Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Ninh Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm học 2021 – 2022 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Ninh Bình

18 9 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

24 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2021-2022
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi 001
Họ và tên thí sinh: ................................. ................................. Số báo danh: ...... . .... . ... . .... . ... . .... . ...
Câu 1. Hàm số nào dưới đây nhận x = 1 làm điểm cực đại?
A. y = x
3
+ 3x
2
− 9x + 1. B. y = x
4
− 2x
2
+ 1.
C. y = x
3
− 6x
2
+ 9x + 1. D. y = x
2
− 2x + 1.
Câu 2. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R?
A. y =
3x + 1
x − 2
. B. y = −3x
3
− x + 1.
C. y = x
3
− 2x + 1. D. y = −x
4
− 2x
2
+ 1.
Câu 3. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
2x + 7
x − 3
là đường thẳng
A. x = 3. B. x = 2. C. y = 3. D. y = 2.
Câu 4. Cho hàm số f(x) = xe
x
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A.
Z
f(x) dx = e
x
(x − 1) + C. B.
Z
f(x) dx = e
x
+ C.
C.
Z
f(x) dx = e
x
(x + 1) + C. D.
Z
f(x) dx = xe
x
+ C.
Câu 5. Có bao nhiêu véctơ khác véctơ-không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của một ngũ
giác?
A. A
2
5
. B. P
5
. C. 5
2
. D. C
2
5
.
Câu 6. Hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−2−2
+∞+∞
Hàm số đạt cực tiểu tại
A. x = −2. B. x = 1. C. x = 3. D. x = −1.
Câu 7. Với a là số thực dương tùy ý, a
5
3
bằng
A.
5
√
a
3
. B. a
5
· a
3
. C.
a
5
a
3
. D.
3
√
a
5
.
Câu 8. Với a là số thực dương tùy ý, log (1000a) bằng
A. (log a)
3
. B. 3 log a. C.
1
3
+ log a. D. 3 + log a.
Câu 9. Nếu
1
Z
0
f(x) dx = 3 thì
1
Z
0
2f(x) dx bằng
A. 5. B. 2. C. −6. D. 6.
Trang 1/6 − Mã đề 001
Câu 10. Cho hàm số f(x) = e
3x
. Họ các nguyên hàm của hàm số f(x) là
A. 3e
x
+ C. B. 3e
3x
+ C. C.
1
3
e
3x
+ C. D.
1
3
e
x
+ C.
Câu 11. Tập nghiệm S của bất phương trình log
2
3
(x + 3) < log
2
3
(2x − 1) là
A. S = (−3; 4). B. S =
1
2
; 4
. C. S = (−∞; 4). D. S = (4; +∞).
Câu 12.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hàm
số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. (−2; +∞). B. (−∞; −1).
C. (−1; 1). D. (0; +∞).
x
y
−1
4
O
1
2
4
Câu 13. Nghiệm của phương trình log
3
x =
1
3
là
A. x =
1
3
. B. x = 27. C. x =
3
√
3. D. x =
1
27
.
Câu 14. Cho cấp số nhân (u
n
) có u
1
= 2 và u
2
= 5. Giá trị của công bội q bằng
A. −3. B.
2
5
. C.
5
2
. D. 3.
Câu 15. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 3.
A. S
xq
= 27π. B. S
xq
= 9π. C. S
xq
= 36π. D. S
xq
= 18π.
Câu 16. Đồ thị hàm số y =
3x + 2
x + 1
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
A.
2
3
. B. −2. C. 2. D. −
2
3
.
Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = log
5
x trên khoảng (0; +∞) là
A. y
0
=
ln 5
x
. B. y
0
=
x
ln 5
. C. y
0
=
1
x ln 5
. D. y
0
=
1
x
.
Câu 18.
Đồ thị bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
A. y = (x
2
− 1) (x + 2). B. y = (x
2
− 1) (x − 2).
C. y = −x
3
+ 3x
2
+ 2. D. y = x
4
− 3x
2
+ 2.
x
y
−1
1
2
2
O
Câu 19. Cho a và b là các số thực dương tùy ý. Nếu a
1
2
> a
1
3
và log
b
1
3
< log
b
1
4
thì
A. a > 1,0 < b < 1. B. 0 < a < 1, 0 < b < 1.
C. a > 1, b > 1. D. 0 < a < 1, b > 1.
Câu 20. Cho khối chóp có thể tích bằng 30 cm
3
và chiều cao bằng 5 cm. Diện tích đáy của khối
chóp đã cho bằng
A. 6 cm
2
. B. 18 cm
2
. C. 24 cm
2
. D. 12 cm
2
.
Câu 21. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 3
16−x
2
≥ 81 .
A. 9. B. 4. C. 7. D. 5.
Trang 2/6 − Mã đề 001
Câu 22. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Biết xác suất để trong 3 số
được chọn có ít nhất một số chẵn bằng
a
b
với a, b là các số nguyên tố. Tổng a + b bằng
A. 21. B. 63. C. 108. D. 36.
Câu 23. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đạo hàm f
0
(x) = (x + 3) (x + 2)
3
(x
2
− 4).
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. f (−2) > max {f (−3) ; f(2)}. B. f (−3) < f (−2) < f (2).
C. f (−2) < min {f (−3) ; f (2)}. D. f (−3) > f (−2) > f (2).
Câu 24. Nghiệm của phương trình (2,4)
3x+1
=
5
12
x−9
là
A. x = −2. B. x = −5. C. x = 5. D. x = 2.
Câu 25. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 4, 5 là
A.
125π
√
2
3
. B. 50π. C.
125π
√
2
12
. D.
50π
3
.
Câu 26. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−
√
2
0
+
√
2
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
55
11
55
−∞−∞
Số nghiệm của phương trình 4f
2
(x) − 9 = 0 là
A. 3. B. 4. C. 6. D. 2.
Câu 27. Thiết diện qua trục của một khối nón là một tam giác đều có cạnh 4
√
3 cm. Thể tích
của khối nón đó là
A. 8 cm
3
. B. 12 cm
3
. C. 24π cm
3
. D. 36π cm
3
.
Câu 28. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
(x − 1)
√
x − 2
x
2
− 4
bằng
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 29. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
4x + 3
x + 1
trên
đoạn [0; 2]. Thương
M
m
bằng
A. 11. B.
11
9
. C.
9
11
. D.
1
11
.
Câu 30. Cho khối hộp đứng ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
[
ABC = 120
◦
,
đường thẳng AC
1
tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60
◦
. Tính thể tích khối hộp đã cho.
A.
3a
3
2
. B.
√
3a
3
2
. C.
a
3
2
. D.
3
√
3a
3
2
.
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều cạnh a
√
3. Gọi M là trung
điểm của BC, A
0
M = a
√
3. Thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
bằng
A.
27a
3
8
. B.
9a
3
√
3
8
. C.
9a
3
8
. D.
3a
3
√
3
8
.
Trang 3/6 − Mã đề 001
Câu 32. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E thỏa mãn
−→
EA = −3
−−→
EB. Khi đó thể
tích khối tứ diện EBCD bằng
A.
V
2
. B.
V
3
. C.
V
5
. D.
V
4
.
Câu 33. Cho hàm số y =
ax − 2
cx + d
với a, c, d ∈ R có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
x
y
0
y
−∞
−1
+∞
+ +
33
+∞
−∞
33
Giá trị nguyên âm lớn nhất mà c có thể nhận là
A. −3. B. −2. C. −4. D. −1.
Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a. Gọi α là góc giữa hai mặt
phẳng (ACD
0
) và (ABCD). Giá trị của sin α bằng
A.
1
√
2
. B.
1
√
3
. C.
√
6
3
. D.
√
2.
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Biết diện
tích tam giác A
0
BC bằng 2a
2
√
3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
.
A. 9
√
3a
3
. B. 6
√
3a
3
. C. 3
√
3a
3
. D.
√
3a
3
.
Câu 36.
Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y =
√
x,
y = 0, x = 0, x = 4. Đường thẳng x = k (0 < k < 4) chia
(H) thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ. Để
S
1
= 4S
2
thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây?
A. (3,1; 3,3). B. (3,7; 3,9). C. (3,3; 3,5). D. (3,5; 3,7).
x
y
S
1
S
2
O
k
4
Câu 37. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn f
0
(x) − f (x) = e
x
và f(0) = 1.
Tính f(1).
A. f(1) = e. B. f(1) = 2e. C. f (1) = e + 1. D. f(1) = e − 1.
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có AB = 3, BC = 2, AA
0
= 1. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (AID
0
) bằng
A.
3
√
46
23
. B.
√
46
46
. C.
3
√
46
46
. D.
√
46
23
.
Câu 39.
Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d :
y = −45m−2 cùng với đồ thị (C) của hàm số y =
1
3
x
3
−2mx
2
+x+1
tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S
1
, S
2
thỏa mãn
S
1
= S
2
(xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 9.
(C)
d
S
1
S
2
Trang 4/6 − Mã đề 001
Câu 40. Cho hai hàm số f(x), g(x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện
1
Z
0
[f(x) + g(x)] dx = 8
và
1
Z
0
[f(x) + 2g(x)] dx = 11. Giá trị của biểu thức
2022
Z
2021
f (2022 − x) dx + 5
1
3
Z
0
g (3x) dx bằng
A. 10. B. 0. C. 20. D. 5.
Câu 41. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh là a. Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn
thẳng AC
0
cắt các cạnh BC, CD, DD
0
, D
0
A
0
, A
0
B
0
, B
0
B lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, R, S .
Thể tích khối chóp A.MN P QRS bằng
A.
√
6a
3
8
. B.
3a
3
8
. C.
3
√
6a
3
8
. D.
3a
3
4
.
Câu 42.
Cho khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có AB = 3a, AC = 4a, BC = 5a,
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B
0
C
0
bằng 4a. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của A
0
B
0
và A
0
C
0
(tham khảo hình vẽ). Thể
tích V của khối chóp A.BCNM là
A. V = 12a
3
. B. V = 16a
3
. C. V = 14a
3
. D. V = 8a
3
.
A
B
C
A
0
B
0
C
0
M
N
Câu 43. Cho hình nón (T ) đỉnh S, chiều cao bằng 2, đáy là đường tròn (C
1
) tâm O, bán kính
R = 2. Khi cắt (T ) bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song với đáy của hình
nón, ta được đường tròn (C
2
) tâm I. Lấy hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn (C
2
)
và (C
1
) sao cho góc giữa
−→
IA và
−−→
OB là 60
◦
. Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng
A.
√
3
24
. B.
√
3
12
. C.
√
3
6
. D.
√
3
4
.
Câu 44. Cho hàm số f(x) = x
5
+ax
4
+bx
3
+cx
2
+dx +36. Biết đồ thị hàm số y = f(x), y = f
0
(x)
và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2, 3. Diện tích hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và Ox bằng
m
n
là một phân số tối giản với m, n ∈ N
∗
. Tổng m + n
bằng
A. 846. B. 845. C. 848. D. 847.
Câu 45. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x
2
+ 2x + 1 và đường thẳng y =
(m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng
A.
16
3
. B.
48
3
. C.
64
3
. D.
32
3
.
Câu 46.
Cho f (x) là hàm số bậc ba. Hàm số f
0
(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (e
x
− 1) −x −m = 0
có hai nghiệm thực phân biệt?
A. m < f (2). B. m > f (0). C. m < f(0). D. m > f(2).
x
y
O
−1
1
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là
trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3NB. Mặt phẳng (P ) thay đổi
Trang 5/6 − Mã đề 001
đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P , Q. Tìm giá trị
lớn nhất của thể tích khối chóp S.MNP Q.
A.
V
3
. B.
27
80
V . C.
27
40
V . D.
V
6
.
Câu 48. Cho các số thực a, b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 log
a
(b
2
+ 16b − 16) +
16
27
· log
3
b
a
a .
A. 8. B. 18. C. 9. D. 17.
Câu 49. Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
00
+∞+∞
Tìm m để phương trình |f(x − 1) + 2| = m có 4 nghiệm thỏa mãn x
1
< x
2
< x
3
< 1 < x
4
.
A. 4 < m < 6. B. 3 < m < 6. C. 2 < m < 6. D. 2 < m < 4.
Câu 50. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt cầu (J) (J và S cùng phía với (ABCD))
tiếp xúc với (ABCD) tại A, đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt
phẳng (P ) đi qua J và BC. Gọi ϕ là góc giữa (P ) và (ABCD). Tính tan ϕ biết các đường chéo
của thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD.
A.
1
4
. B.
√
6
6
. C.
√
3
6
. D.
1
2
.
HẾT
Trang 6/6 − Mã đề 001
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2021-2022
Môn: TOÁN
Mã đề thi 001
Họ và tên thí sinh: ................................. .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: .. .... . ... . .... . ... . .... . ... . ....
Câu 1. Hàm số nào dưới đây nhận x = 1 làm điểm cực đại?
A y = x
3
+ 3x
2
− 9x + 1. B y = x
4
− 2x
2
+ 1.
C y = x
3
− 6x
2
+ 9x + 1. D y = x
2
− 2x + 1.
Lời giải.
Xét hàm số y = x
3
− 6x
2
+ 9x + 1 có y
0
= 3x
2
− 12x + 9 và y
00
= 6x − 12. Dễ thấy y
0
(1) = 0 và
y
00
(1) < 0 nên x = 1 là điểm cực đại của hàm số y = x
3
− 6x
2
+ 9x + 1.
Chọn đáp án C
Câu 2. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R?
A y =
3x + 1
x − 2
. B y = −3x
3
− x + 1.
C y = x
3
− 2x + 1. D y = −x
4
− 2x
2
+ 1.
Lời giải.
Hàm số y = −3x
3
−x+1 xác định trên R có y
0
= −9x
2
−1 < 0, ∀x ∈ R nên hàm số y = −3x
3
−x+1
nghịch biến trên R.
Chọn đáp án B
Câu 3. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
2x + 7
x − 3
là đường thẳng
A x = 3. B x = 2. C y = 3. D y = 2.
Lời giải.
Ta có lim
x→3
+
y = lim
x→3
+
2x + 7
x − 3
= +∞ và lim
x→3
−
y = lim
x→3
−
2x + 7
x − 3
= −∞ nên x = 3 là đường tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Chọn đáp án A
Câu 4. Cho hàm số f(x) = xe
x
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A
Z
f(x) dx = e
x
(x − 1) + C. B
Z
f(x) dx = e
x
+ C.
C
Z
f(x) dx = e
x
(x + 1) + C. D
Z
f(x) dx = xe
x
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
xe
x
dx =
Z
x d (e
x
) = xe
x
−
Z
e
x
dx = xe
x
− e
x
+ C = e
x
(x − 1) + C.
Chọn đáp án A
Câu 5. Có bao nhiêu véctơ khác véctơ-không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của một ngũ
giác?
A A
2
5
. B P
5
. C 5
2
. D C
2
5
.
Lời giải.
Trang 1/18 − Mã đề 001
Mỗi véctơ thỏa mãn đề tương ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 5 đỉnh của ngũ giác. Vậy có A
2
5
véctơ thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Chọn đáp án A
Câu 6. Hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−2−2
+∞+∞
Hàm số đạt cực tiểu tại
A x = −2. B x = 1. C x = 3. D x = −1.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
Chọn đáp án B
Câu 7. Với a là số thực dương tùy ý, a
5
3
bằng
A
5
√
a
3
. B a
5
· a
3
. C
a
5
a
3
. D
3
√
a
5
.
Lời giải.
Ta có a
5
3
=
3
√
a
5
.
Chọn đáp án D
Câu 8. Với a là số thực dương tùy ý, log (1000a) bằng
A (log a)
3
. B 3 log a. C
1
3
+ log a. D 3 + log a.
Lời giải.
Ta có log (1000a) = log 1000 + log a = 3 + log a.
