Đề thi thử TN THPT 2020 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 1)

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo cùng các em học sinh đề thi thử TN THPT 2020 môn Toán kênh truyền hình Giáo dục Quốc gia VTV7 (Đề 1).

24 12 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

32 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 1
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
BẢNG ĐÁP ÁN
1.C
2.A
3.D
4.D
5.B
6.C
7.C
8.C
9.C
10.B
11.B 12.A 13.B 14.D 15.A 16.D 17.C 18.A 19.A 20.B
21.D 22.B 23.D 24.D 25.B 26.C 27.A 28.A 29.A 30.D
31.A 32.B 33.B 34.B 35.C 36.A 37.C 38.B 39.A 40.B
41.D 42.D 43.A 44.A 45.C 46.C 47.C 48.A 49.C 50.B
Câu 1: Một lớp học có
35
học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
3
học sinh làm trực nhật?
A.
35
3
. B.
3
35
A
. C.
3
35
C
. D.
3
35
.
Lời giải
Chọn C
Chọn
3
học sinh từ
35
học sinh có
3
35
.
C
cách.
Câu 2: Dãy số
n
u
có
2 1
5
n
n
u
,
*
n
. Số hạng thứ 13 của dãy số bằng
A.
5
. B.
7
. C.
6
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
13
2.13 1
5
5
u
.
Câu 3: Tập xác định của hàm số
2
1
y x
là
A.
.
B.
0; .

C.
1; .

D.
1; .

Lời giải
Chọn D
Hàm số xác định khi
1 0 1.
x x
Câu 4: Cho khối chóp
.
S ABC
có
SA ABC
và đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
có
3, 5
AB SC
. Thể tích của khối chóp
.
S ABC
bằng
A.
12.
B.
18.
C.
36.
D.
6.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2 2
4
SA SC AC
.
Vậy
1 1
. . . . 6
3 2
V SA AB AC
.
A
C
B
S
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1
(Đề thi có 06 trang)
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 2
Câu 5: Biết
1
1
3
3
4
. .
a
x x x x
( 0 1; ,x a b
và
a
b
là phân số tối giản). Giá trị của
2
a b
bằng
A.
0
. B.
1
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
1 1 1 1 3
1 1 3 25
3
3 3 3 4 2
4 4 2 12
. . . .
x x x x x x x x
25
25; 12 2 1
12
a
a b P a b
b
.
Câu 6: Biết
3
1
1
F x x
x
là một nguyên hàm của hàm số
y f x
trên
0; .

Khẳng định nào
sau đây đúng ?
A.
4
ln
4
x
f x x x
. B.
2
2
1
3f x x
x
.
C.
2
2
1
3f x x
x
. D.
4
ln
4
x
f x x
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
2
1
' 3f x F x x
x
.
Câu 7: Một khối trụ có bán kính đáy bằng
3
và thiết diện qua trục là một hình vuông. Thể tích của
khối trụ bằng
A.
12 .
B.
18 .
C.
54 .
D.
36 .
Lời giải
Chọn C
Thiết diện qua trục là hình vuông
2 6
h SO r
. Vậy
2
54
V r h
.
Câu 8: Tập nghiệm của bất phương trình
log 1 1
x
là
A.
11;

. B.
1;

. C.
11;

. D.
;11

.
Lời giải
Chọn C
log 1 1 11
x x
. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
11;

.
Câu 9: Cho hàm số
y f x
liên tục trên
và có bảng xét dấu hàm số
'
y f x
như hình vẽ
Hàm số
y f x
có bao nhiêu điểm cực trị?
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Chọn C
0 00
d
c
b
a
-
- -
+
+
+∞-∞
f'(x)
x
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 3
Hàm số
y f x
đạt cực trị tại các điểm mà tại đó
'
y f x
bằng không hoặc không xác định
đồng thời
'
y f x
dổi dấu khi đi qua các điểm đó.
Câu 10: Cho hàm số
f x
xác định trên
và có đồ thị là đường cong
trong hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số
f x
đồng biến trên khoảng
1;1
.
B. Hàm số
f x
nghịch biến trên khoảng
0;1
.
C. Hàm số
f x
đồng biến trên khoảng
;1

.
D. Hàm số
f x
nghịch biến trên khoảng
1;0
.
Lời giải
Chọn B
Câu 11: Cho hình nón có diện tích đáy bằng
2
16
a
và thể tích khối nón tương ứng bằng
3
16
a
. Tính
diện tích xung quanh
xq
S
của hình nón.
A.
2
15
xq
S a
. B.
2
20
xq
S a
. C.
2
12
xq
S a
. D.
2
16
xq
S a
.
Lời giải
Chọn B
Theo bài ra ta có:
2 2
2 3
16
1
. 16
3
r a
r h a
4
3
r a
h a
Do đó:
2 2
5
l r h a
. Vậy
2
20
xq
S rl a
.
Câu 12: Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A.
3 2
3 3
y x x
. B.
3 2
3 1
y x x
.
C.
4 2
2 1
y x x
. D.
4 2
2 1
y x x
.
Lời giải
Chọn A
Ta thấy đây là đồ thị của hàm số
3 2
0
y ax bx cx d a
và
0
a
.
Nên Chọn A
Câu 13: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
là đường thẳng
A.
1
y
. B.
2
y
. C.
1
x
. D.
2
x
.
Lời giải
Chọn B
Ta thấy
x
y
O
x
y
y
=
f
(
x
)
-4
-3
1
-1
O
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 4
2 1
lim 2
1
2 1
lim 2
1
x
x
x
x
x
x


Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
2
y
.
Câu 14: Nguyên hàm của hàm số
1 2
8 .2
x x
f x
là
A.
2.2 .ln2
x
C
. B.
1 2
8 2
.
ln8 ln 2
x x
C
. C.
2 .ln2
x
C
. D.
2
2
ln2
x
C
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
1 2
2
8 .2 d 2 2 d 2. .
ln 2
x
x x x
x x C
Câu 15: Môđun của số phức
2
1 2 1 3 2
z i i i
A.
5
. B.
5
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
2
1 2 1 3 2 3 4 5
z i i i i z
.
Câu 16: Cho hàm số
y f x
có đồ thị trong hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình
1
f x
là
A.
0
. B.
2
.
C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Số nghiệm của phương trình
1
f x
bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y f x
với
đường thẳng
1
y
. Dựa vào đồ thị hàm số
y f x
số nghiệm của phương trình bằng
3
.
Câu 17: Số phức liên hợp của số phức
3
z i
là
A.
3
z i
. B.
3
z i
. C.
3
z i
. D.
3
z i
.
Lời giải
Chọn C
Số phức liên hợp của số phức
3
z i
là
3
z i
.
Câu 18: Diện tích hình phẳng của phần tô đậm trong hình vẽ
bên được tính theo công thức nào dưới đây?
A.
2
2
0
2 4 d
S x x x
. B.
2
2
0
2 4 2 d
S x x x
.
C.
2
2
0
2 4 d
S x x x
. D.
2
2
0
2 2 d
S x x x
.
x
y
2
2
-2
O
x
y
y=
x
2
-3x+2
y
=
-x
2
+x+
2
2
2
O
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 5
Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị ta có:
2
2 2
0
2 3 2 d
S x x x x x
2
2
0
2 4 d
x x x
.
Câu 19: Cho hai số phức
1
3 2
z i
và
2
2
z i
. Phần ảo của số phức
1 2
z z
bằng
A.
1
. B.
5
. C.
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
1 2
5
z z i
. Phần ảo của số phức
1 2
z z
bằng
1
.
Câu 20: Trong không gian
Oxyz
, cho các vectơ
1; 2; 3
a
và 2 2
b i j k
. Tọa độ của vectơ
2
a b
là
A.
1;2; 3
. B.
3; 2; 1
. C.
2;1; 3
. D.
1; 3; 2
.
Lời giải
Chọn B
2 2 2; 2;1
b i k j b
2 3; 2; 1
a b
.
Câu 21: Nếu
1
0
d 1
f x x
và
2
1
d 3
f x x
thì
2
0
d
f x x
bằng
A.
1
. B.
3
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
2 1 2
0 0 1
d d d 1 3 4
f x x f x x f x x
.
Câu 22: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
2 5
z i
là điểm nào dưới đây?
A.
2;5
Q
. B.
2; 5
P
. C.
2; 5
N
. D.
2;5
M
.
Lời giải
Chọn B
Điểm biểu diễn số phức
2 5
z i
là điểm
2; 5
P
.
Câu 23: Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
3;2; 2
M
trên mặt phẳng
Oyz
có tọa độ là
A.
1
3;0;0
M
. B.
2
3;0; 2
M
. C.
3
3;2;0
M
. D.
4
0;2; 2
M
.
Lời giải
Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm
3;2; 2
M
trên mặt phẳng
Oyz
có tọa độ là
4
0;2; 2
M
Câu 24: Số giao điểm của đồ thị hàm số
5 2
4 3 2
y x x x
với đường thẳng
2 2
y x
là
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 6
A.
5.
B.
3.
C.
2.
D.
1.
Lời giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là
5 3 4 2
4 3 2 2 2 4 5 0 0.
x x x x x x x x
Câu 25: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
2 2 2
: 3 5 2 16
S x y z
. Tâm của
S
là
A.
1
3;5;2
I
. B.
2
3; 5; 2
I
. C.
3
3;5;2
I
. D.
4
3; 5; 2
I
.
Lời giải
Chọn B
Câu 26: Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
:3 2 4 0
P x y z
. Vectơ nào dưới đây là một
vectơ pháp tuyến của
P
?
A.
3
3; 2;4
n
. B.
1
3; 1;4
n
. C.
2
3; 2; 1
n
. D.
4
3; 2;0
n
.
Lời giải
Chọn C
Câu 27: Cho hàm số
y f x
liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ.
Gọi
,
M m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số
y f x
trên
1;3 .
Khi đó
2
M m
bằng
A.
4
. B.
4
.
C.
2
. D.
6
.
Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị ta có
0, 2 2 4
M m M m
Câu 28: Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
1 2 1
:
3 4 1
x y z
d
. Điểm nào dưới đây thuộc
d
?
A.
2;2;2
P
. B.
1;1;1
M
. C.
3;3;3
N
. D.
1;2;3
Q
.
Lời giải
Chọn A
Thay lần lượt tọa độ các điểm
, , ,
M N P Q
vào phương trình của đường thẳng
d
ta có:
2 1 2 2 2 1
3 4 1
(đúng)
P d
. Vậy điểm
2;2;2
P
thuộc đường thẳng
d
.
Câu 29: Gọi
S
là tập nghiệm thực của phương trình
2
3 1
3
1
log 1 log 2 0
2
x x
. Hỏi
S
có bao
nhiêu phần tử?
A.
1
. B.
2
. C.
0
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
x
y
32
-1
-4
O
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 7
Điều kiện xác định của phương trình:
2
1 0
2 0
x
x
1
2
x
x
Ta có:
2
3 1
3
1
log 1 log 2 0
2
x x
2
3 3
log 1 2log 2 0
x x
2 2
3 3
log 1 log 2
x x
2 2
1 2
x x
1
2
x
.
Câu 30: Cho hình hộp chữ nhật
.
ABCD A B C D
có đáy
ABCD
là hình
vuông,
2
AC AA
(minh họa như hình vẽ). Góc giữa đường
thẳng
A B
và mặt phẳng
ABCD
bằng
A.
60
. B.
90
.
C.
30
. D.
45
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
A B ABCD B
;
AA ABCD
tại
A
.
Hình chiếu vuông góc của
A B
lên mặt phẳng
ABCD
là
AB
.
Góc giữa đường thẳng
A B
và mặt phẳng
ABCD
là
A BA
.
Ta có:
2
AC
AB AA
nên tam giác
A AB
vuông cân tại
A
. Suy ra:
o
45
A BA
.
Vậy góc giữa đường thẳng
A B
và mặt phẳng
ABCD
bằng
o
45
.
Câu 31: Cho hàm số
y f x
có bảng biến thiên
như hình vẽ. Khoảng cách giữa hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số
y f x
bằng
A.
5
. B.
3
.
C.
4
. D.
25
.
Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số
y f x
thì đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là
2;7
A
và
1;3
B
3; 4
AB

5
AB
.
Câu 32: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức
e
rt
S A
, trong đó
A
là số lượng
vi khuẩn ban đầu,
r
là tỉ lệ tăng trưởng (
0
r
),
t
(tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Hỏi
cần ít nhất bao nhiêu giờ để số vi khuẩn lớn hơn
500
con, biết rằng số vi khuẩn ban đầu là
20
con và tỉ lệ tăng trưởng là
11%
trong một giờ?
A.
29
giờ. B.
30
giờ. C.
28
giờ. D.
31
giờ.
Lời giải
Chọn B
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A
0 0
- +
+
-∞ +∞
3
7
1
-2
+∞
-∞
y
y'
x
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 8
Để số lượng vi khuẩn lớn hơn
500
con thì
500 1 500
e 500 ln ln
rt
A rt t
A r A
.
Áp dụng với
0,11
r
,
20
A
, ta được :
29,263
t
min
30
t
giờ.
Câu 33: Giá trị của tham số
m
biết giá trị lớn nhất của hàm số
3
2
x m
y
x
trên
3;6
bằng
7
là
A.
10
. B.
2
. C.
6
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B
Nhận xét: Hàm số đã cho liên tục trên
3;6
. Ta có:
2
6
2
m
y
x
.
+ TH1:
6 0
m
thì
6
m
3
y
với
2
x
(loại).
+ TH2:
6 0 6
m m
thì hàm số đã cho đồng biến trên
3;6
3;6
18
max 6
4
x
m
y y
18
7
4
m
10
m
(loại).
+ TH3:
6 0 6
m m
thì hàm số đã cho nghịch biến trên
3;6
3;6
max 3 9
x
y y m
9 7
m
2
m
(thỏa mãn).
Câu 34: Cho mặt cầu
S
tâm
O
bán kính
,
R
một điểm
M
nằm trong mặt cầu sao cho
4.
OM
Mặt
phẳng
P
qua
M
cắt mặt cầu
S
là 1 đường tròn
C
có chu vi nhỏ nhất là
6 .
Thể tích khối
nón đỉnh
O
đáy là đường
C
bằng
A.
36
. B.
12
. C.
6
. D.
24
.
Lời giải
Chọn B
Chu vi đường tròn giao tuyến nhỏ nhất
4
OM P h OM
Ta có
2
1
2 3 . 12 .
3
C r r V r h
Câu 35: Tập nghiệm của bất phương trình
10
3 2
1
3
3
x
x
là
A.
1;

. B.
6;
. C.
2;

