1 1

1 1; 1;3 , , 7t M d M P   

Với

   

 

2 2

1 3;3;1 , , 1t M d M P    

Suy ra

 

1; 1;3M 

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi đó

3T a b c   

Câu 10: Cho hàm số

 

y f x

liên tục trên đoạn

 

1;5

và có đồ thị như hình vẽ dưới đây

Gọi

,M n

lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn

 

1;5

. Giá

trị

M n

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn

 

1;5

là

3, 2M n  

. Do đó

5M n 

Câu 11: Gọi

là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm

chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một

số từ

. Tính xác suất để được chọn có đúng

chữ số lẻ và chữ số

đứng giữa hai chữ số lẻ.

(Các chữ số liền trước và liền sau của chữ số

là các chữ số lẻ).

648

. B.

. C.

. D.

189

Lời giải

Chọn C

Xem nhóm 3 chữ số gồm số 0 ở giữa 2 chữ số lẻ là một

Chọn 2 chữ số lẻ và sắp xếp có

cách.

Chọn thêm 2 chữ số lẻ có

cách.

Chọn 4 chữ số chẵn có

cách.

Sắp xếp có 7! cách.

Như vậy có

2 2 4

5 3 4

. . .7! 302400A C C 

số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xác suất cần tìm

302400 5

9. 54A



Câu 12: Cho hàm số

 

y f x

. Hàm số

 

'y f x

có bảng biến thiên như hình vẽ:

Bất phương trình

 

e m f x 

có nghiệm

4;16x

 



 

khi và chỉ khi:

 

4m f e 

. B.

 

4m f e 

. C.

 

16m f e 

. D.

 

16m f e 

Lời giải

Chọn B

Từ BBT suy ra

 

' 0, 4;16f x x

 

  

 

. Ta có:

   

(*)

x x

e m f x m e f x    

Đặt

   

g x e f x 

4;16x

 

 

 

   

' ' 0, 4;16

g x f x x

 

     

 

Bảng biến thiên:

(*) thỏa mãn khi

   

4;16

min 4m g x f e

 

 

  

Câu 13: Tìm họ nguyên hàm

 

(2 1)

F x dx







 

8 2 1





. B.

 

6 2 1





. C.

 

4 2 1





. D.

 

4 2 1





Lời giải

Chọn D

   

3 3 2

1 1 1 1

2 1

(2 1) 2 (2 1) 4(2 1)

F x dx d x C

x x x



    

  

 

Câu 14: Cho hàm số

 

f x

có đạo hàm liên tục trên

 

1;2

thỏa mãn

   

x f x dx  



 

2 0f 

và

 

7f x dx



 



 

. Tính tích phân

 

I f x dx



I 

. B.

I  

. C.

I  

. D.

I 

Lời giải

Chọn B

               

2 2 2

2 3 3 3

1 1 1

1 1 1 1

3 3 3

x f x dx f x d x x f x x f x dx

 



        

 

 

  

   

x f x dx



  



     

1 1 1x f x dx



  



Ta có

          

2 2 2 2

3 3 6

1 1 1 1

7 1 14 1 49 1 0f x x dx f x dx f x x dx x dx

 

  

 

       

 

   

   

7 1f x x



  

   

 

7 1

f x x dx C



    



Mà

 

2 0f 

nên

C  

. Suy ra

 

7 1

4 4

f x



 

Vậy

 

2 2

1 1

7 1

7 7

4 4 5

I f x dx dx

 



    

 

 

 

Câu 15: Tìm phần ảo của số phức

, biết

 

1 3i z i  

. B.

1

. C.

2

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

  

3 1

1 3 1 2

1 1 1

i i

i z i z i

i i i

 



       

  

Vậy phần ảo của số phức

là

Câu 16: Cho hình chóp

SABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông tại

vuông góc với mặt

phẳng

 

ABC

là đường cao trong tam giác

SAB

. Trong các khẳng định sau, khẳng định

nào là khẳng định sai?

AH SC

. B.

AH BC

. C.

SA BC

. D.

AH AC

Lời giải

Chọn D

Ta có:

 

SA ABC

SA BC

BC ABC







 









nên phương án C đúng.

Mặt khác,

 

SA BC

BC SAB

BC AB





 







, mà

 

AH SAB AH BC  

. Vậy phương án B đúng.

Ta lại có

AH SB

nên

AH SC

. Khi đó phương án A đúng.

Như vậy phương án D sai.

Câu 17: Tìm tập xác định

của hàm số

   

2 log 2y x x   



 



; 2 2;D     

. B.

   

; 2 2;D     

 

2;2D  

. D.

 

2;2D  

Lời giải

Chọn D

Điều kiện hàm số có nghĩa là

2 0 2

2 2

2 0 2

x x

  

 

    

 

   

 

Vậy tập xác định của hàm số là

 

2;2D  

Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho

 

1; 1;0A 

 

2;1;1B

 

1;0; 1C  

 

; 3;1D m m 

Tìm tất cả các giá trị thực của

để

ABCD

là một tứ diện.

m 

. B.

m 

. C.

3m 

. D.

m

Lời giải

Chọn A

Ta có:

     

1;2;1 , 2;1; 1 , 1; 2;1AB AC AD m m      

  

 

, 3; 1;5AB AC

 

   

 

 

   

, . 3 1 2 5.1 4 10AB AC AD m m m

 

         

 

  

Khi đó,

ABCD

là một tứ diện

, , ,A B C D

không đồng phẳng

, . 0 4 10 0

AB AC AD m m

 

       

 

  

Vậy tất cả các giá trị thực của

cần tìm là:

m 

Câu 19: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm được liệt kê ở bốn phương

án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

4 2

2y x x  

. B.

4 2

3 1y x x  

. C.

4 2

2y x x 

. D.

4 2

2y x x 

Lời giải

Chọn D

Nhìn vào đồ thị ta nhận thấy đây là đồ thị của một hàm số bậc 4.

4 3

y ax bx cx d   

Do nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên

0a >

Loại

(0) 0f =

Loại

(1) 0f <

Loại

Câu 20: Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính R là:

R h



. B.

R h



. C.

R h



. D.



Lời giải

Chọn C

Diện tích đáy là:

S Rp=

Chiều cao là: h

Thể tích của khối nón là:

V R hp=

Câu 21: Cho số phức

thỏa mãn

 

4 7 7z z i z   

. Tính môđun của số phức

3z 

. B.

5z 

. C.

5z 

. D.

3z 

Lời giải

Chọn C

Đặt

.z a bi z a bi    

Ta có

     

4 7 7 4 7 7z z i z a bi a bi i a bi i           

 

5 3 7 7a b a b i i      

Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi

5 7 1

3 7 2

a b a

a b b

  

 



 

    

 

Suy ra

2 2 2 2

1 2 5z a b    

Vậy mô đun của số phức

bằng

Câu 22: Tính đạo hàm của hàm số

 

log

y x e 

 

ln 2

x e









. B.

x e









. C.

ln 2





. D.

 

ln 2

x e







Lời giải

Chọn A

Áp dụng công thức

 

log

.ln

u a





, ta có:

 

log

.ln 2 .ln 2

x x

x e

x e x e







  

 

Vậy đạo hàm của hàm số

 

log

y x e 

là

 

ln 2

x e









Câu 23: Cho hàm số

3 5 2

y x x   

nghịch biến trong khoảng nào?

 

2;3

. B.

 

;1

. C.

 

1;5

. D.