Chọn đáp án D
Câu 9. Nếu
1
Z
0
f(x) dx = 3 thì
1
Z
0
2f(x) dx bằng
A 5. B 2. C −6. D 6.
Lời giải.
Ta có
1
Z
0
2f(x) dx = 2
1
Z
0
f(x) dx = 2 · 3 = 6.
Chọn đáp án D
Câu 10. Cho hàm số f(x) = e
3x
. Họ các nguyên hàm của hàm số f(x) là
A 3e
x
+ C. B 3e
3x
+ C. C
1
3
e
3x
+ C. D
1
3
e
x
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
e
3x
dx =
1
3
Z
e
3x
d(3x) =
1
3
e
3x
+ C.
Chọn đáp án C
Trang 2/18 − Mã đề 001
Câu 11. Tập nghiệm S của bất phương trình log
2
3
(x + 3) < log
2
3
(2x − 1) là
A S = (−3; 4). B S =
1
2
; 4
. C S = (−∞; 4). D S = (4; +∞).
Lời giải.
Bất phương trình đã cho tương đương
x + 3 > 2x − 1 > 0 ⇔
x >
1
2
x < 4
⇔
1
2
< x < 4.
Vậy S =
1
2
; 4
.
Chọn đáp án B
Câu 12.
Cho hàm số bậc ba y = f(x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hàm
số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A (−2; +∞). B (−∞; −1).
C (−1; 1). D (0; +∞).
x
y
−1
4
O
1
2
4
Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta có hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng (−1; 1) .
Chọn đáp án C
Câu 13. Nghiệm của phương trình log
3
x =
1
3
là
A x =
1
3
. B x = 27. C x =
3
√
3. D x =
1
27
.
Lời giải.
Ta có log
3
x =
1
3
⇔ x = 3
1
3
⇔ x =
3
√
3.
Chọn đáp án C
Câu 14. Cho cấp số nhân (u
n
) có u
1
= 2 và u
2
= 5. Giá trị của công bội q bằng
A −3. B
2
5
. C
5
2
. D 3.
Lời giải.
Ta có q =
u
2
u
1
=
5
2
.
Chọn đáp án C
Câu 15. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 3.
A S
xq
= 27π. B S
xq
= 9π. C S
xq
= 36π. D S
xq
= 18π.
Lời giải.
S
xq
= 2πrh = 2π ·3 · 3 = 18π.
Chọn đáp án D
Câu 16. Đồ thị hàm số y =
3x + 2
x + 1
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
Trang 3/18 − Mã đề 001
A
2
3
. B −2. C 2. D −
2
3
.
Lời giải.
Khi x = 0 thì y = 2. Do đó đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2.
Chọn đáp án C
Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = log
5
x trên khoảng (0; +∞) là
A y
0
=
ln 5
x
. B y
0
=
x
ln 5
. C y
0
=
1
x ln 5
. D y
0
=
1
x
.
Lời giải.
Ta có y
0
= (log
5
x)
0
=
1
x ln 5
.
Chọn đáp án C
Câu 18.
Đồ thị bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
A y = (x
2
− 1) (x + 2). B y = (x
2
− 1) (x − 2).
C y = −x
3
+ 3x
2
+ 2. D y = x
4
− 3x
2
+ 2.
x
y
−1
1
2
2
O
Lời giải.
Đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm (2, 0). Chỉ có hàm số y = (x
2
− 1) (x − 2) thỏa mãn.
Chọn đáp án B
Câu 19. Cho a và b là các số thực dương tùy ý. Nếu a
1
2
> a
1
3
và log
b
1
3
< log
b
1
4
thì
A a > 1,0 < b < 1. B 0 < a < 1, 0 < b < 1.
C a > 1, b > 1. D 0 < a < 1, b > 1.
Lời giải.
a
1
2
> a
1
3
1
2
>
1
3
⇒ a > 1;
log
b
1
3
< log
b
1
4
1
3
>
1
4
⇒ 0 < b < 1.
Chọn đáp án A
Câu 20. Cho khối chóp có thể tích bằng 30 cm
3
và chiều cao bằng 5 cm. Diện tích đáy của khối
chóp đã cho bằng
A 6 cm
2
. B 18 cm
2
. C 24 cm
2
. D 12 cm
2
.
Lời giải.
Ta có B =
3V
h
=
3 · 30
5
= 18 cm
2
.
Chọn đáp án B
Câu 21. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 3
16−x
2
≥ 81 .
A 9. B 4. C 7. D 5.
Lời giải.
Bất phương trình đã cho tương đương
16 − x
2
≥ 4 ⇔ x
2
≤ 12 ⇔ −2
√
3 ≤ x ≤ 2
√
3.
Suy ra các nghiệm nguyên của bất phương trình là −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3. Vậy bất phương trình có
tất cả 7 nghiệm nguyên.
Trang 4/18 − Mã đề 001
Chọn đáp án C
Câu 22. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Biết xác suất để trong 3 số
được chọn có ít nhất một số chẵn bằng
a
b
với a, b là các số nguyên tố. Tổng a + b bằng
A 21. B 63. C 108. D 36.
Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C
3
20
= 1140. Gọi A là biến cố “Trong ba số được chọn có
ít nhất một số chẵn” thì A là biến cố “Trong ba số được chọn không có số nào chẵn”. Ta có số
phần tử của biến cố A là n
A
= C
3
10
= 120. Suy ra xác suất của biến cố A là
P(A) = 1 − P
A
= 1 −
n
A
n (Ω)
= 1 −
120
1140
=
17
19
.
Vậy a = 17, b = 19 và a + b = 36.
Chọn đáp án D
Câu 23. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có đạo hàm f
0
(x) = (x + 3) (x + 2)
3
(x
2
− 4).
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A f (−2) > max {f (−3) ; f(2)}. B f (−3) < f (−2) < f(2).
C f (−2) < min {f (−3) ; f(2)}. D f (−3) > f (−2) > f(2).
Lời giải.
Ta có
f
0
(x) = 0 ⇔ (x + 3) (x + 2)
4
(x − 2) = 0 ⇔
x = ±2
x = −3
.
Bảng biến thiên của f (x)
x
f
0
f
−∞
−3 −2
2
+∞
+
0
−
0
−
0
+
f(−3)
f(−2)
f(2)
Suy ra f (−3) > f (−2) > f(2).
Chọn đáp án D
Câu 24. Nghiệm của phương trình (2,4)
3x+1
=
5
12
x−9
là
A x = −2. B x = −5. C x = 5. D x = 2.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương
12
5
3x+1
=
12
5
9−x
⇔ 3x + 1 = 9 − x ⇔ x = 2.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Chọn đáp án D
Trang 5/18 − Mã đề 001
Câu 25. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 4, 5 là
A
125π
√
2
3
. B 50π. C
125π
√
2
12
. D
50π
3
.
Lời giải.
Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật. Ta có
R =
1
2
AC
0
=
1
2
√
3
2
+ 4
2
+ 5
2
=
5
√
2
2
.
Diện tích mặt cầu S = 4πR
2
= 4π
5
√
2
2
!
2
= 50π.
A
B C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
Chọn đáp án B
Câu 26. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−
√
2
0
+
√
2
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
55
11
55
−∞−∞
Số nghiệm của phương trình 4f
2
(x) − 9 = 0 là
A 3. B 4. C 6. D 2.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương f (x) = ±
3
2
. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình
f(x) = −
3
2
có 2 nghiệm phân biệt, phương trình f(x) =
3
2
có 4 nghiệm phân biệt và khác hai
nghiệm của phương trình f (x) = −
3
2
. Vậy phương trình 4f
2
(x) − 9 = 0 có 6 nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án C
Câu 27. Thiết diện qua trục của một khối nón là một tam giác đều có cạnh 4
√
3 cm. Thể tích
của khối nón đó là
A 8 cm
3
. B 12 cm
3
. C 24π cm
3
. D 36π cm
3
.
Lời giải.