. D.
;3

.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
10
3 2
1
3
3
x
x
3 2 10
3 3
x x
3 2 10
x x
2
x
.
Câu 36: Cho tích phân
12
4
2
d
1 2 1
x
I x
x
, nếu đặt
2 1
t x
, thì
A.
5
2
3
d
I t t t
. B.
5
2
3
d
I t t t
. C.
5
2
3
2 2 d
I t t t
. D.
5
2
3
1
2 d
2
I t t t
.
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 9
Lời giải
Chọn A
Đặt
2 1
t x
thì
2
2 1
t x
2 d 2d
t t x
d d
t t x
.
Và
2
2 1
x t
. Đổi cận:
4 3
x t
,
12 5
x t
.
Do đó
2
5
3
1
. d
1
t
I t t
t
5
3
1 . d
t t t
5
2
3
d
t t t
.
Câu 37: Cho hai số phức
1
1 5
z m i
và
2
3
z mi
m
. Tập tất cả các giá trị của tham số
m
để
số phức
1 2
.
w z z
có phần ảo bằng
13
là
A.
1; 3
. B.
2;3
. C.
1; 2
. D.
1;2
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
1 2
.
w z z
1 5 3
m i mi
2
3 3 1 15 5
m m m i i mi
2
8 3 15
m m m i
Theo bài ra, ta có:
2
15 13
m m
2
2 0
m m
1
2
m
m
.
Câu 38: Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
. Tam giác
SAB
đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
ABCD
. Gọi
M
là trung điểm của
SD
. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng
AM
và
SC
bằng
A.
3
2
a
. B.
5
5
a
. C.
a
. D.
2
a
.
Lời giải
Chọn B
Gọi
N
là trung điểm
CD
. Ta có
/ / , / / / /
MN SC CH AN SHC AMN
.
Do đó,
; ; ;
d SC AM d A SHC d B SHC BI
.
2 2 2 2
1 1 1 5
5
a
BI
BI BC BH a
.
Suy ra
5
;
5
a
d SC AM
.
Câu 39: Cho hình nón
N
có độ dài đường sinh bằng
10
và bán kính đáy bằng
6.
Một khối cầu
S
tiếp xúc với đáy và tất cả các đường sinh của hình nón
.
N
Thể tích của khối cầu
S
bằng
A.
36 .
B.
18 .
C.
27 .
D.
30 .
Lời giải
I
H
N
M
D
C
B
A
S
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 10
Chọn A
C1.
Áp dụng công thức diện tích tam giác
3
48 4
3 36 .
16 3
S
S pr r V r
P
C2. Thiết diện qua trục khi cắt hình nón
N
là
Tam giác
ABC
như hình vẽ minh họa.
2
2 2 3
4
4 8 3 36 .
3
r r r V r
Câu 40: Cho hàm số
( )
y f x
liên tục trên
có đồ thị như hình vẽ. Có bao
nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( ) 2 1 ( ) 2
f f x m f x m
có nhiều nghiệm nhất?
A.
1.
B.
2.
C.
3.
D.
4.
Lời giải
Chọn B
Đặt
( ) 2
t f x m
Phương trình trở thành
1 1
f t t
Phương
1
là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
y f t
có đồ thị như hình vẽ và đường thẳng
: 1
d y t
Từ đồ thị ta thấy phương trình
1
f t t
có 3 nghiệm
2; 0; 2
t t t
( ) 2 2 ( ) 2 2
( ) 2 0 ( ) 2
( ) 2 2 ( ) 2 2
f x m f x m
f x m f x m
f x m f x m
+) Phương trình
( ) 2 2
f x m
có 3 nghiệm
1 5
1 2 2 3
2 2
m m
+) Phương trình
( ) 2
f x m
có 3 nghiệm
3 1
1 2 3
2 2
m m
+) Phương trình
( ) 2 2
f x m
có 3 nghiệm
1 3
1 2 2 3
2 2
m m
Phương trình có nhiều nhất là
7
nghiệm khi
0 1
m m
Câu 41: Cho hình chóp tứ giác đều
.
S ABCD
có cạnh đáy bằng
2
a
và cạnh bên bằng
3
a
. Gọi
,
M N
theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
SB
và
CD
. Gọi
là góc tạo bởi đường thẳng
MN
và
mặt phẳng
SBC
. Khi đó
sin
bằng
A.
2 15
15
. B.
14
14
. C.
3 105
35
. D.
2 70
35
.
x
y
1
3
-1
2
1
-1
-2
O
x
y
1
3
-1
2
1
-1
-2 O
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 11
Lời giải
Chọn D
Do đó:
,MN SBC
. Ta có:
;
sin
d N SBC
MN
với
; ;d N SBC d O SBC h
vì
/ /ON SBC
trong
đó:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 5
2 2h OB OC SO a a a a
10
;
5
a
d N SBC
và
2 2 2
2
2 4
SN BN SB
MN
7
2
a
MN
. Vậy
2 70
sin
35
Câu 42. Cho hàm số
y f x
là hàm đa thức bậc hai và hàm số
1
1
x
F x f t dt
có đồ thị như hình vẽ bên.
Hàm số
y f x
đạt cực tiểu tại
A.
1.x
B.
0x
và
1.x
C.
0.x
D.
0x
và
2.x
Lời giải
Chọn D
Nhận xét, do
y f x
là hàm đa thức bậc hai nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm là nghiệm của
phương tình
0f x
.
Ta có:
' 1F x f x
Theo đồ thị,
1
0
1
x
F x
x
. Suy ra:
1
1 0
1
x
f x
x
*
Đặt
1 1t x x t
. Từ
*
, suy ra:
1 1 0
0
1 1 2
t t
f t
t t
.
Điều này cũng có nghĩa
0
0
2
x
f x
x
.
Vậy hàm số
y f x
đạt cực tiểu tại
0x
và
2.x
x
y
2
4
1
-1
O
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 12
Câu 43: Cho hàm số
f x
có
1
, 0
2
f m
m
và
.cos
sin . , .
m x
f x x e x
Có tất cả bao nhiêu
giá trị nguyên dương của tham số
m
để
1009
.
3
m f e
?
A.
2018.
B.
2019.
C.
2017.
D. Vô số.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
.cos
sin .
m x
f x x e
.cos
1
d . d cos
m x
f x x e m x
m
.cos
1
.
m x
f x e C
m
Từ
0 cos
1 1 1 1
0
2
m x
f e C C f x e
m m m m
.
Giả thiết:
1009 1009
2
. 0 1009 0 2018.
3 2
m
m
m f e e e m
Câu 44: Cho đa giác 8 đỉnh
1 2 8
...
A A A
nội tiếp đường tròn tâm (O). Biết rằng không có ba đường chéo
nào đồng quy tại một điểm bên trong đường tròn. Gọi
S
là tập hợp các giao điểm nằm bên
trong đa giác của các đường chéo. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh thuộc tập
S
. Xác suất để 3 đỉnh
được chọn tạo thành tam giác có các cạnh nằm trên đường chéo là
A.
1
1955
. B.
1
689
C.
55
6201
D.
55
2756
.
Lời giải
Chọn A