 

5;

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số

3 5 2

y x x   

6 5y x x



   

Xét







 







 

0 1;5y x



   

Vậy hàm số nghịch biến trong khoảng

 

1;5

Câu 24: Cho hàm số đa thức bậc bốn

 

y f x

và

 

y g x

có đồ thị như hình vẽ dưới đây đường đậm

hơn là đồ thị hàm số

 

y f x

. Biết rằng hai đồ thị tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là

3

và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là

1

và

. Tìm tập hợp tất các giá trị

thực của tham số

để bất phương trình

   

f x g x m 

nghiệm đúng với mọi

 

3;3x  

12 10 3

;

 











 

. B.

12 8 3

;

 











 

. C.

12 10 3

;

 











 

. D.

12 8 3

;

 











 

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số

     

h x f x g x 

Vì đồ thị hàm số

 

f x

tiếp xúc với đồ thị hàm số

 

g x

tại điểm có hoành độ

3

và cắt nhau

tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là

1

và

suy ra

          

3 1 3h x f x g x a x x x     

Nhận xét từ đồ thị khi

x  

thì phần đồ thị

 

f x

nằm dười

 

g x

nên

0a 

Mặt khác ta có

   

0 27 2 1 1

h a a



        

Xét hàm

      

 

4 3 2

1 1

3 1 3 4 6 36 27

27 27

y h x x x x x x x x

 

         

Ta có

 

3 2 2

1 1

4 12 12 36 3 4 12

27 27

y h x x x x x x

 

 

       

Suy ra

0 3

y x

 







  



 



Bảng biến thiên

Vây tập hợp tất các giá trị thực của tham số

để bất phương trình

       

f x g x m f x g x m    

nghiệm đúng với mọi

 

3;3x  

là

12 8 3





Câu 25: Cho cấp số cộng

 

có

123u 

và

3 15

84u u 

. Tìm số hạng

235u 

. B.

4u 

. C.

242u 

. D.

11u 

Lời giải

Chọn D

Ta có

 

3 15 1 1

84 2 14 84 12 84 7u u u d u d d d            

Khi đó

 

17 1

16 123 16 7 11u u d     

Câu 26: Tìm nguyên hàm của các hàm số

 

2 5f x x x  

thỏa mãn

 

1 3F 

 

4 4

F x x x   

. B.

 

4 2

1 5

5 4

F x x x x   

 

5 3

F x x x   

. D.

 

4 5

F x x x   

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

3 4 2

2 5 d 5

F x x x x x x x C      



Theo đề:

 

1 5

1 3 1 5 3

4 4

F C C        

Vậy

 

4 2

1 5

4 4

F x x x x   

Câu 27: Với giá trị nào của

thì biểu thức

( ) log ( )f x x x x= - -

3 3

xác định?

( ; )x Î +¥1

. B.

( ; ) ( ; )x +0 2 4

( ; ) ( ; )x Î - È +¥1 0 2

. D.

( ; )x Î 0 1

Lời giải

Chọn C

Hàm số đã cho xác định khi

( )x x x x x x x x x- - > Û - - > Û - - >

3 3 3 3 2

2 0 2 0 2 0

( ; ) ( ; ).x -1 0 2

Câu 28: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất

để trong 4 người được chọn đều là nam bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Chọn 4 người trong 13 người hát tốp ca có

. Nên

( )n CW =

Gọi A là biến cố chọn được 4 người đều là nam và

( )n A C=

Nên xác suất của biến cố A là

( )

P A

Câu 29: Cho hình chóp

.S ABCD

có đáy

ABCD

là hình bình hành. Gọi

là trung điểm

. Mặt

phẳng chứa

cắt các cạnh

lần lượt tại

và

. Gọi

theo thứ tự là thể tích

khối chóp

.S AMKN

và khối chóp

.S ABCD

. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số

bằng

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn C

Giả sử



Ta có

ABCD

là hình bình hành nên

. . .

1 1

2 2

  

S ABC S ACD S ABCD

V V V V

 

. . . . .

1 1 1 1 1

. . . . . . .

2 2 2 2 4

       

S AMKN S AMK S AKN S ABC S ACD

SM SK SK SN

V V V V V x V y V V x y

SB SC SC SD

 

  

x y

Mặt khác,

. . . . .

. . . . .   

S AMKN S AMN S KMN S ABD S ABC

SM SN SK SM SN

V V V V V

SB SD SC SB SD

1 1 1 3

. .

2 2 2 4

   

V xyV xy V V

 

Do đó

 

1 3

4 4

    x y xy x y xy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

2 4

3 2

3 9

      xy x y xy xy xy

Do đó

3 3 4 1

4 4 9 3

  

Dấu

" "

xảy ra khi

 



  







x y xy

x y

Vậy giá trị nhỏ nhất của

là

Câu 30: Cho hình số

 

y f x

có đạo hàm trên



và có đồ thị hàm số

 



y f x

như hình vẽ. Khẳng

định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng

 

1;2

. B. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

; 2 

C. Hàm số có hai điểm cực trị. D. Hàm số đạt cực đại tại điểm

1x

Lời giải

Chọn A

Dựa vào đồ thị, ta có bảng biến thiên

Do đó hàm số đồng biến trên

 

1;2

Câu 31: Với

là số thực dương tùy ý, giá trị của biểu thức

   

ln 10 ln 5x x

bằng

. B.

ln 2

. C.

 

ln 5x

. D.

 

ln 10

ln 5

Lời giải

Chọn B

Ta có

   

 

ln 10

ln 10 ln 5 ln 2

ln 5

x x

  

Câu 32: Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn số phức

3 4z i 

A. Điểm

. B. Điểm

. C. Điểm

. D. Điểm

Lời giải

Chọn B

Câu 33: Cho hình chóp

.S ABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông tại

, biết

 

SA ABC

và

2AB a

3AC a

4SA a

. Khoảng cách từ điểm

đến mặt phẳng

 

SBC

bằng

d 

. B.

6 29

d 

. C.

12 61

d 

. D.

Lời giải

Chọn C

Ta có

 

SA ABC

SA BC

BC ABC







 









Trong

 

ABC

, kẻ

AH BC

, mà

 

BC SA BC SAH BC SH    

Trong

 

SAH

, kẻ

AK SH

, mà

SH BC

 

AK SBC 

hay

 

;d A SBC AK

Vì

ABC

vuông tại

nên

2 2

13BC AB AC a  

Mặt khác có

là đường cao nên

. 6 13

AB AC a

 

Vì

SAH

vuông tại

nên

2 2

2 793

SH SA AH  

Vậy có

là đường cao

. 12 61

SA AH a

 

Câu 34: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng

1 cm

. Một mặt phẳng qua trục của hình trụ và cắt hình trụ

theo thiết diện là hình vuông. Tính thể tích của khối trụ đã cho.

8 cm



. B.

2 cm



. C.



. D.

16 cm

Lời giải

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông

ABCD

Khi đó ta có:

2 2.1 2cmAB r  

2cmh l AD AB   

Vậy thể tích của khối trụ đã cho là:

2 2 3

.1 .2 2 cmV r h

  

  

Câu 35: Anh Việt vay tiền ngân hàng

500

triệu đồng mua nhà và trả góp hàng tháng. Cuối mỗi tháng

bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả

triệu đồng và chịu lãi suất là

0,9%

/ tháng cho số tiền chưa

trả. Với hình thức hoàn nợ như vậy thì sau bao lâu anh Việt sẽ trả hết số nợ ngân hàng?

tháng. B.

tháng. C.

tháng. D.

tháng.