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác đều SAB (hình vẽ). Khi đó bán kính
đáy của khối nón là
AB
2
= 2
√
3 cm và chiều cao khối nón là
AB
√
3
2
= 6
cm. Vậy thể tích khối nón là
V =
1
3
π ·
2
√
3
2
· 6 = 24π cm
3
.
A
B
S
O
Chọn đáp án C
Câu 28. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
(x − 1)
√
x − 2
x
2
− 4
bằng
A 0. B 1. C 2. D 3.
Trang 6/18 − Mã đề 001
Lời giải.
Tập xác định D = (2; +∞). Ta có y =
x − 1
(x + 2)
√
x − 2
nên lim
x→+∞
x − 1
(x + 2)
√
x − 2
= 0, do đó đồ
thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0. Lại có lim
x→2
+
x − 1
(x + 2)
√
x − 2
= +∞ nên đồ thị hàm số có
tiệm cận đứng là x = 2. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.
Chọn đáp án C
Câu 29. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
4x + 3
x + 1
trên
đoạn [0; 2]. Thương
M
m
bằng
A 11. B
11
9
. C
9
11
. D
1
11
.
Lời giải.
Hàm số đã cho có tập xác định D = (−∞; −1) ∪(−1; +∞). Do hàm số y =
4x + 3
x + 1
đơn điệu trên
[0; 2] nên
M = max{y(2), y(0)} = y(2) =
11
3
, m = min{y(2), y(0)} = y(0) = 3.
Vậy
M
m
=
11
9
.
Chọn đáp án B
Câu 30. Cho khối hộp đứng ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
[
ABC = 120
◦
,
đường thẳng AC
1
tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60
◦
. Tính thể tích khối hộp đã cho.
A
3a
3
2
. B
√
3a
3
2
. C
a
3
2
. D
3
√
3a
3
2
.
Lời giải.
Do CC
1
⊥ (ABCD) nên
\
CAC
1
= (AC
1
, (ABCD)) = 60
◦
. Ta có
AC =
√
AB
2
+ BC
2
− 2AB · BC · cos 120
◦
= a
√
3
CC
1
= AC tan 60
◦
= a
√
3 ·
√
3 = 3a.
Vậy thể tích khối hộp ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
là
V = CC
1
· S
ABCD
= 2 · 3a ·
1
2
a · a · sin 120
◦
=
3
√
3a
3
2
.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
Chọn đáp án D
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều cạnh a
√
3. Gọi M là trung
điểm của BC, A
0
M = a
√
3. Thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
bằng
A
27a
3
8
. B
9a
3
√
3
8
. C
9a
3
8
. D
3a
3
√
3
8
.
Lời giải.
Trang 7/18 − Mã đề 001
Do tam giác ABC đều cạnh
√
3a và M là trung điểm của BC nên ta
có AM =
√
3
2
·
√
3 =
3a
2
. Xét tam giác AA
0
M vuông tại A, ta có
AA
0
=
√
A
0
M
2
− AM
2
=
r
3a
2
−
9a
2
4
=
a
√
3
2
.
Từ đó ta có
V
ABC.A
0
B
0
C
0
= S
ABC
· AA
0
=
3a
2
√
3
4
·
a
√
3
2
=
9a
3
8
.
A B
C
A
0
B
0
C
0
M
Chọn đáp án C
Câu 32. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E thỏa mãn
−→
EA = −3
−−→
EB. Khi đó thể
tích khối tứ diện EBCD bằng
A
V
2
. B
V
3
. C
V
5
. D
V
4
.
Lời giải.
Từ
−→
EA = −3
−−→
EB suy ra E thuộc đoạn thẳng AB và EA = 3EB hay
EB =
1
4
AB. Do đó nếu đặt S
BCD
= S thì
V
EBCD
=
1
3
S ·d (E, (BCD)) =
1
3
S ·
1
4
d (A, (BCD)) =
1
4
V.
A
B
C
D
E
Chọn đáp án D
Câu 33. Cho hàm số y =
ax − 2
cx + d
với a, c, d ∈ R có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
x
y
0
y
−∞
−1
+∞
+ +
33
+∞
−∞
33
Giá trị nguyên âm lớn nhất mà c có thể nhận là
A −3. B −2. C −4. D −1.
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 3 và tiệm cận
đứng là đường thẳng x = −1. Suy ra:
a
c
= 3
−
d
c
= −1
⇒
a = 3c
d = c.
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định nên ta có
ad + 2c > 0 ⇒ 3c
2
+ 2c > 0 ⇒ c ∈
−∞;
−2
3
∪ (0; +∞) .
Trang 8/18 − Mã đề 001
Vậy c có thể nhận giá trị nguyên âm lớn nhất bằng −1.
Chọn đáp án D
Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a. Gọi α là góc giữa hai mặt
phẳng (ACD
0
) và (ABCD). Giá trị của sin α bằng
A
1
√
2
. B
1
√
3
. C
√
6
3
. D
√
2.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của AC, ta có
DI ⊥ AC
DD
0
⊥ AC
, suy ra AC ⊥
(DD
0
I), kéo theo α =
\
DID
0
. Tam giác ACD
0
là tam giác đều
cạnh bằng a
√
2 nên D
0
I =
a
√
2 ·
√
3
2
=
a
√
6
2
. Xét tam giác DID
0
vuông tại D ta có sin α =
DD
0
D
0
I
=
a
a
√
6
2
=
√
6
3
.
A
B
C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
I
Chọn đáp án C
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Biết diện
tích tam giác A
0
BC bằng 2a
2
√
3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
.
A 9
√
3a
3
. B 6
√
3a
3
. C 3
√
3a
3
. D
√
3a
3
.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AM = a
√
3. Do hai tam giác
A
0
BA và A
0
CA bằng nhau nên A
0
B = A
0
C hay tam giác A
0
BC cân tại
A
0
, do đó A
0
M ⊥ BC. Ta có
A
0
M =
2S
A
0
BC
BC
=
2 · 2a
2
√
3
2a
= 2a
√
3.
Do đó AA
0
=
√
A
0
M
2
− AM
2
=
√
12a
2
− 3a
2
= 3a. Vậy
V
ABC.A
0
B
0
C
0
= AA
0
· S
ABC
= 3a.
4a
2
√
3
4
= 3
√
3a
3
.
A B
C
A
0
B
0
C
0
M
Chọn đáp án C
Câu 36.
Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y =
√
x,
y = 0, x = 0, x = 4. Đường thẳng x = k (0 < k < 4) chia
(H) thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ. Để
S
1
= 4S
2
thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây?
A (3,1; 3,3). B (3,7; 3,9). C (3,3; 3,5). D (3,5; 3,7).
x
y
S
1
S
2
O
k
4
Lời giải.
Trang 9/18 − Mã đề 001
Ta có
S
1
= 4S
2
⇔
k
Z
0
√
x dx = 4
4
Z
k
√
x dx ⇔
2
3
x
√
x
k
0
=
8
3
x
√
x
4
k
⇔ k
√
k = 4
8 − k
√
k
⇔ k =
3
q
(6, 4)
2
≈ 3,447
Chọn đáp án C
Câu 37. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn f
0
(x) − f (x) = e
x
và f(0) = 1.
Tính f(1).
A f(1) = e. B f(1) = 2e. C f(1) = e + 1. D f(1) = e − 1.
Lời giải.
Ta có
e
−x
f(x)
0
= e
−x
(f
0
(x) − f(x)) = 1.
Suy ra e
−x
f(x) = x + C. Với f(0) = 1, ta được C = 1 hay f(x) = (x + 1)e
x
. Vậy f(1) = 2e.
Chọn đáp án B
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có AB = 3, BC = 2, AA
0
= 1. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (AID
0
) bằng
A
3
√
46
23
. B
√
46
46
. C
3
√
46
46
. D
√
46
23
.
Lời giải.