Số giao điểm của các đường chéo nằm bên trong đa giác là
4
8
70
C
Chọn 3 điểm trong
S
. Số phần tử của không gian mẫu là
3
70
C
Số cách chọn tam giác thỏa mãn yêu cầu: Cứ một lục giác bất kỳ thì 3 đường chéo của các cặp
đỉnh đối diện cắt nhau tại 3 điểm tạo thành 1 tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Do đó
6
8
A
C
Vậy
6
8
3
70
1
1955
C
P A
C
Câu 45: Cho hàm số
4 2
2 ,
f x x x m
(
m
là tham số thực). Gọi
S
là tập hợp tất cả các giá trị nguyên
10;10
m
sao cho
1;2
1;2
max min 10
f x f x
. Số phần tử của tập
S
là
A.
9.
B.
10.
C.
11.
D.
12.
Lời giải
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 13
Chọn C
Xét hàm số
4 2
2
f x x x m
, hàm số liên tục trên đoạn
1;2
.
Ta có:
3
4 4 0, 1;2f x x x x
hàm số
f x
đồng biến trên đoạn
1; 2
,
do đó
1;2
1;2
max 8; min 1
f x m f x m
.
TH 1:
1 0 1 10
m m
thì
1;2
1;2
max 8;min 1.
f x m f x m
Khi đó:
1;2
1;2
3
max min 10 8 1 10 2;3;4;...10
2
f x f x m m m m
,
trường hợp này có
9
số nguyên.
TH 2:
8 0 10 8
m m
thì
1;2
1;2
max 1;min 8.
f x m f x m
Khi đó:
1;2
1;2
17
max min 10 1 8 10 10 10; 9
2
f x f x m m m m
trường hợp này có
2
số nguyên.
TH 3:
8 1
m
, thì
1;2
1;2
7
1 8
2
min 0; max ;
7
8 1
2
m khi m
f x f x
m khi m
Do
m
là số nguyên nên:
1;2
1;2
1 10, 8 4
max min 10
8 10, 4 1
m khi m
f x f x
m khi m
;
không tồn tại
m
thỏa mãn. Vậy số phần tử của tập
S
là
11
.
Câu 46: Cho chóp tam giác đều
.
S ABC
. Một mặt cầu tiếp xúc với tia đối của tia
SA
tại
M
, tiếp xúc với
tia đối của tia
BA
tại
N
và tiếp xúc với cạnh
SB
tại
P
. Biết
2 , 3
SM a BN a
. Thể tích khối
chóp
.
S ABC
là
A.
3
2 59
3
a
. B.
3
59
3
a
. C.
3
4 59
3
a
. D.
3
4 59
9
a
.
Lời giải
Chọn C
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 14
Vì
,SM SP
là 2 tiếp tuyến lần lượt tại
,M P
nên
SM SP
Tương tự:
BN BP
và
AM AN
Suy ra
2 3 5SB SP PB a a a
2 3 4AM AN SA a AB a AB a
Hạ
2 2 2 2
4 3 16 177
25
3 3 3
a a
SH ABC AH SH SA AH a a
3
2 2
.
1 177 4 59
4 3 .4 3 .
3 3 3
ABC S ABC
a a
S a V a
Câu 47:
Cho hàm số
y f x
thỏa mãn các điều kiện
2 2
1
' , 4 1
9 2 9
f x f
x x
. Khi đó
4
0
f x dx
bằng
A.
7
4 ln
5
. B.
4
4 ln
7
. C.
5
4 ln
7
. D.
7
4 ln
4
.
Lời giải
Chọn C
Đặt
'u f x du f x dx
dv dx v x
Ta có
4 4
4
0
0 0
. 'f x dx x f x xf x dx
4
2 2
0
4 4 4
9 2 9
x
f dx A
x x
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 15
4
2 2
0
9 2 9
x
A dx
x x
Đặt
2 2 2
9 9t x t x tdt xdx
. Đổi cận
Vậy
5 5
5
2
3
3 3
ln 2 ln 7 ln5
2 2
tdt dt
A t
t t t
Vậy
4
0
5
4 ln 5 ln 7 4 ln
7
f x dx
Câu 48:
Cho 2 số
, 0x y
thỏa điều kiện
1 2 1
3 3
2
2 4 2
log 4 2 4 log 2
4
x x
x x x
y
y y y
y
. Gọi
M
là
giá trị lớn nhất của biểu thức
3
4 4 1.
x
P y y
Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
0; 2M
. B.
2;0M
. C.
2; 4M
. D.
4;6M
.
Lời giải
Chọn A
1 2 1
3 3
2 2
2
3
2
2 4 2
2 4
log 4 2 4 log 2
4 4
2 2 2 4 2
log 1 1 1
2 2 4 2
x x
x x
x x x
x x x x
x
y
y y y
y y y
y
y y y y
Vì
3
2 2 2 2
2 log 1 1
2 2 2 2
x x
x x
y y
y y
Dấu
" "
2 2
2 2
2 2
x
x
x
y
y
y
3 3 2
4 4 1 4 4 1
x
P y y y y y f y
Ta có
2
' 3 8 4f y y y
Cho
2
' 0
2
3
y
f y
y
Ta có bảng biến thiên
Vậy
max
1P
khi
2y
Câu 49:
Cho
2
chất điểm
A
và
B
cùng bắt đầu chuyển động theo chiều dương trên cùng
1
trục lần
lượt có vận tốc biến đổi theo thời gian là hàm số đa thức bậc
2
và hàm số đa thức bậc
3
gồm
1 2
/ , /v v t m s v v t m s
có đồ thị như hình vẽ.
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 16
Hỏi trong suốt quá trình chuyển động,
2
chất điểm gặp nhau bao nhiêu lần, biết rằng
chất điểm
A
bắt đầu xuất phát cách gốc của trục về phía chiều dương 1 mét, chất điểm
B
xuất phát tại gốc của trục, và trong quá trình chuyển động,
2
chất điểm đã gặp nhau
một lần tại thời điểm
3
giây?
A.
1
lần. B.
2
lần. C.
3
lần. D.
4
lần.
Lời giải
Chọn C
Gọi hàm số biểu thị quãng đường chuyển động của hai chất điểm
A
và
B
lần lượt là
1
S S t
và
2
.S S t
Khi đó, ta có:
1 2
0 1, 0 0S S
và
1 2
3 3S S
1 1 2 2
' ; 'S t v t S t v t
Hai chất điểm gặp nhau khi
1 2 1 2
0S t S t S t S t
Xét hàm số
1 2
,f t S t S t
ta có BBT
Theo BBT thì 2 chất điểm gặp nhau 3 lần trong suốt quá trình chuyển động.
Câu 50:
Có bao nhiêu số nguyên dương
x
sao cho tồn tại số thực
y
lớn hơn
1
thỏa mãn
2
2 3
2 1 log log
y x
xy x y y
x
?
A.
4.
B.
2.
C.
3.
D. Vô số.
Lời giải
Chọn B
t
v
v
2
(t)
v
1
(t)
4
2
3
7
O
y
=0
-∞
f(4)
f(2)
0
1
-
+
- 0
0
0
+∞4320
f(t)
f'(t)
t
Chương trình chinh phục kỳ thi Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Trang 17
Điều kiện:
*
*
1
1
2 3
2 3 0
0
y x
y x
y x
y x
x
.
Ta có :
2
2 3
2 1 log log
y x
xy x y y
x
2
2 3 log 2log log 2 3 log
xy x y y y y x x
2 2
2 3 log log 2 3 log
xy x y y y x xy
1
+ Nếu
2
2 3
xy y x
thì
0
0
VT
VP
(do
log 0
y
).
+ Nếu
2
2 3
xy y x
thì
0
0
VT
VP
(do
log 0
y
).
Do đó, từ
1
suy ra:
2
2 3
xy y x
2
2 3
1
y
x
y
.
Xét hàm
2
2 3
1
y
f y
y
,
1;y