Lời giải

Chọn C

Gọi A là số tiền vay ngân hàng;

là lãi suất hàng tháng cho số tiền còn nợ;

là số tiền trả nợ

hàng tháng;

là thời gian trả hết nợ.

Để trả hết nợ thì

   

1 1 1 0

n n

A r r

 

    

 

   

500 1 0,9% 1 0,9% 1 0

0,9%

n n

 

     

 

 

1 0,9%

  

 

1 0,9%

log 66,72



  

Vậy sau 67 tháng anh Việt trả hết nợ.

Câu 36: Tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

3 2

x x

 





là

. B.

. C.

Lời giải

Chọn B

  

 

3 2 2 2

1 2

3 2 1

2 2

x x

x x x

x x x x x

 

  

  

 



 

lim 0







đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

0y 

lim





 



đồ thị hàm số có tiệm cận đứng

0x 

Câu 37: Cho

 

là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y e x  

, trục hoành và hai đường

thẳng

1, 2x x 

;

là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình

 

quanh trục

hoành. Khẳng định nào sau đây đúng?

 

V e x dx



 



. B.

 

V e x dx 



. C.

 

V x e dx 



. D.

 

V x e dx



 



Lời giải

Chọn D

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay ta chọn phương án D.

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm

 

2;1;3A

 

6;5;5B

. Gọi

 

là mặt cầu

đường kính

. Mặt phẳng

 

vuông góc với

tại

sao cho khối nón đỉnh

và đáy là

hình tròn tâm

(giao của mặt cầu

 

và mặt phẳng

 

) có thể tích lớn nhất, biết rằng

 

2 0x by cz d   

với

, ,b c d 

. Tính

S b c d  

24S 

. B.

18S  

. C.

12S  

. D.

18S 

Lời giải

Chọn C

 

là mặt cầu đường kính

có tâm

 

4;3;4I

và bán kính

2 2 2

4 4 2

2 2

 

  

Dễ thấy

nằm ngoài đoạn

thì thể tích khối nón sẽ lớn hơn khi thấy

nằm trong đoạn

 

0 3IH x x  

, bán kính mặt nón đỉnh

là

2 2 2

9r R IH x   

Thể tích khối nón là

 

   

 

2 2 3 2

1 1

. . 3 9 3 9 27

3 3 3

V AH r x x x x x f x



 

         

Xét

 

3 2

3 9 27

f x x x x



    

trên khoảng

 

0;3

có

 

3 6 9 0

f x x x









     



 



Bảng biến thiên của

 

f x

trên khoảng

 

0;3

Thể tích khối nón lớn nhất khi

1IH x 

, mặt phẳng

 

vuông góc với

tại

nhận

 

4;4;2AB



làm véc tơ pháp tuyến nên phương trình mp

 

có dạng

2 2 0x y z d   

 

2.4 2.3 4 18

1 , 18 3

4 4 1

d d

IH x d I P d

 

   



        



 

 



Với

15d  

thì mp

 

2 2 15 0x y z   

, hai điểm

,A I

nằm khác phía

 

nên loại.

Với

21d  

thì mp

 

2 2 21 0x y z   

, hai điểm

,A I

nằm cùng phía

 

thỏa mãn nên

ta có

1 18

c b c d







     





 



Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho đường thẳng

 

2 3

: 5 4

6 7

 





  





  





x t

d y t t

z t

và điểm

 

1;2;3A

. Phương trình mặt phẳng qua

vuông góc với đường thẳng

là

3 4 7 16 0   x y z

. B.

3 4 7 16 0   x y z

3 4 7 10 0   x y z

. D.

3 4 7 10 0   x y z

Lời giải

Chọn C

Vectơ chỉ phương của đường thẳng

là:

 

3; 4;7



Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng

nên vectơ chỉ phương của

là vectơ pháp tuyến

của mặt phẳng

Phương trình mặt phẳng qua

 

1;2;3A

và có vectơ pháp tuyến là

 

3; 4;7  

 

n u

là

     

3 1 4 2 7 3 0 3 4 7 10 0          x y z x y z

Câu 40: Cho hình chóp

.S ABC

có

vuông góc với mặt phẳng

 

ABC



, 2, 45   AB a AC a BAC

. Gọi

1 1

,B C

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

lên

,SB SC

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp

1 1

ABCC B

bằng



. B.



. C.



. D.



Lời giải

Chọn C

Xét tam giác

ABC

có



2 2 2 2 2 2

2.A . .cos 2 2 . 2.

      BC AB AC B AC BAC a a a a a

 BC a

Tam giác

ABC

có



, 45   BA BC a BAC

là tam giác vuông cân tại

Ta có

 





   







BC AB

BC SAB BC AB

BC SA

Khi đó

 

1 1 1 1





     







AB SB

AB SBC AB CB ABC

AB BC

vuông tại

Gọi

là trung điểm của

Vì tam giác

ABC

vuông tại

nên

 IA IB IC

Vì tam giác

AB C

vuông tại

nên

 IA IC IB

Vì tam giác

ACC

vuông tại

nên

 IA IC IC

Vậy

là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

1 1

ABCC B

với bán kính

 

R AC

Thể tích khối cầu đó là:

4 2

3 3



 

V R

Câu 41: Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho mặt phẳng

 

có phương trình

3 2 1 0x y z   

Mặt phẳng

 

có vectơ pháp tuyến là

 

3;2;1n 



. B.

 

3; 2; 1n   



. C.

 

3;2; 1n  



. D.

 

2;3;1n  



Lời giải

Chọn C

Câu 42: Cho hàm số

 

y f x

là một hàm đa thức có bảng xét dấu

 

f x



như sau

Số điểm cực trị của hàm số

 

g x f x x 

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn A

Ta có

 

g x f x x f x x   

. Số điểm cực trị của hàm số

 

f x

bằng hai lần số

điểm cực trị dương của hàm số

 

f x

cộng thêm 1.

Xét hàm số

 

   

 

2 2 2

2 1 0 1

1 5

h x f x x h x x f x x x x

x x













 



           









 









Bảng xét dấu hàm số

 

h x f x x 

Hàm số

 

h x f x x 

có 2 điểm cực trị dương, vậy hàm số

 

g x f x x f x x   

có 5 điểm cực trị.

Câu 43: Cho hàm số

 

5 3

3 4f x x x m  

. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số

để phương trình

 

f f x m x m  

có nghiệm thuộc đoạn

 

1;2

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Xét phương trình

 

f f x m x m  

(1)

Đặt

 

t f x m 

. Ta có

 

f t x m

f x t m



 





 





   

3 3

f t t f x x   

(2)

Xét hàm số

       

3 2 4 2

3 5 12 0,g u f u u g u f u u u u u

 

        

Khi đó (2)

   

g t g x t x   

   

f x m x x f x m     

5 3

2 3x x m  

Xét hàm số

   

5 3 4 2

2 5 6 0,h x x x h x x x x



      

Ta có bảng biến thiên của hàm số

 

h x

Từ bảng biến thiên suy ra để (1) có nghiệm thuộc đoạn

 

1;2

3 3 48 1 16m m     

Mà

 

1;2;3;...;16m m  

suy ra có

giá trị của

thỏa mãn bài toán.

Câu 44: Biết

 

4; 3M 

là điểm biểu diễn cho số phức

trên mặt phẳng phức. Khi đó điểm nào sau đây

biểu diễn số phức

w z 

 

4; 3N  

. B.

 

3;; 4R  

. C.

 

4; 3Q 

. D.