Kẻ DK vuông góc với AI tại K. Ta có
DD
0
⊥ AI
DK ⊥ AI
⇒ (DD
0
K) ⊥ AI. (1)
Kẻ DH vuông góc với D
0
K tại H. Vì DH ⊂ (DD
0
K) nên
từ (1) suy ra DH ⊥ AI. Ta có
DH ⊥ D
0
K
DH ⊥ AI
⇒ DH ⊥ (AID
0
) .
A
B
CD
A
0
B
0
C
0
D
0
I
K
H
Do đó d (D, (AID
0
)) = DH. Tam giác ABI vuông tại B, suy ra
AI =
√
AB
2
+ BI
2
=
√
3
2
+ 1
2
=
√
10
Kéo theo
DK =
2S
ADI
AI
=
2S
ADC
AI
=
AD · CD
AI
=
6
√
10
.
Tam giác DD
0
K vuông tại D, DH là đường cao của tam giác, suy ra
1
DH
2
=
1
DD
02
+
1
DK
2
= 1 +
√
10
6
!
2
=
23
18
.
Do đó DH =
r
18
23
=
3
√
46
23
.
Chọn đáp án A
Trang 10/18 − Mã đề 001
Câu 39.
Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d :
y = −45m−2 cùng với đồ thị (C) của hàm số y =
1
3
x
3
−2mx
2
+x+1
tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S
1
, S
2
thỏa mãn
S
1
= S
2
(xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là
A 0. B 2. C 1. D 9.
(C)
d
S
1
S
2
Lời giải.
Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị (C) có hai điểm cực trị và tâm đối xứng I của (C) thuộc d.
Ta có f
0
(x) = x
2
− 4mx + 1 nên hàm số có hai điểm cực cực trị khi và chỉ khi
∆
0
= (2m)
2
− 1 > 0 ⇔
m >
1
2
m < −
1
2
.
Lại có
f
00
(x) = 0 ⇔ 2x − 4m ⇔ x = 2m.
Với x = 2m thì f (x) =
−16
3
m
3
+ 2m + 1 nên I
2m;
−16
3
m
3
+ 2m + 1
. Suy ra I ∈ d khi và chỉ
khi
−16
3
m
3
+ 2m + 1 = −45m − 2 ⇔ 16m
3
− 141m − 9 = 0 ⇔
m = 3
m =
−6 ±
√
33
4
.
Dễ thấy m =
−6 +
√
33
4
không thỏa mãn, do đó X =
(
3;
−6 −
√
33
4
)
.
Chọn đáp án B
Câu 40. Cho hai hàm số f(x), g(x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện
1
Z
0
[f(x) + g(x)] dx = 8
và
1
Z
0
[f(x) + 2g(x)] dx = 11. Giá trị của biểu thức
2022
Z
2021
f (2022 − x) dx + 5
1
3
Z
0
g (3x) dx bằng
A 10. B 0. C 20. D 5.
Lời giải.
Từ giả thiết
1
Z
0
[f(x) + g(x)] dx = 8 và
1
Z
0
[f(x) + 2g(x)] dx = 11, ta tính được
1
Z
0
f(x) dx = 5 và
Trang 11/18 − Mã đề 001
1
Z
0
g(x) dx = 3. Ta có
2022
Z
2021
f (2022 − x) dx + 5
1
3
Z
0
g (3x) dx
= −
2022
Z
2021
f (2022 − x) d (2022 − x) +
5
3
1
3
Z
0
g (3x) d (3x)
=
1
Z
0
f(x) dx +
5
3
1
Z
0
g(x) dx = 5 +
5
3
.3 = 10.
Chọn đáp án A
Câu 41. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh là a. Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn
thẳng AC
0
cắt các cạnh BC, CD, DD
0
, D
0
A
0
, A
0
B
0
, B
0
B lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, R, S .
Thể tích khối chóp A.MN P QRS bằng
A
√
6a
3
8
. B
3a
3
8
. C
3
√
6a
3
8
. D
3a
3
4
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình lập phương thì O là trung điểm của AC
0
,
tức là O thuộc (α). Dễ dàng chứng minh được AC
0
⊥ (A
0
BD).
Do đó (α) song song với mặt phẳng (A
0
BD). Suy ra (α) cắt
mặt phẳng (BDD
0
B
0
) theo đường thẳng đi qua O, song song
với BD. Vậy S, P lần lượt là trung điểm của BB
0
, DD
0
. Từ đó
dễ dàng suy ra các điểm M, N, Q, R lần lượt là trung điểm của
BC, CD, A
0
D
0
, A
0
B
0
. Do MNP QRS là lục giác đều cạnh bằng
a
√
2
2
nên ta có
S
MN P QRS
= 6S
OM N
= 6 ·
a
√
2
2
2
√
3
4
=
3a
2
√
3
4
.
A
B C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
M
N
P
Q
R
S
O
Lại có AO =
AC
0
2
=
a
√
3
2
.Do đó
V
A.MN P QRS
=
1
3
S
MN P QRS
· AO =
1
3
·
3a
2
√
3
4
·
a
√
3
2
=
3a
3
8
.
Chọn đáp án B
Câu 42.
Trang 12/18 − Mã đề 001
Cho khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có AB = 3a, AC = 4a, BC = 5a,
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B
0
C
0
bằng 4a. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của A
0
B
0
và A
0
C
0
(tham khảo hình vẽ). Thể
tích V của khối chóp A.BCNM là
A V = 12a
3
. B V = 16a
3
. C V = 14a
3
. D V = 8a
3
.
A
B
C
A
0
B
0
C
0
M
N
Lời giải.
Gọi V là thể tích khối lăng trụ. Dễ thấy BCN M là hình thang với đáy BC và M N thỏa mãn
MN =
BC
2
nên
V
A.BCNM
= V
A.BM N
+ V
A.CBN
=
3
2
V
A.CBN
=
3
2
V
N.ABC
=
3
2
·
1
3
V =
V
2
.
Hiển nhiên ABC là tam giác vuông tại A và khối lăng trụ có chiều cao h = d ((ABC) , (A
0
B
0
C
0
)) =
d (AB, B
0
C
0
) = 4a nên
V
A.CBNM
=
V
2
=
1
2
S
ABC
· h =
1
2
·
1
2
· 3a · 4a · 4a = 12a
3
.
Chọn đáp án A
Câu 43. Cho hình nón (T ) đỉnh S, chiều cao bằng 2, đáy là đường tròn (C
1
) tâm O, bán kính
R = 2. Khi cắt (T ) bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song với đáy của hình
nón, ta được đường tròn (C
2
) tâm I. Lấy hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn (C
2
)
và (C
1
) sao cho góc giữa
−→
IA và
−−→
OB là 60
◦
. Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng
A
√
3
24
. B
√
3
12
. C
√
3
6
. D
√
3
4
.
Lời giải.
Cách 1. Ta có I là trung điểm của SO. Do đó IA =
R
2
= 1. Vậy
V
IAOB
=
1
6
· IA · OB · d (IA, OB) · sin (IA, OB)
=
1
6
· 1 · 2 · 1 · sin 60
◦
=
√
3
6
.
Cách 2. Gọi A
0
= SA ∩ (C
1
) , B
0
= SB ∩ (C
2
). Hình chóp S.OA
0
B
có I, A, B
0
lần lượt là trung điểm các cạnh bên SO, SA
0
, SB nên
IA k OA
0
, IB
0
k OB. Ta có
−→
IA,
−−→
OB
=
−−→
OA
0
,
−−→
OB
=
\
A
0
OB = 60
◦
.
S
A
B
A
0
B
0
O
I
Do đó khối chóp S.OA
0
B có đáy là tam giác A
0
OB đều và đường cao là SO nên
V
IAOB
=
1
4
· V
B.SOA
0
=
1
4
· V
S.OA
0
B
=
1
4
·
1
3
S
OA
0
B
. · SO =
1
4
·
1
3
·
2
2
√
3
4
· 2 =
√
3
6
.