. Ta có:
2
2
2
2 6 2
0
1
y y
f y
y
,
1;y

. Suy ra: Hàm số
f y
nghịch biến trên khoảng
1;

.
Suy ra:
5
;
2
f y

. Suy ra:
5
;
2
x

.
Vì
*
x
nên
1;2
x
.
Vậy có
2
giá trị
x
thỏa yêu cầu bài toán.
--------------- HẾT ---------------
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020 MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2020 MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1 (Đề thi có 06 trang) BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 2.A 3.D 4.D 5.B 6.C 7.C 8.C 9.C 10.B 11.B 12.A 13.B 14.D 15.A 16.D 17.C 18.A 19.A 20.B 21.D 22.B 23.D 24.D 25.B 26.C 27.A 28.A 29.A 30.D 31.A 32.B 33.B 34.B 35.C 36.A 37.C 38.B 39.A 40.B 41.D 42.D 43.A 44.A 45.C 46.C 47.C 48.A 49.C 50.B
Câu 1: Một lớp học có 35 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 3 học sinh làm trực nhật? A. 35 3 . B. 3 A . C. 3 C . D. 3 35 . 35 35 Lời giải Chọn C
Chọn 3 học sinh từ 35 học sinh có 3 C . cách. 35 2n 1
Câu 2: Dãy số u có u  , *
n   . Số hạng thứ 13 của dãy số bằng n  n 5 A. 5 . B. 7 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn A 2.131 Ta có u   5. 13 5
Câu 3: Tập xác định của hàm số y  x   2 1 là A. . B. 0;. C.  1  ;. D. 1;. Lời giải Chọn D
Hàm số xác định khi x 1  0  x  1.
Câu 4: Cho khối chóp S.ABC có SA   ABC và đáy ABC là tam giác vuông cân tại A có
AB  3, SC  5 . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng A. 12. B. 18. C. 36. D. 6. Lời giải S Chọn D Ta có 2 2 SA  SC  AC  4 . A C 1 1 Vậy V  .S . A .A . B AC  6. 3 2 B Trang 1
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 1 1 a a Câu 5: Biết 3 3 4 . . b x x
x  x ( 0  x  1; a,b và là phân số tối giản). Giá trị của a  2b bằng b A. 0 . B. 1. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B 1 1 1 1 3 1 1 3 25   a 25 3 3 4 3 4 2 3 4 2 12 x .x . x  x .x .x  x  x  
 a  25;b 12  P  a 2b 1. b 12 1 Câu 6: Biết F x 3
 x  1 là một nguyên hàm của hàm số y  f x trên 0;.Khẳng định nào x sau đây đúng ? 4 1 A.   x f x   ln x  x . B. f x 2  3x  . 4 2 x 1 4 C. f x 2  3x  . D.   x f x   ln x . 2 x 4 Lời giải Chọn C 1
Ta có f  x  F ' x 2  3x  . 2 x
Câu 7: Một khối trụ có bán kính đáy bằng 3 và thiết diện qua trục là một hình vuông. Thể tích của khối trụ bằng A. 12 . B. 18 . C. 54 . D. 36 . Lời giải Chọn C
Thiết diện qua trục là hình vuông  h  SO  2r  6 . Vậy 2 V   r h  54 .
Câu 8: Tập nghiệm của bất phương trình logx   1  1 là A. 11;. B. 1;. C. 11; . D.  ;  1  1 . Lời giải Chọn C log x  
1 1  x 11. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 11; .
Câu 9: Cho hàm số y  f x liên tục trên  và có bảng xét dấu hàm số y  f 'x như hình vẽ x -∞ a b c d +∞ f'(x) + 0 - + 0 - 0 -
Hàm số y  f x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Chọn C Trang 2
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Hàm số y  f  x đạt cực trị tại các điểm mà tại đó y  f ' x bằng không hoặc không xác định
đồng thời y  f ' x dổi dấu khi đi qua các điểm đó.
Câu 10: Cho hàm số f x xác định trên  và có đồ thị là đường cong y y=f(x)
trong hình bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? -1 O 1 x
A. Hàm số f x đồng biến trên khoảng  1  ;  1 .
B. Hàm số f x nghịch biến trên khoảng 0;  1 .
C. Hàm số f x đồng biến trên khoảng  ;   1 . -3
D. Hàm số f x nghịch biến trên khoảng  1  ;0 . Lời giải -4 Chọn B
Câu 11: Cho hình nón có diện tích đáy bằng 2
16 a và thể tích khối nón tương ứng bằng 3 16 a . Tính
diện tích xung quanh S của hình nón. xq A. 2 S  15 a . B. 2 S  20 a . C. 2 S  12 a . D. 2 S  16 a . xq xq xq xq Lời giải Chọn B 2 2   r 16 a  r  4a Theo bài ra ta có: 1   2 3  r .h 16a  h  3a 3 Do đó: 2 2 l  r  h  5a . Vậy 2 S   rl  20 a . xq
Câu 12: Đường cong trong hình là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A. 3 2 y  x  3x  3 . B. 3 2 y  x  3x 1. C. 4 2 y  x  2x 1. D. 4 2 y  x  2x 1. Lời giải O x Chọn A
Ta thấy đây là đồ thị của hàm số 3 2
y  ax  bx  cx  d a  0 và a  0 . Nên Chọn A 2x 1
Câu 13: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là đường thẳng x 1 A. y 1. B. y  2 . C. x  1. D. x  2 . Lời giải Chọn B Ta thấy Trang 3
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 2x 1  lim  2 x x 1 
  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 . 2x 1 lim 2  x x 1 
Câu 14: Nguyên hàm của hàm số   x 1 2 8 .2 x f x   là x 12x x A. 2.2 .xln2C . B. 8 2 .  C . C. 2 .xln2C . D. 2 2 C . ln 8 ln 2 ln 2 Lời giải Chọn D x  x x 2x Ta có 1 2 8 .2 dx  2 2 dx  2.  C.   ln 2
Câu 15: Môđun của số phức z    i2 1 2 1i3i  2 A. 5 . B. 5 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn A z    i2 1 2
1i 3i  2  3 4i  z  5. y 2
Câu 16: Cho hàm số y  f x có đồ thị trong hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình f  x  1 là O 2 x A. 0 . B. 2 . C. 1. D. 3 . -2 Lời giải Chọn D
Số nghiệm của phương trình f  x  1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x với
đường thẳng y 1. Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x số nghiệm của phương trình bằng 3 .
Câu 17: Số phức liên hợp của số phức z  3  i là A. z  3  i . B. z  3  i . C. z  3  i . D. z  3  i . Lời giải Chọn C
Số phức liên hợp của số phức z  3  i là z  3  i .
Câu 18: Diện tích hình phẳng của phần tô đậm trong hình vẽ y y=x2-3x+2
bên được tính theo công thức nào dưới đây? 2 2 2 A. S   2 2
 x  4xdx . B. S   2 2x  4x  2dx . 0 0 2 2 O 2 x C. S   2