 

4;3P 

Lời giải

Chọn A

Vì

 

4; 3M 

là điểm biểu diễn cho số phức

nên

4 3 w 4 3z i z i        

điểm biểu

diễn số phức

là

 

4; 3N  

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho mặt phẳng

( ) : ( 1) 2 1 0P mx m y z m     

, với

m là tham số. Gọi (T) là tập hợp các điểm

là hình chiếu vuông góc của điểm

(3;3;0)H

trên

(P). Gọi

,a b

lần lượt là khoảng cách lớn nhất, khoảng cách nhỏ nhất từ  đến một điểm thuộc

(T). Khi đó

a b

bằng

5 2

. B.

3 3

. C.

4 2

. D.

8 2

Lời giải.

Chọn C.

Ta có

( ) : ( 1) 2 1 0 ( 2) 1 0P mx m y z m m x y y z            

Do đó mặt phẳng (P) luôn đi qua đường thẳng cố định

2 0

1 0

x t

x y

d y t

y z

z t

 



  





 

 

  





  



K là hình chiếu vuông góc của

(3;3;0)H

trên đường thẳng d thì

(1;1;0)K

( )

m m m

HH P HH KH  

, tập hợp các điểm

là đường tròn tâm I đường kính HK.

Ta có

(2;2;0) 2 2.2 2 4 2I a b OI R OI R OI        

Câu 46: Cho

2 3

log 5 ;log 5a b 

. Tính

log 1080

theo a và b ta được

2 2a b ab

a b

 



. B.

3 3a b ab

a b

 



. C.

1ab

a b



. D.

2 2a b ab

a b

 



Lời giải.

Chọn B.

Ta có

6 6 6

5 5

1 1 3 3

log 1080 log 6 .5 3 log 5 3 3 3

1 1

log 2 log 3

ab a b ab

a b a b

a b

 

         

  



Câu 47: Biết đồ thị hàm số







cắt trục

lần lượt tại hai điểm phân biệt

. Tính diện

tích

của tam giác

OAB

1S 

. B.

2S 

. C.

S 

. D.

4S 

Lời giải

Chọn B

Đồ thị hàm số cắt trục

tại

 

2;0A

, cắt trục

tại

 

0; 2B 

Diện tích tam giác

OAB

là:

OAB

S OAOB

.2.2



2

Câu 48: Cho

là số phức thỏa mãn

   

3 2 2z z i i   

. Mô đun của số phức

10w z i 

là

5 73

. B.

. C.

. D.

1521

Lời giải

Chọn B

Ta có:

   

3 2 2z z i i   

15 20i 

Gọi

z a bi 

b

 

3 3z z a bi a bi     

4 2a bi 

15 20i 

4 15

2 20









 















 



z i  

10w z i  



w 

Câu 49: Cho khối chóp

.S ABCD

có đáy

ABCD

là hình vuông cạnh

, cạnh bên

vuông góc với

mặt đáy và mặt phẳng

 

SAD

tạo với mặt đáy một góc bằng

. Tính thể tích

của khối

chóp

.S ABCD

8 3

V 

. B.

4 3

V 

. C.

3 3

V 

. D.

3 3

V 

Lời giải

Chọn A

+) Ta có

   

 

SAD ABCD AD

SA SAD

AB D

AB ACD A



















Do đó góc giữa mặt phẳng

 

SAD

và mặt đáy là góc giữa

và

Suy ra



0 0

60 tan 60 . 2 3SAB SB AB a   

+) Vậy thể tích của hình chóp là

1 1 8 3

. .2 3.4

3 3 3

S ABCD ABCD

V SB S a a  

Câu 50: Cho khối chóp

.S ABCD

có đáy

ABCD

là hình vuông cạnh

, cạnh bên

vuông góc với

mặt đáy và mặt phẳng

 

ABCD

6SA a

. Tính thể tích

của khối chóp

.S ABCD

. B.

. C.

. D.

Lời giải

Chọn D

Ta có

S ABCD ABCD

V SA S

ABCD

S a

Vậy

2 3

1 6

. 6.

3 3

S ABCD

V a a a 

-------------------- HẾT --------------------

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/25

| | Tải xuống

Preview text:

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
TRƯỜNG THPT KIM THÀNH NĂM HỌC 2019 - 2020
(Đề gồm 50 câu trắc nghiệm) Môn: TOÁN
-------------------------
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
--------------------------------------
Câu 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  có phương trình chính tắc x  3 y 1 
 z . Phương trình tham số của đường thẳng  là: 2 3 1 x  3   2t x  3   2t
x  2  3t x  3 2t A.    
y 1 3t .
B. y 1 3t . C. y  3   t . D. y  1   3t . z      t z   t z   t z   t Lời giải Chọn D 
Đường thẳng  đi qua điểm M (3;1;0) và có một vector chỉ phương là u  (2;3;1) . x  3 2t
Vậy phương trình tham số của đường thẳng   là: y  1   3t . z   t
Câu 2: Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4
y 1 x  trên đoạn 3;  1 bằng: x A. 4  . B. 5  . C. 5. D. 3  . Lời giải Chọn D 4
x  23;  1 Ta có: 4 y 1 . y      2 0 1 0  x 2 x x  2  3; 1 10 y(3)  , y( 2)   3  , y(1)  4 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số 4
y 1 x  trên đoạn 3;  1 bằng 4  . x
Câu 3: Cho hàm số y  f x có bảng biến thiên sau
Số nghiệm thực của phương trình 5 f 1 2x 1 0 A. 0 . B. 1 . C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D   3 x      
f   x   f   x  1 1 2x 2 2 5 1 2 1 0 1 2       5 1
  2x  a  2  1 a x  ,a  2  2
Suy ra phương trình 5 f 1 2x 1 0 có 2 nghiệm thực. 1 4 4
Câu 4: Cho f xdx  
2 và f xdx  
5 , khi đó  f xdx bằng 0 1 0 A. 6 . B. 7 . C. 10 . D. 3  . Lời giải Chọn B 4 1 4
 f xdx  f xdx  f xdx  25   7. 0 0 1
Câu 5: Cho hàm số y  f x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
m để phương trình f x1 m có bốn nghiệm phân biệt? A. 0 m 2 . B. 2 m 3. C. 0 m1. D. 1 m 2 . Lời giải Chọn B
f x1 m  f x m 1 (1).
Để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm số y  f x và đường thẳng
y  m 1 cắt nhau tại bốn điểm. Dựa vào đồ thị hàm số y  f x và đường thẳng y  m 1 ta
có 1 m1 2  2 m3.
Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  2a , SA vuông góc với
mặt đáy và góc giữa SB và mặt đáy bằng 60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng SBC và
ABC. Giá trị cos bằng A. 15 5 . B. 25 . C. 1 . D. 2 . 7 7 Lời giải Chọn C
Gọi M là trung điểm BC  AM  BC (1)
Có BC SA  BC SM BC  AM (2)
Từ (1) và (2) suy ra  SBC ABC ·  · , SMA .
Do SA  ABC SA  AB và AB
là hình chiếu vuông góc của SB lên ABC  · SBA 60 . S  AB có  · SA A . B tanSBA 2 .
a tan60  2 3a . A  BC có 1 1 2 2 1 AM  BC  AB  AC 
2a2 2a2  a 2 2 2 2 . S
 AM vuông tại A có AM AM a 2 1 cos     . 2 2 SM SA  AM
 a2 a 2 7 2 3 2
Câu 7: Cho phương trình 2x-4x+5 3
= 9 tổng lập phương các nghiệm thực của phương trình là: A. 26 . B. 27 . C. 25 . D. 28 . Lời giải Chọn D éx =1 Ta có: 2x-4x+5 3 = 9 2 Û x -4x +5 = 2 2 Û x -4x +3= 0 1 Û êê . x = 3 ë 2 Vậy 3 3 x + x = 28 . 1 2
Câu 8: Trong không gian Oxyz cho hai điểm I (2;4;- ) 1 và A(0;2; )
3 . Phương trình mặt cầu tâm I đi qua A là:
A. (x + )2 +(y + )2 +(z - )2 2 4 1 = 2 6 .
B. (x- )2 +(y- )2 +(z + )2 2 4 1 = 24 .
C. (x + )2 +(y + )2 +(z - )2 2 4 1 = 24 .
D. (x- )2 +(y- )2 +(z + )2 2 4 1 = 2 6 . Lời giải Chọn B uur
Ta có: IA =(-2;-2;4) Þ IA = 2 6 .
Phương trình mặt cầu tâm I đi qua A nên R = IA = 2 6 .
Vậy phương trình mặt cầu tâm I đi qua A có dạng:
(x- )2 +(y- )2 +(z + )2 2 4 1 = 24 .
Câu 9: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S  x  2   y  2  z  2 : 1 1 2  9 và mặt phẳng
P:2x 2y  z 14  0 . Gọi M a, ,bc là điểm thuộc mặt cầu S sao cho khoảng cách từ
M đến mặt phẳng P lớn nhất. Tính T  a  b  c A. T  3. B. T 1. C. T  5 . D. T 10 . Lời giải Chọn A
Ta có tâm và bán kính mặt cầu S  lần lượt là I  1  ;1;2, R  3.    
d I P 2 2 2 14 , 
 4  R  3 . Suy ra P không cắt S  . 2 2 2 2  2 1
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng P . Khi đó, phương trình x  1   2t
của đường thẳng d là  y 1 2t .  z  2  t  x  1 2t  y 1 2t Xét hệ 
 2t2  2t 2  t 2  9  t  1 z  2  t .  x  2
1   y 12  z  22  9
Với t 1 M 1; 1
 ;3 ,d M , P  7 . 1    1   Với t  1   M 3
 ;3;1 , d M , P 1. 2    2   Suy ra M 1; 1
 ;3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1  
Khi đó T  a  b  c  3.
Câu 10: Cho hàm số y  f x liên tục trên đoạn  1  ; 
5 và có đồ thị như hình vẽ dưới đây
Gọi M ,n lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1  ;  5 . Giá
trị M  n bằng A. 1. B. 5. C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1  ;  5 là
M  3, n  2. Do đó M  n  5.
Câu 11: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một
số từ S . Tính xác suất để được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ.
(Các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). A. 5 . B. 5 . C. 5 . D. 20 . 648 27 54 189 Lời giải Chọn C
Xem nhóm 3 chữ số gồm số 0 ở giữa 2 chữ số lẻ là một
Chọn 2 chữ số lẻ và sắp xếp có 2 A cách. 5
Chọn thêm 2 chữ số lẻ có 2 C cách. 3
Chọn 4 chữ số chẵn có 4 C cách. 4 Sắp xếp có 7! cách. Như vậy có 2 2 4
A .C .C .7! 302400 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 5 3 4 Xác suất cần tìm 302400 5  . 8 9.A 54 9
Câu 12: Cho hàm số y  f x . Hàm số y  f 'x có bảng biến thiên như hình vẽ: Bất phương trình x
e  m  f x có nghiệm x 4;16   khi và chỉ khi:
A. m  f   2 4  e .
B. m  f   2 4  e .
C. m  f   2 16  e .
D. m  f   2 16  e . Lời giải Chọn B
Từ BBT suy ra f 'x  0, x   4;16 x x 
 . Ta có: e  m  f  x  m  e  f  x (*) . x e Đặt   x
g x  e  f x , x  4;16 
  g' x 
 f 'x  0, x   4;16 2 x   Bảng biến thiên:
(*) thỏa mãn khi m  min gx  f 4 2  e . 4;16  
Câu 13: Tìm họ nguyên hàm F x 1  dx  3 (2x 1) A. 1     C . B. 1  C . C. 1  C . D. 1  C . 82x  4 1 62x  3 1 42x  3 1 42x  2 1 Lời giải Chọn D  F x 1 1 1 1  dx  d 2x  1   C  3  . 3   2 (2x 1) 2 (2x 1) 4(2x 1) 2
Câu 14: Cho hàm số f x có đạo hàm liên tục trên 1;2 thỏa mãn x  2 f x 1 1 dx    , f 2  0 3 1 2 2 và  f 
 x 2 dx  7 
. Tính tích phân I  f  xdx . 1 1 A. 7 I  . B. 7 I   . C. 7 I   . D. 7 I  . 5 5 20 20 Lời giải Chọn B 2 2 2 1     
x   f x 1 dx  f
 xd x   1 1 1  x   1 f x 2 2 3 3  x  3
1 f xdx 3 3 3  1 1 1  1  2 1 2   x   3
1 f xdx  x 3
1 f xdx  1 1 3 1 1 2 2 2 2 2 Ta có  f 
 x7x  3
1  dx   f   
 x 2 dx 14 f  
 xx  3
1 dx  49x  6 1 dx  0 1 1 1 1 x 
 f  x   x  3 7
1  f x  x   4 3 7 1 7 1 dx   C . 4 x 
Mà f 2  0 nên 7
C   . Suy ra f x  4 7 1 7   . 4 4 4 7 x 1  Vậy I  f  x  4 2 2 7 7 dx     dx    .  4 4 5 1 1  
Câu 15: Tìm phần ảo của số phức z , biết 1i z  3 i . A. 2 . B. 1. C. 2  . D. 1. Lời giải Chọn A 3 i 3 i 1 i Ta có 1 i   
z  3 i  z     .
 i   i  i 1 2i 1 1 1
Vậy phần ảo của số phức z là 2 .
Câu 16: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với mặt
phẳng  ABC , AH là đường cao trong tam giác SAB . Trong các khẳng định sau, khẳng định
nào là khẳng định sai?
A. AH  SC .
B. AH  BC .
C. SA  BC .
D. AH  AC . Lời giải Chọn D Ta có:
SA   ABC   nên phương án C đúng.  
  SA  BC BC ABC  Mặt khác,
SA  BC  BC  SAB, mà AH SAB AH  BC . Vậy phương án B đúng. BC  AB
Ta lại có AH  SB nên AH  SC . Khi đó phương án A đúng. Như vậy phương án D sai. 2
Câu 17: Tìm tập xác định D của hàm số y  2  x3  log x  2 . 3  
A. D   ;  2  2; .
B. D   ;  2  2; . C. D   2  ;2 . D. D   2  ;2 . Lời giải Chọn D 2  x  0 x  2
Điều kiện hàm số có nghĩa là     2  x  2 . x  2  0 x  2
Vậy tập xác định của hàm số là D   2  ;2 .
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1; 1
 ;0 , B2;1;  1 , C  1  ;0;  1 , D ; m m 3;  1 .
Tìm tất cả các giá trị thực của m để ABCD là một tứ diện. A. 5 m  . B. 2 m  . C. m  3. D. m . 2 5 Lời giải Chọn A Ta có:    AB  1;2; 
1 , AC  2;1;1, AD  m 1;m  2;1  
  AB, AC  3;1;5  
  