Chọn đáp án C
Câu 44. Cho hàm số f(x) = x
5
+ax
4
+bx
3
+cx
2
+dx +36. Biết đồ thị hàm số y = f (x), y = f
0
(x)
và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2, 3. Diện tích hình phẳng giới
Trang 13/18 − Mã đề 001
hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) và Ox bằng
m
n
là một phân số tối giản với m, n ∈ N
∗
. Tổng m + n
bằng
A 846. B 845. C 848. D 847.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có x = 2, x = 3 là nghiệm của f(x) và f
0
(x) nên f(x) có dạng
f(x) = (x − 2)
2
(x − 3)
2
(x − k).
Mà f(0) = 36 nên k = −1. Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm là
S =
3
Z
−1
|f(x)| dx =
3
Z
−1
(x − 2)
2
(x − 3)
2
(x + 1)
dx =
832
15
.
Chọn đáp án D
Câu 45. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x
2
+ 2x + 1 và đường thẳng y =
(m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng
A
16
3
. B
48
3
. C
64
3
. D
32
3
.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm
x
2
+ 2x + 1 = (m + 1) x + 5 ⇔ x
2
+ (1 − m) x − 4 = 0. (1)
Với mọi m ta đều có ac = −4 < 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
, (x
1
< x
2
).
Theo định lí Viète, ta có
x
1
+ x
2
= m − 1
x
1
x
2
= −4
và
x
2
− x
1
=
q
(x
2
− x
1
)
2
=
q
(x
2
+ x
1
)
2
− 4x
1
x
2
=
q
(m − 1)
2
+ 16.
Khi đó hình phẳng luôn tồn tại và có diện tích là
S =
Z
x
2
x
1
x
2
+ (1 − m) x − 4
dx =
Z
x
2
x
1
x
2
+ (1 − m) x − 4
dx
=
x
3
3
+ (1 − m)
x
2
2
− 4x
x
2
x
1
=
1
6
2x
3
+ 3 (1 − m) x
2
− 24x
x
2
x
1
=
1
6

x
2
+ (1 − m) x − 4
(2x + 1 − m) −
m
2
− 2m + 17
x + 4 (1 − m)
x
2
x
1
=
m
2
− 2m + 17
6
(x
2
− x
1
)
=
√
m
2
− 2m + 17
3
6
=
q
(m − 1)
2
+ 16
3
6
≥
4
3
6
=
32
3
Dấu bằng xảy ra khi m = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
32
3
.
Chọn đáp án D
Trang 14/18 − Mã đề 001
Câu 46.
Cho f (x) là hàm số bậc ba. Hàm số f
0
(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (e
x
− 1) −x −m = 0
có hai nghiệm thực phân biệt?
A m < f (2). B m > f (0). C m < f (0). D m > f(2).
x
y
O
−1
1
Lời giải.
Cách 1. Ta có
f (e
x
− 1) − x − m = 0 ⇔ f (e
x
− 1) − x = m.
Đặt h(x) = f (e
x
− 1) − x thì h
0
(x) = e
x
f
0
(e
x
− 1) − 1. Suy ra
h
0
(x) = 0 ⇔ e
x
f
0
(e
x
− 1) − 1 = 0 ⇔ f
0
(e
x
− 1) =
1
e
x
. (1)
Đặt t = e
x
− 1, t > −1 thì (1) trở thành f
0
(t) =
1
t + 1
. Ta có đồ thị sau
t
y
y = f
0
(t)
O
−1
1
y =
1
t + 1
x
y
0
y
−∞
0
+∞
−
0
+
+∞+∞
00
+∞+∞
Từ đồ thị ta có nghiệm của phương trình (2) là t = 0, suy ra e
x
− 1 = 0 hay x = 0. Ta có bảng
của h(x) như trên. Từ đó, phương trình h(x) = m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
m > f (0). Cách 2. Từ đồ thị ta có f
0
(x) = (x + 1)
2
. Suy ra
f(x) =
1
3
(x + 1)
3
+ C.
Thay vào phương trình, ta được
e
3x
3
+ C − x − m = 0 ⇔ m =
e
3x
3
− x + C.
Đặt g(x) =
e
3x
3
− x + C. Ta có
g
0
(x) = 0 ⇔ e
3x
− 1 = 0 ⇔ x = 0.
Ta có bảng biến thiên
x
g
0
g
−∞
0
+∞
−
0
+
+∞+∞
g(0) = f(0)g(0) = f(0)
+∞+∞
Trang 15/18 − Mã đề 001
Từ bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm thực khi và chỉ khi m > f(0).
Chọn đáp án B
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là
trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3NB. Mặt phẳng (P ) thay đổi
đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P , Q. Tìm giá trị
lớn nhất của thể tích khối chóp S.MNP Q.
A
V
3
. B
27
80
V . C
27
40
V . D
V
6
.
Lời giải.
Đặt
SC
SP
= x,
SD
SQ
= y với x, y ≥ 1. Vì hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành nên
SA
SM
+
SC
SP
=
SB
SN
+
SD
SQ
.
Suy ra
2 +
SC
SP
=
4
3
+
SD
SQ
⇒ y =
2
3
+ x.
A
B
C
D
S
M
N
P
Q
Mặt khác ta có
V
S.MN P Q
V
S.ABCD
=
V
S.MN P
2V
S.ABC
+
V
S.MQP
2V
S.ADC
=
1
2
SM
SA
·
SN
SB
·
SP
SC
+
SM
SA
·
SQ
SD
·
SP
SC
=
1
2
1
2
·
3
4
·
1
x
+
1
2
·
1
y
·
1
x
=
1
4x
3
4
+
1
y
=
1
4x
3
4
+
3
3x + 2
=
9 (x + 2)
16 (3x
2
+ 2x)
.
Xét hàm số f(x) =
9 (x + 2)
16 (3x
2
+ 2x)
với x ≥ 1. Ta có
f
0
(x) =
9
16
·
−3x
2
− 12x − 4
(3x
2
+ 2x)
2
< 0, ∀x ≥ 1
nên hàm số luôn nghịch biến trên nửa khoảng [1 ; +∞). Suy ra f (x) ≤ f(1) =
27
80
, ∀x ≥ 1. Vậy
thể tích khối chóp S.M N P Q đạt giá trị lớn nhất bằng
27
80
V , đạt được khi x = 1, tức là khi P ≡ C.
Chọn đáp án B
Câu 48. Cho các số thực a, b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 log
a
(b
2
+ 16b − 16) +
16
27
· log
3
b
a
a .
A 8. B 18. C 9. D 17.
Lời giải.
Ta có
log
b
a
a =
1
log
a
b
a
=
1
log
a
b − 1
. (1)
Trang 16/18 − Mã đề 001
Với b ∈ (1; 4] ta có
(b − 1)
b
2
− 16
≤ 0 ⇔ b
3
− b
2
− 16b + 16 ≤ 0 ⇔ b
3
≤ b
2
+ 16b − 16
⇔ log
a
b
2
+ 16b − 16
≥ log
a
b
3
⇔ log
a
b
2
+ 16b − 16
≥ 3 log
a
b. (2)
Từ (1) và (2), ta có
P = 3 log
a
b
2
+ 16b − 16
+
16
27
· log
3
b
a
a ≥ 9 log
a
b +
16
27
·
1
(log
a
b − 1)
3
.
Đặt t = log
a
b > 1, ta có
P ≥ 3 (t − 1) + 3 (t − 1) + 3 (t − 1) +
16
27
.
1
(t − 1)
3
+ 9
≥ 4
4
s
27 · (t − 1)
3
·
16
27
·
1
(t − 1)
3
+ 9 = 17.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b = 4
3 (t − 1) =
16
27
·
1
(t − 1)
3
⇔
b = 4
(t − 1)
4
=
16
81
⇔
b = 4
t =
5
3
⇔
b = 4
log
b
a =
3
5
⇔
a = 4
3
5
b = 4.
Vậy min P = 17.
Chọn đáp án D
Câu 49. Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
00
+∞+∞
Tìm m để phương trình |f(x − 1) + 2| = m có 4 nghiệm thỏa mãn x
1
< x
2
< x
3
< 1 < x
4
.