2x  4xdx . D. S   2 2x  2xdx . y=-x2+x+2 0 0 Trang 4
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Lời giải Chọn A 2 2
Dựa vào đồ thị ta có: S   2 2
x  x  2  x  3x  2dx   2 2  x  4xdx . 0 0
Câu 19: Cho hai số phức z  3 2i và z  2 i . Phần ảo của số phức z  z bằng 1 2 1 2 A. 1. B. 5 . C. i . D. 1. Lời giải Chọn A
Ta có z  z  5  i . Phần ảo của số phức z  z bằng 1. 1 2 1 2       
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a 1; 2;3 và b  2i 2 j  k . Tọa độ của vectơ a  2b là A. 1;2; 3 . B. 3; 2;  1 . C. 2;1; 3. D. 1; 3;2. Lời giải Chọn B       
b  2i  2k  j  b 2; 2;1  a  2b  3; 2; 1 . 1 2 2 Câu 21: Nếu f  xdx 1 và f
 xdx 3 thì f xdx  bằng 0 1 0 A. 1. B. 3 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Chọn D 2 1 2 Ta có: f  xdx  f  xdx f  xdx 13  4. 0 0 1
Câu 22: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  2  5i là điểm nào dưới đây? A. Q 2;5 . B. P 2;5. C. N 2;5 . D. M  2  ;5 . Lời giải Chọn B
Điểm biểu diễn số phức z  2  5i là điểm P 2;5 .
Câu 23: Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M 3;2; 2 trên mặt phẳng Oyz có tọa độ là A. M 3;0;0 . B. M 3;0; 2 . C. M 3;2;0 . D. M 0;2; 2 . 4   3   2   1   Lời giải Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm M 3;2; 2 trên mặt phẳng Oyz  có tọa độ là M 0; 2; 2 4  
Câu 24: Số giao điểm của đồ thị hàm số 5 2
y  x  4x  3x  2 với đường thẳng y  2  x  2 là Trang 5
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 A. 5. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là 5 3
x  x  x    x   x 4 2 4 3 2 2 2
x  4x  5  0  x  0.
Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S x  2   y  2  z  2 : 3 5
2  16. Tâm của S  là A. I 3  ;5;2 . B. I 3;5; 2  . C. I 3;5;2 . D. I 3;5;2 . 4   3   2   1   Lời giải Chọn B
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P :3x  2y  z  4  0 . Vectơ nào dưới đây là một
vectơ pháp tuyến của P ? A.     n  3; 2; 4 . B. n  3;1;4 . C. n  3;2;1 . D. n  3; 2;0 . 4   2   1   3   Lời giải Chọn C
Câu 27: Cho hàm số y  f x liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. y Gọi ,
M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số y  f x trên 1;3. Khi đó 2M  m bằng -1 O 2 3 x A. 4 . B. 4 . C. 2 . D. 6 . Lời giải Chọn A -4
Từ đồ thị ta có M  0, m  2  2M m  4
Câu 28: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng x 1 y  2 z 1 d :  
. Điểm nào dưới đây thuộc d ? 3 4 1 A. P2;2;2. B. M 1;1;  1 . C. N 3;3;3 . D. Q 1;2;3 . Lời giải Chọn A
Thay lần lượt tọa độ các điểm M, N, ,
P Q vào phương trình của đường thẳng d ta có: 2 1 2  2 2 1  
(đúng)  P  d . Vậy điểm P2;2;2 thuộc đường thẳng d . 3 4 1 Câu 29: 1 Gọi 2
S là tập nghiệm thực của phương trình
log x 1  log x  2  0 . Hỏi 3   1   S có bao 2 3 nhiêu phần tử? A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn A Trang 6
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 x  2 1  0 x  1
Điều kiện xác định của phương trình:    x  2  0 x  2 1 Ta có: log  x  2
1  log x  2  0  log x  2 1  2 log x  2  0 3 3   3 1   2 3 1  log  x  2
1  log  x  22   x  2   x  2 1 2  x   . 3 3 2
Câu 30: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.AB C  D
  có đáy ABCD là hình A' D'
vuông, AC  AA 2 (minh họa như hình vẽ). Góc giữa đường
thẳng AB và mặt phẳng  ABCD bằng B' C' A. 60 . B. 90 . C. 30 . D. 45 . A D Lời giải Chọn D B C Ta có: A B
   ABCD  B ; AA   ABCD tại A .
 Hình chiếu vuông góc của AB lên mặt phẳng  ABCD là AB .
 Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABCD là  A B  A. AC Ta có: AB 
 AA nên tam giác AAB vuông cân tại A . Suy ra:  o ABA  45 . 2
Vậy góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABCD bằng o 45 .
Câu 31: Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên x -∞ -2 1 +∞
như hình vẽ. Khoảng cách giữa hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số y  f  x bằng y' + 0 - 0 + +∞ A. 5 . B. 3 . 7 C. 4 . D. 25 . y 3 -∞ Lời giải Chọn A
Từ bảng biến thiên của hàm số y  f  x thì đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là 
A2;7 và B 1;3  AB  3;4  AB  5 .
Câu 32: Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức  ert S
A , trong đó A là số lượng
vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng ( r  0 ), t (tính theo giờ) là thời gian tăng trưởng. Hỏi
cần ít nhất bao nhiêu giờ để số vi khuẩn lớn hơn 500 con, biết rằng số vi khuẩn ban đầu là 20
con và tỉ lệ tăng trưởng là 11% trong một giờ? A. 29 giờ. B. 30 giờ. C. 28 giờ. D. 31 giờ. Lời giải Chọn B Trang 7
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 rt 500 1 500
Để số lượng vi khuẩn lớn hơn 500 con thì e A  500  rt  ln  t  ln . A r A
Áp dụng với r  0,11, A  20 , ta được : t  29, 263  t  30 giờ. min Câu 33:  Giá trị của tham số x m
m biết giá trị lớn nhất của hàm số 3 y  3; 6 bằng 7 là x  2 trên   A. 10. B. 2 . C. 6 . D. 3 . Lời giải Chọn B 6  m
Nhận xét: Hàm số đã cho liên tục trên 3;6 . Ta có: y  . x  22
+ TH1: m  6  0 thì m  6  y  3 với x  2 (loại). m 18
+ TH2: m  6  0  6  m thì hàm số đã cho đồng biến trên 3;6  max y  y 6  x   3;6 4 m 18   7  m  10 (loại). 4
+ TH3: m  6  0  m  6 thì hàm số đã cho nghịch biến trên 3;6
 max y  y 3  m  9  m  9  7  m  2 (thỏa mãn). x   3;6
Câu 34: Cho mặt cầu S tâm O bán kính R, một điểm M nằm trong mặt cầu sao cho OM  4. Mặt