  AB, AC.AD  3m 1 m  2  5.1 4m 10   .
Khi đó, ABCD là một tứ diện  ,
A B,C, D không đồng phẳng
   5
  AB, AC.AD  0  4m 10  0  m    . 2
Vậy tất cả các giá trị thực của m cần tìm là: 5 m  . 2
Câu 19: Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm được liệt kê ở bốn phương
án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. 4 2
y  x  2x . B. 4 2
y  x  3x 1 . C. 4 2
y  x  2x . D. 4 2
y  x  2x . Lời giải Chọn D
Nhìn vào đồ thị ta nhận thấy đây là đồ thị của một hàm số bậc 4. 4 3
y  ax  bx  cx  d
Do nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên a > 0 Þ LoạiA .
Do f (0) = 0 Þ LoạiB .
Do f (1) < 0 Þ Loại C .
Câu 20: Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính R là: 4 1 4 A. 2  R h . B. 2  R h . C. 2  R h. D. 3 R . 3 3 3 Lời giải Chọn C Diện tích đáy là: 2 S = pR Chiều cao là: h 1
Þ Thể tích của khối nón là: 2 V = pR h 3
Câu 21: Cho số phức z thỏa mãn z  4z  7  i z  7 . Tính môđun của số phức z . A. z  3 . B. z  5 . C. z  5 . D. z  3 . Lời giải Chọn C
Đặt z  a  bi  z  a b .i
Ta có z  4z  7  i z  7  a  bi  4 a bi  7  i a  bi  7i
 5a  b  a 3bi  7  7i . 5
 a  b  7 a 1
Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi   .  a 3b 7      b  2 Suy ra 2 2 2 2
z  a  b  1  2  5 .
Vậy mô đun của số phức z bằng 5 .
Câu 22: Tính đạo hàm của hàm số  log x y x  e . 2   x x A. 1 e   y  e e 1  . B. 1 x y  . C. 1 y '  . D. y  . x x  e ln 2 x x  e ln 2  x x  e ln 2 Lời giải Chọn A   x x  x  e Áp dụng công thức   log  u x 1 u e 
, ta có: log x e   2     a  u.lna  x
x  e .ln 2  x x  e .ln 2 x
Vậy đạo hàm của hàm số 1  log x y x  e là e y  . 2    x x  e ln 2 3 Câu 23: Cho hàm số x 2 y 
 3x  5x  2 nghịch biến trong khoảng nào? 3 A. 2;3. B. ;1 . C. 1;5. D. 5; . Lời giải Chọn C 3 Xét hàm số x 2 y 
 3x  5x  2 . 3 2
 y  x  6x  5 x  5 Xét y  0  
 y  0  x 1;5 . x 1
Vậy hàm số nghịch biến trong khoảng 1;5.
Câu 24: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f x và y  g x có đồ thị như hình vẽ dưới đây đường đậm
hơn là đồ thị hàm số y  f  x . Biết rằng hai đồ thị tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ là 3
 và cắt nhau tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3 . Tìm tập hợp tất các giá trị
thực của tham số m để bất phương trình f x  g x  m nghiệm đúng với mọi x 3;3 .             A. 12 10 3   ;  . B. 12 8 3  ; . C. 12 10 3  ; . D. 12 8 3   ;  . 9         9  9     9   Lời giải Chọn D
Xét hàm số hx  f x  g x .
Vì đồ thị hàm số f  x tiếp xúc với đồ thị hàm số g x tại điểm có hoành độ 3  và cắt nhau
tại hai điểm nữa có hoành độ lần lượt là 1 và 3 suy ra
hx  f x  g x  ax  2 3 x   1 x 3.
Nhận xét từ đồ thị khi x   thì phần đồ thị f  x nằm dười g x nên a  0 .
Mặt khác ta có h  a   1 0 27 2 1 1 a  
        27
Xét hàm y  h x 1 
x  2 x  x   1 3 1 3   4 3 2
x  4x  6x  36x  27. 27 27
Ta có y  hx 1   3 2
x  x  x   1 4 12 12 36  x 3 2 4x 12. 27 27 x  3  
Suy ra y  0  x   3 . x    3 Bảng biến thiên
Vây tập hợp tất các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
f  x  g  x  m  f  x  g  x  m nghiệm đúng với mọi x 3;3 là 12 8 3 m   . 9
Câu 25: Cho cấp số cộng u có u 123 và u  u  84 . Tìm số hạng u . n  1 3 15 17 A. u  235. B. u  4 . C. u  242 . D. u 11. 17 17 17 17 Lời giải Chọn D
Ta có u  u  84  u  2d  u 14d  84  12d  84  d  7 . 3 15 1  1 
Khi đó u  u 16d  123 16 7  11. 17 1  
Câu 26: Tìm nguyên hàm của các hàm số f x 3
 x  2x  5 thỏa mãn F   1  3. 4
A. F x x 2 5 
 x  5x  .
B. F x 4 2 1 5
 4x  x  x  . 4 4 5 4 4 4
C. F x x 2 
 x  5x  3 .
D. F x x 2 1 
 x  x  3. 4 4 5 Lời giải Chọn A
Ta có F x   3x 2x5 1 4 2
dx  x  x  5x  C . 4 Theo đề: F   1 5
1  3  1 5 C  3  C   . 4 4
Vậy F x 1 4 2 5
 x  x  5x  . 4 4
Câu 27: Với giá trị nào của x thì biểu thức f (x) = log 2 xác định?
5 (x3 - x3 - x) A. x Î ( ; 1 + ) ¥ . B. x ( ; 0 ) 2 ( ; 4 + ) . C. x Î (- ; 1 ) 0 È( ; 2 + ) ¥ . D. x Î ( ; 0 ) 1 . Lời giải Chọn C
Hàm số đã cho xác định khi x3 - x3 - x > Û x3 - x3 - x > Û x (x2 2 0 2 0 - x -2)> 0 x (- ; 1 ) 0 ( ; 2 ).
Câu 28: Từ một đội văn nghệ gồm 5 nam và 8 nữ cần lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất
để trong 4 người được chọn đều là nam bằng 4 4 4 4 A. C8 . B. A5 . C. C5 . D. C8 . C4 C4 C4 A4 13 8 13 13 Lời giải Chọn C
Chọn 4 người trong 13 người hát tốp ca có C4 . Nên n( ) W = C4 13 13
Gọi A là biến cố chọn được 4 người đều là nam và n( ) A = C45 4
Nên xác suất của biến cố A là ( ) C P A = 5 . C413
Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm SC . Mặt
phẳng chứa AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V , V theo thứ tự là thể tích 1
khối chóp S.AMKN và khối chóp S.ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số V1 bằng V2 A. 3 . B. 1 . C. 1 . D. 2 . 8 2 3 3 Lời giải Chọn C Giả sử  SM x ,  SN y . SB SD
Ta có ABCD là hình bình hành nên 1 1 V V  V  V . S.ABC S.ACD S. 2 ABCD 2 SM SK SK SN 1 1 1 1 1 V  V V  V V x V y V V x y AMKN S AMK S AKN . .  S ABC . .  S ACD .  .  .  S. . . . .   SB SC SC SD 2 2 2 2 4 V 1 1 
 x  y . V 4 Mặt khác,    SM . SN .  SK SM SN V V V V V S AMKN S AMN S KMN S ABD . . . . . . . S.ABC SB SD SC SB SD 1 1 1 3   .  .  xy V xyV xy V V V 3xy 1   . 1 2 2 2 4 V 4
Do đó 1 x  y 3
 xy  x  y  3xy 4 4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 4
3xy  x  y  2 xy  xy   xy  3 9 Do đó V 3 3 4 1 1  xy  .  V 4 4 9 3
x  y  3xy Dấu "  " xảy ra khi 2 
 x  y  . x  y 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của V1 là 1 . V 3