A 4 < m < 6. B 3 < m < 6. C 2 < m < 6. D 2 < m < 4.
Lời giải.
Đồ thị hàm số y = |f (x − 1) + 2| thu được bằng cách biến đổi đồ thị như sau
• Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f (x) sang phải 1 đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên 2 đơn vị ta
được đồ thị hàm số y = f (x − 1) + 2;
• Với đồ thị hàm số y = |f (x − 1) + 2|: Giữ nguyên phần nằm bên trên trục hoành, lấy
đối xứng phần nằm bên dưới trục hoành qua trục hoành rồi xóa phần nằm bên dưới trục
hoành đi.
Do đó ta có bảng biến thiên
Trang 17/18 − Mã đề 001
x
f(x)
−∞
0 1 2
+∞
+∞
0
6
4
2
+∞
Chọn đáp án A
Câu 50. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt cầu (J) (J và S cùng phía với (ABCD))
tiếp xúc với (ABCD) tại A, đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt
phẳng (P ) đi qua J và BC. Gọi ϕ là góc giữa (P ) và (ABCD). Tính tan ϕ biết các đường chéo
của thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD.
A
1
4
. B
√
6
6
. C
√
3
6
. D
1
2
.
Lời giải.
Gọi R, r lần lượt là bán kính mặt cầu tâm J và bán kính
mặt cầu tâm I nội tiếp hình chóp tứ giác đều. Đặt AB =
a, SO = h, với O là tâm hình vuông ABCD. Khi đó do
hai mặt cầu (I) và (J) tiếp xúc ngoài nên OA = 2
√
Rr
hay a
2
= 8Rr. Gọi giao điểm của JC với SA và SO lần
lượt là E và H. Theo giả thiết thì CE ⊥ SA, suy ra hai
tam giác HCO và ASO đồng dạng, suy ra
OH
OA
=
OC
OS
⇒ OH =
OA
2
h
=
4Rr
h
.
A
B
C
D
E
F
I
J
S
H
M
N
O
Lại từ tính chất đường trung bình, ta có OH =
JA
2
=
R
2
nên
4Rr
h
=
R
2
hay h = 8r. Gọi N là
trung điểm AB. Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có
2r
a
=
OI
ON
=
SI
SN
=
SO
ON + SN
=
h
a
2
+
q
h
2
+
a
2
4
=
2h
a +
√
4h
2
+ a
2
.
Thay r =
h
8
, ta được
7a =
√
4h
2
+ a
2
⇒ 12a
2
= h
2
⇒
a
h
=
√
3
6
.
Gọi M là trung điểm BC, dễ thấy BC ⊥ (OHM) nên ϕ = ((P ), (ABC)) =
\
OMH, suy ra
tan ϕ =
OH
OM
=
4Rr
h ·
a
2
=
8Rr
ah
=
a
2
ah
=
√
3
6
.
Chọn đáp án C
HẾT
Trang 18/18 − Mã đề 001
| 1/24
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2021-2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 001
Họ và tên thí sinh: ................................. ................................. Số báo danh: .................................
Câu 1. Hàm số nào dưới đây nhận x = 1 làm điểm cực đại?
A. y = x3 + 3x2 − 9x + 1. B. y = x4 − 2x2 + 1.
C. y = x3 − 6x2 + 9x + 1. D. y = x2 − 2x + 1.
Câu 2. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R? 3x + 1 A. y = .
B. y = −3x3 − x + 1. x − 2 C. y = x3 − 2x + 1.
D. y = −x4 − 2x2 + 1. 2x + 7
Câu 3. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là đường thẳng x − 3 A. x = 3. B. x = 2. C. y = 3. D. y = 2.
Câu 4. Cho hàm số f (x) = xex . Khẳng định nào dưới đây đúng? Z Z A. f (x) dx = ex (x − 1) + C. B. f (x) dx = ex + C. Z Z C. f (x) dx = ex (x + 1) + C. D. f (x) dx = xex + C.
Câu 5. Có bao nhiêu véctơ khác véctơ-không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của một ngũ giác? A. A2. B. P . 5 5. C. 52. D. C25
Câu 6. Hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ −2
Hàm số đạt cực tiểu tại A. x = −2. B. x = 1. C. x = 3. D. x = −1. 5
Câu 7. Với a là số thực dương tùy ý, a 3 bằng √ a5 √ A. 5 a3. B. a5 · a3. C. . D. 3 a5. a3
Câu 8. Với a là số thực dương tùy ý, log (1000a) bằng 1 A. (log a)3. B. 3 log a. C. + log a. D. 3 + log a. 3 1 1 Z Z Câu 9. Nếu f (x) dx = 3 thì 2f (x) dx bằng 0 0 A. 5. B. 2. C. −6. D. 6. Trang 1/6 − Mã đề 001
Câu 10. Cho hàm số f (x) = e3x. Họ các nguyên hàm của hàm số f (x) là 1 1 A. 3ex + C. B. 3e3x + C. C. e3x + C. D. ex + C. 3 3
Câu 11. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 (x + 3) < log 2 (2x − 1) là 3 3 1 A. S = (−3; 4). B. S = ; 4 . C. S = (−∞; 4). D. S = (4; +∞). 2 Câu 12.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hàm y
số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? 4 A. (−2; +∞). B. (−∞; −1). C. (−1; 1). D. (0; +∞). 2 O x −1 1 1
Câu 13. Nghiệm của phương trình log x = là 3 3 1 √ 1 A. x = . B. x = 27. C. x = 3 3. D. x = . 3 27
Câu 14. Cho cấp số nhân (un) có u1 = 2 và u2 = 5. Giá trị của công bội q bằng 2 5 A. −3. B. . C. . D. 3. 5 2
Câu 15. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 3. A. Sxq = 27π. B. Sxq = 9π. C. Sxq = 36π. D. Sxq = 18π. 3x + 2
Câu 16. Đồ thị hàm số y =
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng x + 1 2 2 A. . B. −2. C. 2. D. − . 3 3
Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = log x trên khoảng (0; +∞) là 5 ln 5 x 1 1 A. y0 = . B. y0 = . C. y0 = . D. y0 = . x ln 5 x ln 5 x Câu 18.
Đồ thị bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? y
A. y = (x2 − 1) (x + 2).
B. y = (x2 − 1) (x − 2). 2 C. y = −x3 + 3x2 + 2. D. y = x4 − 3x2 + 2. −1 2 1 x O 1 1
Câu 19. Cho a và b là các số thực dương tùy ý. Nếu a 1 1 2 > a 3 và log < log thì b 3 b 4
A. a > 1,0 < b < 1.
B. 0 < a < 1, 0 < b < 1. C. a > 1, b > 1.
D. 0 < a < 1, b > 1.
Câu 20. Cho khối chóp có thể tích bằng 30 cm3 và chiều cao bằng 5 cm. Diện tích đáy của khối chóp đã cho bằng A. 6 cm2. B. 18 cm2. C. 24 cm2. D. 12 cm2.
Câu 21. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 316−x2 ≥ 81 . A. 9. B. 4. C. 7. D. 5. Trang 2/6 − Mã đề 001
Câu 22. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Biết xác suất để trong 3 số a
được chọn có ít nhất một số chẵn bằng
với a, b là các số nguyên tố. Tổng a + b bằng b A. 21. B. 63. C. 108. D. 36.
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đạo hàm f0(x) = (x + 3) (x + 2)3 (x2 − 4).
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. f (−2) > max {f (−3) ; f (2)}.
B. f (−3) < f (−2) < f (2).
C. f (−2) < min {f (−3) ; f (2)}.
D. f (−3) > f (−2) > f (2). 5 x−9
Câu 24. Nghiệm của phương trình (2,4)3x+1 = là 12 A. x = −2. B. x = −5. C. x = 5. D. x = 2.