phẳng P qua M cắt mặt cầu S  là 1 đường tròn C có chu vi nhỏ nhất là 6 . Thể tích khối
nón đỉnh O đáy là đường Cbằng A. 36 . B. 12 . C. 6 . D. 24 . Lời giải Chọn B
Chu vi đường tròn giao tuyến nhỏ nhất  OM  P  h  OM  4 1 Ta có 2
C  2 r  r  3  V   r .h  12. 3 x 1  0
Câu 35: Tập nghiệm của bất phương trình x  1 3 2  3    là  3  A. 1; . B. 6;. C. 2; . D. ;3 . Lời giải Chọn C x 1  0 x  1  Ta có: 3 2 3    3x2 10  3
 3 x  3x  2  10  x  x  2 .  3  12 Câu 36: 2x Cho tích phân I  dx 
, nếu đặt t  2x 1, thì 1 2x 1 4 5 5 5 5 A. 1 I   2t tdt .
B. I   2t tdt . C. I   2
2t  2t dt . D. I   2t  2tdt . 2 3 3 3 3 Trang 8
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Lời giải Chọn A Đặt t  2x 1 thì 2
t  2x 1  2tdt  2dx  tdt  dx . Và 2
2x  t 1. Đổi cận: x  4  t  3 , x  12  t  5 . 2 5 t 1 5 5 Do đó I  . d t t   t   
1 .tdt    2t tdt . 3 t 1 3 3
Câu 37: Cho hai số phức z  m 15i và z  3mi m   . Tập tất cả các giá trị của tham số m để 1 2
số phức w  z .z có phần ảo bằng 1 2 13 là A. 1;  3 . B. 2;  3 . C. 1;  2 . D. 1;  2 . Lời giải Chọn C
Ta có w  z .z  m 1 5i3  mi  m   mm   2 3 3
1 i 15i  5mi  m    2 8 3 15  m  mi 1 2 m  1 Theo bài ra, ta có: 2 15  m  m  13 2
 m  m  2  0   . m  2
Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Gọi M là trung điểm của SD . Khoảng cách
giữa hai đường thẳng AM và SC bằng A. a 3 . B. a 5 . C. a a. D. . 2 5 2 Lời giải S Chọn B Gọi N là trung điểm CD . Ta có
MN / /SC,CH / / AN  SHC  / /  AMN . M
Do đó, d SC; AM   d  ;
A SHC   d B;SHC   BI . 1 1 1 5 a     BI  . A D 2 2 2 2 BI BC BH a 5 H I N a Suy ra d SC AM  5 ;  . B C 5
Câu 39: Cho hình nón N  có độ dài đường sinh bằng 10 và bán kính đáy bằng 6. Một khối cầu S 
tiếp xúc với đáy và tất cả các đường sinh của hình nón  N .Thể tích của khối cầu S bằng A. 36 . B. 18 . C. 27 . D. 30 . Lời giải Trang 9
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Chọn A C1.
Áp dụng công thức diện tích tam giác S 48 4 3 S  pr  r  
 3 V   r  36. P 16 3
C2. Thiết diện qua trục khi cắt hình nón  N  là
Tam giác ABC như hình vẽ minh họa. r  4  8  r2 4 2 2 3
 r  3  V   r  36. 3
Câu 40: Cho hàm số y  f (x) liên tục trên  có đồ thị như hình vẽ. Có bao y
nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3
f  f (x)  2m 1  f (x)  2m có nhiều nghiệm nhất? 1 A. 1. B. 2. 1 -2 -1 O 2 x C. 3. D. 4. -1 Lời giải Chọn B Đặt t  f (x)  2m
Phương trình trở thành f t  t 1   1 y Phương  
1 là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 3
y  f t  có đồ thị như hình vẽ và đường thẳng d : y  t 1 1
Từ đồ thị ta thấy phương trình f t   t 1 có 3 nghiệm 1 t  2;t  0;t  2 -2 -1 O 2 x -1  f (x)  2m  2   f (x)  2   2m  f (x) 2m 0      f (x)  2  m    f (x)  2m  2  f (x)  2  2m   1 5
+) Phương trình f (x)  2  2m có 3 nghiệm  1  2  2m  3   m  2 2 3 1
+) Phương trình f (x)  2m có 3 nghiệm  1   2  m  3    m  2 2 1 3
+) Phương trình f (x)  2  2m có 3 nghiệm  1
  2  2m  3    m  2 2
Phương trình có nhiều nhất là 7 nghiệm khi m  0  m  1
Câu 41: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a 2 và cạnh bên bằng a 3 . Gọi M , N
theo thứ tự là trung điểm của các cạnh SB và CD . Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng MN và
mặt phẳng SBC  . Khi đó sin bằng A. 2 15 . B. 14 . C. 3 105 . D. 2 70 . 15 14 35 35 Trang 10
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Lời giải Chọn D d N;SBC Do đó: MN ,SBC     . Ta có: sin  MN
với d  N;SBC   d O;SBC   h vì ON / / SBC  trong 1 1 1 1 1 1 1 5 đó:        2 2 2 2 2 2 2 2 h OB OC SO a a 2a 2a 2 2 2  SN  BN SB d N SBC a 10 ;  và 2 MN   5 2 4 a 7  2 70 MN  . Vậy sin  2 35
Câu 42. Cho hàm số y  f  x là hàm đa thức bậc hai và hàm số y x 4 F  x  f t   
1 dt có đồ thị như hình vẽ bên. 1 2
Hàm số y  f  x đạt cực tiểu tại A. x  1  . B. x  0 và x  1. -1 O 1 x C. x  0. D. x  0 và x  2. Lời giải Chọn D
Nhận xét, do y  f x là hàm đa thức bậc hai nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm là nghiệm của
phương tình f  x  0 .
Ta có: F 'x  f x   1 x  Theo đồ thị, Fx 1  0   . Suy ra: x  1  x f x    1 1  0   * x  1 
Đặt t  x 1  x  1 t . Từ * , suy ra: f t 1   t 1 t  0  0   . 1   t 1     t  2 x 
Điều này cũng có nghĩa f  x 0  0   . x  2
Vậy hàm số y  f  x đạt cực tiểu tại x  0 và x  2. Trang 11
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7     Câu 43: 1 Cho hàm số f x có f  ,   m  0 và   m.cos  sin . x f x x e , x   .  Có tất cả bao nhiêu  2  m   
giá trị nguyên dương của tham số m để 1009 . m f  e   ?  3  A. 2018. B. 2019. C. 2017. D. Vô số. Lời giải Chọn A 1  1  Ta có:   .cos  sin . m x f x x e    m.cos d  . x f x x e d mcos x      . m cos x f x  e  C. m m    1  1  1  1  Từ 0       0      mcos x f e C C f x  e .  2  m m m m m    m Giả thiết: 1009 1009 2 . m f  e  e  e  0   1009  0  m  2018.    3  2
Câu 44: Cho đa giác 8 đỉnh A A ...A nội tiếp đường tròn tâm (O). Biết rằng không có ba đường chéo 1 2 8
nào đồng quy tại một điểm bên trong đường tròn. Gọi S là tập hợp các giao điểm nằm bên
trong đa giác của các đường chéo. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh thuộc tập S . Xác suất để 3 đỉnh
được chọn tạo thành tam giác có các cạnh nằm trên đường chéo là A. 1 . B. 1 C. 55 D. 55 . 1955 689 6201 2756 Lời giải Chọn A
Số giao điểm của các đường chéo nằm bên trong đa giác là 4 C  70 8
Chọn 3 điểm trong S . Số phần tử của không gian mẫu là 3   C 70