Câu 30: Cho hình số y  f x có đạo hàm trên  và có đồ thị hàm số y  f x như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng 1;2 .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;   2.
C. Hàm số có hai điểm cực trị.
D. Hàm số đạt cực đại tại điểm x 1. Lời giải Chọn A
Dựa vào đồ thị, ta có bảng biến thiên
Do đó hàm số đồng biến trên 1;2 .
Câu 31: Với x là số thực dương tùy ý, giá trị của biểu thức ln10x ln5x bằng ln 10x A. 2 . B. ln 2 . C. ln5x . D. . ln 5x Lời giải Chọn B Ta có x
ln 10x  ln 5x ln 10     x ln 2 ln 5
Câu 32: Điểm nào trong hình vẽ dưới đây là điểm biểu diễn số phức z  3 4i ? A. Điểm C . B. Điểm D . C. Điểm A . D. Điểm B . Lời giải Chọn B
Câu 33: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết SA   ABC  và AB  2a ,
AC  3a , SA  4a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC bằng A. 2a a a a d  . B. 6 29 d  . C. 12 61 d  . D. 43 . 11 29 61 12 Lời giải Chọn C Ta có
SA  ABC    .    SA BC BC ABC 
Trong  ABC, kẻ AH  BC , mà BC  SA  BC  SAH   BC  SH .
Trong SAH  , kẻ AK  SH , mà SH  BC  AK  SBC hay d  ;
A SBC  AK .
Vì ABC vuông tại A nên 2 2
BC  AB  AC  13a .
Mặt khác có AH là đường cao nên A . B AC 6a 13 AH   . BC 13 Vì a
SAH vuông tại A nên 2 2 2 793
SH  SA  AH  . 13
Vậy có AK là đường cao S . A AH 12a 61 AK   . SH 61
Câu 34: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 1 cm . Một mặt phẳng qua trục của hình trụ và cắt hình trụ
theo thiết diện là hình vuông. Tính thể tích của khối trụ đã cho.  A. 3 8 cm . B. 3 2 cm . C. 16 3 cm . D. 3 16 cm . 3 Lời giải Chọn B
Thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông ABCD .
Khi đó ta có: AB  2r  2.1  2cm , h  l  AD  AB  2cm .
Vậy thể tích của khối trụ đã cho là: 2 2 3
V   r h   .1 .2  2 cm .
Câu 35: Anh Việt vay tiền ngân hàng 500 triệu đồng mua nhà và trả góp hàng tháng. Cuối mỗi tháng
bắt đầu từ tháng thứ nhất anh trả 10 triệu đồng và chịu lãi suất là 0,9% / tháng cho số tiền chưa
trả. Với hình thức hoàn nợ như vậy thì sau bao lâu anh Việt sẽ trả hết số nợ ngân hàng? A. 65 tháng. B. 66 tháng. C. 67 tháng. D. 68 tháng. Lời giải Chọn C
Gọi A là số tiền vay ngân hàng; r là lãi suất hàng tháng cho số tiền còn nợ; m là số tiền trả nợ
hàng tháng; n là thời gian trả hết nợ.
Để trả hết nợ thì 1 n m A
r  1 rn 1  0 r      n 10 500 1 0,9%  1 0,9% n  1  0 0,9%      n 20 1 0,9%  11 20  n  log   66,72 1 0,9% 11
Vậy sau 67 tháng anh Việt trả hết nợ. 2
Câu 36: Tổng số các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x  3x  2 y  là 3 2 x  2x A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn B 2
x  3x  2  x  
1  x  2 x 1 y    3 2 2 x  2x x  x  2 2 x x 1  y  2 x
lim y  0  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  0. x
lim y    đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  0 . x 0 
Câu 37: Cho H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số x
y  e  4x , trục hoành và hai đường
thẳng x  1, x  2 ; V là thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình H  quanh trục
hoành. Khẳng định nào sau đây đúng? 2 2 2 2
A.    x V
e  4x dx . B.   x V
e  4x dx . C.  4 x V
x  e dx . D.   4 x V
x  e dx . 1 1 1 1 Lời giải Chọn D
Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay ta chọn phương án D.
Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A2;1; 
3 , B6;5;5 . Gọi S  là mặt cầu
đường kính AB . Mặt phẳng P vuông góc với AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là
hình tròn tâm H (giao của mặt cầu S  và mặt phẳng P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng
P:2x  by  cz  d  0 với b,c,d . Tính S  bc  d . A. S  24 . B. S  1  8. C. S  12  . D. S 18 . Lời giải Chọn C 2 2 2
S là mặt cầu đường kính AB 4 4 2
AB có tâm I 4;3;4 và bán kính R     3. 2 2
Dễ thấy H nằm ngoài đoạn IA thì thể tích khối nón sẽ lớn hơn khi thấy H nằm trong đoạn IA.
IH  x0  x  3, bán kính mặt nón đỉnh A là 2 2 2
r  R  IH  9  x . Thể tích khối nón là 1 2 1 
V  AH..r   3 x 2 9  x    3 2
x  3x  9x  27  f x . 3 3 3 Xét 
f  x   3 2
x  3x  9x  27 trên khoảng 0;3 3  x  1
có f x   2
3x  6x  9  0  3  x  3
Bảng biến thiên của f  x trên khoảng 0;3
Thể tích khối nón lớn nhất khi IH  x 1, mặt phẳng P vuông góc với AB tại H nhận 
AB 4;4;2 làm véc tơ pháp tuyến nên phương trình mp P có dạng 2x  2y  z  d  0    d  d d  
IH  x  1  d I,P 2.4 2.3 4 18 15    18  d  3  . 4  4 1 3  d  21 Với d  1
 5thì mp P : 2x  2y  z 15  0 , hai điểm ,
A I nằm khác phía P nên loại. Với d  2
 1thì mp P : 2x  2y  z  21  0 , hai điểm ,
A I nằm cùng phía P thỏa mãn nên b  2
ta có c 1  b  c  d  18 . d    21
x  2  3t
Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y  5 4t t  và điểm z  6    7t A 1
 ;2;3. Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với đường thẳng d là
A. 3x  4y  7z 16  0 .
B. 3x  4y  7z 16  0 .
C. 3x  4y  7z 10  0 .
D. 3x  4y  7z 10  0 . Lời giải Chọn C 
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: u3;4;7
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên vectơ chỉ phương của d là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  
Phương trình mặt phẳng qua A 1
 ;2;3 và có vectơ pháp tuyến là n  u  3;4;7 là 3x  
1  4 y  2  7z 3  0  3x  4y  7z 10  0
Câu 40: Cho hình chóp S.ABC có SA
vuông góc với mặt phẳng  ABC , AB  a AC   ,
a 2,BAC  45. Gọi B ,C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,SC . 1 1
Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC B bằng 1 1 3  3 A. a . B. 3 a 2 . C. a 2 . D. 4 3  a . 2 3 3 Lời giải Chọn C Xét tam giác ABC có 2 2 2
BC  AB  AC   2 2 1 2
2.AB.AC.cosBAC  a  2a  2a.a 2.  a 2  BC  a
Tam giác ABC có BA  BC  