Số cách chọn tam giác thỏa mãn yêu cầu: Cứ một lục giác bất kỳ thì 3 đường chéo của các cặp
đỉnh đối diện cắt nhau tại 3 điểm tạo thành 1 tam giác thỏa mãn yêu cầu đề bài. Do đó 6   C A 8 6 C 1 Vậy P A 8   3 C 1955 70
Câu 45: Cho hàm số f x 4 2
 x  2x  m, ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên
m 10;10 sao cho max f  x  min f  x 10. Số phần tử của tập S là 1; 2 1; 2 A. 9. B. 10. C. 11. D. 12. Lời giải Trang 12
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 Chọn C Xét hàm số f  x 4 2
 x  2x  m , hàm số liên tục trên đoạn 1;2 . Ta có: f  x 3
 4x  4x  0,x 1;2  hàm số f  x đồng biến trên đoạn 1;2 ,
do đó max f  x  m 8; min f  x  m 1. 1;2 1;2
TH 1: m 1  0  1  m  10 thì max f  x  m  8;min f  x  m 1. 1;2 1;2 3
Khi đó: max f  x  min f  x 10  m  8  m 1 10  m   m2;3;4;...1  0 , 1;2 1;2 2
 trường hợp này có 9 số nguyên.
TH 2: m  8  0  10  m  8 thì max f  x  m 1;min f  x  m  8. 1;2 1;2 Khi đó:  f x  f  x 17 max min
 10  m 1 m 8 10  1  0  m   m 1  0;  9 1;2 1;2 2
 trường hợp này có 2 số nguyên.  7  m 1 khi 8  m   2
TH 3: 8  m  1, thì min f  x  0; max f  x   ; 1;2 1;2 7  m 8 khi  m 1  2
m 110, khi 8  m  4 
Do m là số nguyên nên: max f  x  min f  x 10  ;   1;2 1;2
m  8 10, khi  4  m 1
 không tồn tại m thỏa mãn. Vậy số phần tử của tập S là 11.
Câu 46: Cho chóp tam giác đều S.ABC . Một mặt cầu tiếp xúc với tia đối của tia SA tại M , tiếp xúc với
tia đối của tia BA tại N và tiếp xúc với cạnh SB tại P . Biết SM  2a, BN  3a . Thể tích khối chóp S.ABC là 3 3 3 3 A. 2 59a . B. 59a . C. 4 59a . D. 4 59a . 3 3 3 9 Lời giải Chọn C Trang 13
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7
Vì SM , SP là 2 tiếp tuyến lần lượt tại M , P nên SM  SP
Tương tự: BN  BP và AM  AN
Suy ra SB  SP  PB  2a  3a  5a
AM  AN  SA  2a  AB  3a  AB  4a 4 3a 16 177a Hạ SH   ABC 2 2 2 2  AH 
 SH  SA  AH  25a  a  3 3 3 3 1 177a 4 59a 2 2 S  4 3a  V  .4 3a .  A  BC S.ABC 3 3 3 Câu 47: 1
Cho hàm số y  f x thỏa mãn các điều kiện f 'x  , f 4 1. Khi đó 2 2 x  9  2 x  9 4 f  x dx  bằng 0 A. 7 4  ln . B. 4 4  ln . C. 5 4  ln . D. 7 4  ln . 5 7 7 4 Lời giải Chọn C
u  f x du  f ' xdx Đặt    dv  dx  v  x Ta có 4 4 4 x f
 xdx  .xf x 4  xf '
 xdx  4 f 4 dx  4  A  0 2 2 0 0 0 x  9  2 x  9 Trang 14
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 4 x A  dx  2 2 0 x  9  2 x  9 Đặt 2 2 2
t  x  9  t  x  9  tdt  xdx . Đổi cận 5 5 tdt dt Vậy 5  A  
 ln t  2  ln 7  ln 5   2 3 t  2t t  2 3 3 4 5 Vậy f
 xdx  4 ln5ln7  4 ln 7 0 2x 4 y  2x
Câu 48: Cho 2 số x, y  0 thỏa điều kiện log  x x 1  2 4  2 y  4 y   log  x 1 2  y  . Gọi M là 3 3    2 4 y
giá trị lớn nhất của biểu thức x 3
P  4  y  4y 1.Khẳng định nào sau đây đúng? A. M 0;2 . B. M 2;0 . C. M 2;4 . D. M 4;6 . Lời giải Chọn A x x x x y  log  2 4 2 x x x 2 4 1 2
4  2 y  4 y   log  1 2 y    3 3    2 2 4y y 4y 2  2x 2y  2x 4x  2x   log  1      1 1 3 x 2 2y 2 y 4y 2y     2x 2 y  2x 2 y  Vì   2  log 1  1 x 3   2 y 2  2y 2x  2x 2y Dấu "  "    2x  2y 2y 2x x 3 3 2
 P  4  y  4y 1   y  4y  4y 1  f  y Ta có  f  y 2 '  3y  8y  4  y  2 Cho f ' y 0    2  y   3 Ta có bảng biến thiên Vậy P 1khi y  2 max
Câu 49: Cho 2 chất điểm A và B cùng bắt đầu chuyển động theo chiều dương trên cùng 1 trục lần
lượt có vận tốc biến đổi theo thời gian là hàm số đa thức bậc 2 và hàm số đa thức bậc 3 gồm
v  v t m / s , v  v t m / s có đồ thị như hình vẽ. 1     2     Trang 15
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 v v1(t) 7 3 v2(t) O 2 4 t
Hỏi trong suốt quá trình chuyển động, 2 chất điểm gặp nhau bao nhiêu lần, biết rằng
chất điểm A bắt đầu xuất phát cách gốc của trục về phía chiều dương 1 mét, chất điểm
B xuất phát tại gốc của trục, và trong quá trình chuyển động, 2 chất điểm đã gặp nhau
một lần tại thời điểm 3 giây? A. 1 lần. B. 2 lần. C. 3 lần. D. 4 lần. Lời giải Chọn C
Gọi hàm số biểu thị quãng đường chuyển động của hai chất điểm A và B lần lượt là S  S t 1  
và S  S t . Khi đó, ta có: 2  
S 0  1, S 0  0 và S 3  S 3 1   2   1   2   S ' t  v t ; S ' t  v t 1   1   2   2  
Hai chất điểm gặp nhau khi S t  S t  S t  S t  0 1   2   1   2  
Xét hàm số f t   S t  S t , ta có BBT 1   2   t 0 2 3 4 +∞ f'(t) 0 - 0 + 0 - 1 f(4) y=0 f(t) 0 f(2) -∞
Theo BBT thì 2 chất điểm gặp nhau 3 lần trong suốt quá trình chuyển động.
Câu 50: Có bao nhiêu số nguyên dương x sao cho tồn tại số thực y lớn hơn 1 thỏa mãn  2 y  x  3 2 xy  x  2 y   1 log y  log ? x A. 4. B. 2. C. 3. D. Vô số. Lời giải Chọn B Trang 16
Chương trình chinh phục kỳ thi
Nhóm GV Toán, Kênh TH Giáo dục Quốc gia VTV7 *  y  1  x   *   y  1  x  
Điều kiện: 2y  x  3   .  0  2y  x  3  0  x Ta có :  2y  x  3 2 xy  x  2y   1 log y  log x   2
xy  x  2 y  3log y  2log y  log 2y  x  3  log x   2 xy  x  y   y   y  x    2 2 3 log log 2 3 log xy    1 V  T  0 + Nếu 2 xy  2y  x  3 thì  (do log y  0 ). V  P  0 V  T  0 + Nếu 2 xy  2y  x  3 thì  (do log y  0 ). V  P  0 2 y  3 Do đó, từ   1 suy ra: 2
xy  2y  x  3  x  . 2 y 1 2y  3 Xét hàm f  y 
, y 1; . Ta có: 2 y 1 2    f  y 2y 6y 2    , y
 1; . Suy ra: Hàm số f  y nghịch biến trên khoảng y   0 2 2 1 1;.    5  Suy ra: f  y 5   ;    . Suy ra: x   ;    .  2   2  Vì * x   nên x1;  2 .
Vậy có 2 giá trị x thỏa yêu cầu bài toán.
--------------- HẾT --------------- Trang 17
Document Outline

  • https___chinhphuckythivtv7.vtv
  • đáp án đề lần 1