a,BAC  45 là tam giác vuông cân tại B BC  AB Ta có 
 BC  SAB  BC  AB1 BC  SA AB  SB Khi đó 1 
 AB  SBC  AB  CB  AB C vuông tại B 1   1 1 1 AB   BC 1 1
Gọi I là trung điểm của AC
Vì tam giác ABC vuông tại B nên IA  IB  IC
Vì tam giác AB C vuông tại B nên IA  IC  IB 1 1 1
Vì tam giác ACC vuông tại C nên IA  IC  IC 1 1 1
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCC B với bán kính 1   a R AC 1 1 2 2 3
Thể tích khối cầu đó là: 4 2  2    a V R 3 3
Câu 41: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P có phương trình 3x  2y  z 1  0 .
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là    
A. n  3;2;  1 . B. n  3; 2  ;  1 .
C. n  3;2;  1 . D. n   2  ;3;  1 . Lời giải Chọn C
Câu 42: Cho hàm số y  f x là một hàm đa thức có bảng xét dấu f x như sau
Số điểm cực trị của hàm số     2 g x f x  x  A. 5 . B. 3. C. 1. D. 7 . Lời giải Chọn A Ta có     2 g x
f x  x   f  2
x  x  . Số điểm cực trị của hàm số f  x  bằng hai lần số
điểm cực trị dương của hàm số f  x cộng thêm 1.  1 x    1 2 x   
Xét hàm số hx  f  2
x  x  hx   x   f  2 x  x 2 2 2 1
 0  x  x  1    .   1 5 2 x  x 1 x    2 
Bảng xét dấu hàm số     2 h x f x  x Hàm số     2 h x f x  x
có 2 điểm cực trị dương, vậy hàm số     2 g x
f x  x   f  2
x  x  có 5 điểm cực trị.
Câu 43: Cho hàm số f x 5 3
 x  3x  4m . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình     3 3 f
f x m  x  m có nghiệm thuộc đoạn 1;2? A. 18. B. 17 . C. 15. D. 16. Lời giải Chọn D
Xét phương trình     3 3 f
f x m  x  m (1)  f t 3  x   m Đặt 3
t  f  x  m . Ta có     3     3 f t t f x  x (2)  f   x 3  t  m
Xét hàm số g u  f u 3
 u  gu  f u 2 4 2
 3u  5u 12u  0,u .
Khi đó (2)  g t  g  x  t  x    3
3 f x  m  x  x  f  x  m 5 3
 x  2x  3m
Xét hàm số hx 5 3
 x  x  h x 4 2 2
 5x  6x  0,x
Ta có bảng biến thiên của hàm số h x :
Từ bảng biến thiên suy ra để (1) có nghiệm thuộc đoạn 1;2  3  3m  48  1  m  16
Mà m    m 1;2;3;. .;1 
6 suy ra có 16 giá trị của m thỏa mãn bài toán.
Câu 44: Biết M 4;3 là điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng phức. Khi đó điểm nào sau đây
biểu diễn số phức w  z ?
A. N 4;3.
B. R 3;;4 .
C. Q 4;3 .
D. P 4;3 . Lời giải Chọn A
Vì M 4;3 là điểm biểu diễn cho số phức z nên z  4  3i  w  z  4  3i  điểm biểu
diễn số phức w là N 4;3.
Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho mặt phẳng (P) : mx  (m 1)y  z  2m 1  0, với
m là tham số. Gọi (T) là tập hợp các điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm H(3;3;0) trên m
(P). Gọi a,b lần lượt là khoảng cách lớn nhất, khoảng cách nhỏ nhất từ đến một điểm thuộc
(T). Khi đó a  b bằng A. 5 2 . B. 3 3 . C. 4 2 . D. 8 2 . Lời giải. Chọn C.
Ta có (P) : mx  (m 1)y  z  2m 1  0  (
m x  y  2)  y  z 1  0. x  2  t
x  y  2  0 
Do đó mặt phẳng (P) luôn đi qua đường thẳng cố định d :   y  t
y  z 1  0 z  1    t
K là hình chiếu vuông góc của H(3;3;0) trên đường thẳng d thì K(1;1;0) .
Do HH  P  HH  KH , tập hợp các điểm H là đường tròn tâm I đường kính HK. m ( ) m m m
Ta có I(2;2;0)  a  b  OI  R  OI  R  2OI  2.2 2  4 2 .
Câu 46: Cho log 5  ;
a log 5  b . Tính log 1080 theo a và b ta được 2 3 6 2a  2  3a  3  ab 1 2a  2  A. b ab b ab b ab . B. . C. . D. . a  b a  b a  b a  b Lời giải. Chọn B. Ta có 3 1 1 ab 3a  3
log 1080  log 6 .5  3 log 5  3  3  3 b  ab   6 6 6 log 2  log 3 1 1 a  b a  b 5 5  a b . 
Câu 47: Biết đồ thị hàm số x 2 y 
cắt trục Ox , Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt A , B . Tính diện x 1
tích S của tam giác OAB . A. S 1. B. S  2 . C. 1 S  . D. S  4 . 2 Lời giải Chọn B
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại A2;0 , cắt trục Oy tại B 0;2 .
Diện tích tam giác OAB là: 1 S  OAOB 1  .2.2  2 . OAB . 2 2
Câu 48: Cho z là số phức thỏa mãn z  z    i3 3 2
2 i . Mô đun của số phức w  z 10i là A. 5 73 . B. 15 . C. 4 . D. 1521 . 4 4 4 Lời giải Chọn B
Ta có: z  z    i3 3 2
2 i 15 20i .
Gọi z  a  bi , a ,b .
 z  3z  a  bi  3a  bi   4a  2bi 15 20i .  15 4a  15 a  15     4  z  10i . 2b  20 b  4   10  15
 w  z 10i  15  w  . 4 4
Câu 49: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SB vuông góc với
mặt đáy và mặt phẳng SAD tạo với mặt đáy một góc bằng 0
60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 3 3 3 3 A. 8a 3 V  . B. 4a 3 V  . C. 3a 3 V  . D. 3a 3 V  . 3 3 8 4 Lời giải Chọn A 
 SAD  ABCD  AD 
+) Ta có SA  SAD, SA  AD . AB  
 ABCD, AB  D A
Do đó góc giữa mặt phẳng SAD và mặt đáy là góc giữa SA và AB . Suy ra  0 0
SAB  60  SB  tan 60 .AB  2a 3 . 3
+) Vậy thể tích của hình chóp là 1 1 2 8a 3 V  SB S  a a  . S ABCD . ABCD .2 3.4 . 3 3 3
Câu 50: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với
mặt đáy và mặt phẳng  ABCD , SA  a 6 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 3 3 A. 3 a 3 . B. a . C. a 3 . D. 3 2 a . 4 3 3 Lời giải Chọn D Ta có 1 V  SA S . S ABCD . . 3 ABCD +) 2 S  a . ABCD Vậy 1 2 6 3 V  a a  a . S ABCD . 6 . . 3 3
-------------------- HẾT --------------------

Đề thi thử THPTQG 2020 môn Toán lần 2 trường THPT Kim Thành – Hải Dương

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Chuyên đề đọc đồ thị hàm số mức thông hiểu giải chi tiết

TOP 205 câu trắc nghiệm vận dụng cao phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz (có đáp án và lời giải)

TOP 100 câu trắc nghiệm số phức vận dụng cao (có đáp án và lời giải)

Đề ôn thi TN THPT môn Toán 2021 chuẩn cấu trúc đề minh họa -Đề 13 (có lời giải chi tiết và đáp án)

Bộ đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn Toán (có lời giải chi tiết)