Câu 25. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 4, 5 là √ √ 125π 2 125π 2 50π A. . B. 50π. C. . D. . 3 12 3
Câu 26. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau √ √ x −∞ − 2 0 + 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 5 5 f (x) −∞ 1 −∞
Số nghiệm của phương trình 4f 2(x) − 9 = 0 là A. 3. B. 4. C. 6. D. 2. √
Câu 27. Thiết diện qua trục của một khối nón là một tam giác đều có cạnh 4 3 cm. Thể tích của khối nón đó là A. 8 cm3. B. 12 cm3. C. 24π cm3. D. 36π cm3. √ (x − 1) x − 2
Câu 28. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = x2 − 4 bằng A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. 4x + 3
Câu 29. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên x + 1 M đoạn [0; 2]. Thương bằng m 11 9 1 A. 11. B. . C. . D. . 9 11 11
Câu 30. Cho khối hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, [ ABC = 120◦,
đường thẳng AC1 tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60◦. Tính thể tích khối hộp đã cho. √ √ 3a3 3a3 a3 3 3a3 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 √
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3. Gọi M là trung √
điểm của BC, A0M = a 3. Thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng √ √ 27a3 9a3 3 9a3 3a3 3 A. . B. . C. . D. . 8 8 8 8 Trang 3/6 − Mã đề 001 −→ − − →
Câu 32. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E thỏa mãn EA = −3EB. Khi đó thể
tích khối tứ diện EBCD bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 2 3 5 4 ax − 2
Câu 33. Cho hàm số y =
với a, c, d ∈ R có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. cx + d x −∞ −1 +∞ y0 + + +∞ 3 y 3 −∞
Giá trị nguyên âm lớn nhất mà c có thể nhận là A. −3. B. −2. C. −4. D. −1.
Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Gọi α là góc giữa hai mặt
phẳng (ACD0) và (ABCD). Giá trị của sin α bằng √ 1 1 6 √ A. √ . B. √ . C. . D. 2. 2 3 3
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Biết diện √
tích tam giác A0BC bằng 2a2 3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0. √ √ √ √ A. 9 3a3. B. 6 3a3. C. 3 3a3. D. 3a3. Câu 36. √
Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = x, y
y = 0, x = 0, x = 4. Đường thẳng x = k (0 < k < 4) chia
(H) thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ. Để S S S 2
1 = 4S2 thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây? 1
A. (3,1; 3,3). B. (3,7; 3,9). C. (3,3; 3,5). D. (3,5; 3,7). x O k 4
Câu 37. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn f0(x) − f(x) = ex và f(0) = 1. Tính f (1). A. f (1) = e. B. f (1) = 2e. C. f (1) = e + 1. D. f (1) = e − 1.
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có AB = 3, BC = 2, AA0 = 1. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (AID0) bằng √ √ √ √ 3 46 46 3 46 46 A. . B. . C. . D. . 23 46 46 23 Câu 39.
Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 (C) S1
y = −45m−2 cùng với đồ thị (C) của hàm số y = x3−2mx2+x+1 3
tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S d 1, S2 thỏa mãn S2
S1 = S2 (xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là A. 0. B. 2. C. 1. D. 9. Trang 4/6 − Mã đề 001 1 Z
Câu 40. Cho hai hàm số f (x), g(x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện [f (x) + g(x)] dx = 8 0 1 1 2022 3 Z Z Z và
[f (x) + 2g(x)] dx = 11. Giá trị của biểu thức f (2022 − x) dx + 5 g (3x) dx bằng 0 2021 0 A. 10. B. 0. C. 20. D. 5.
Câu 41. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh là a. Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn
thẳng AC0 cắt các cạnh BC, CD, DD0, D0A0, A0B0, B0B lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, R, S .
Thể tích khối chóp A.M N P QRS bằng √ √ 6a3 3a3 3 6a3 3a3 A. . B. . C. . D. . 8 8 8 4 Câu 42.
Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0 có AB = 3a, AC = 4a, BC = 5a, A0 N C0
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B0C0 bằng 4a. Gọi M, N M
lần lượt là trung điểm của A0B0 và A0C0 (tham khảo hình vẽ). Thể B0
tích V của khối chóp A.BCN M là A A. V = 12a3. B. V = 16a3. C. V = 14a3. D. V = 8a3. C B
Câu 43. Cho hình nón (T ) đỉnh S, chiều cao bằng 2, đáy là đường tròn (C1) tâm O, bán kính
R = 2. Khi cắt (T ) bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song với đáy của hình
nón, ta được đường tròn (C2) tâm I. Lấy hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn (C2) − → − − →
và (C1) sao cho góc giữa IA và OB là 60◦. Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng √ √ √ √ 3 3 3 3 A. . B. . C. . D. . 24 12 6 4
Câu 44. Cho hàm số f (x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + 36. Biết đồ thị hàm số y = f (x), y = f 0(x)
và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2, 3. Diện tích hình phẳng giới m
hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) và Ox bằng
là một phân số tối giản với m, n ∈ ∗ N . Tổng m + n n bằng A. 846. B. 845. C. 848. D. 847.
Câu 45. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 + 2x + 1 và đường thẳng y =
(m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng 16 48 64 32 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 46.
Cho f (x) là hàm số bậc ba. Hàm số f 0(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất y
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (ex − 1) − x − m = 0 1
có hai nghiệm thực phân biệt? A. O m < f (2). B. m > f (0). C. m < f (0). D. m > f (2). x −1
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là
trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3N B. Mặt phẳng (P ) thay đổi Trang 5/6 − Mã đề 001
đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P , Q. Tìm giá trị
lớn nhất của thể tích khối chóp S.M N P Q. V 27 27 V A. . B. V . C. V . D. . 3 80 40 6
Câu 48. Cho các số thực a, b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 16 P = 3 log (b2 + 16b − 16) + · log3 a . a b 27 a A. 8. B. 18. C. 9. D. 17.
Câu 49. Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ + y −∞ 0
Tìm m để phương trình |f (x − 1) + 2| = m có 4 nghiệm thỏa mãn x1 < x2 < x3 < 1 < x4 . A. 4 < m < 6. B. 3 < m < 6. C. 2 < m < 6. D. 2 < m < 4.
Câu 50. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt cầu (J) (J và S cùng phía với (ABCD))
tiếp xúc với (ABCD) tại A, đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt
phẳng (P ) đi qua J và BC. Gọi ϕ là góc giữa (P ) và (ABCD). Tính tan ϕ biết các đường chéo
của thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD. √ √ 1 6 3 1 A. . B. . C. . D. . 4 6 6 2 HẾT Trang 6/6 − Mã đề 001
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN CHI TIẾT TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2021-2022 Môn: TOÁN Mã đề thi 001
Họ và tên thí sinh: ................................. ................................. Số báo danh: .................................
Câu 1. Hàm số nào dưới đây nhận x = 1 làm điểm cực đại?
A y = x3 + 3x2 − 9x + 1. B y = x4 − 2x2 + 1.
C y = x3 − 6x2 + 9x + 1. D y = x2 − 2x + 1. Lời giải.
Xét hàm số y = x3 − 6x2 + 9x + 1 có y0 = 3x2 − 12x + 9 và y00 = 6x − 12. Dễ thấy y0(1) = 0 và
y00(1) < 0 nên x = 1 là điểm cực đại của hàm số y = x3 − 6x2 + 9x + 1. Chọn đáp án C
Câu 2. Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R? 3x + 1 A y = . B y = −3x3 − x + 1. x − 2 C y = x3 − 2x + 1.
D y = −x4 − 2x2 + 1. Lời giải.
Hàm số y = −3x3−x+1 xác định trên R có y0 = −9x2−1 < 0, ∀x ∈ R nên hàm số y = −3x3−x+1 nghịch biến trên R. Chọn đáp án B 2x + 7
Câu 3. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là đường thẳng x − 3 A x = 3. B x = 2. C y = 3. D y = 2. Lời giải. 2x + 7 2x + 7 Ta có lim y = lim = +∞ và lim y = lim
= −∞ nên x = 3 là đường tiệm cận x→3+ x→3+ x − 3 x→3− x→3− x − 3
đứng của đồ thị hàm số đã cho. Chọn đáp án A
Câu 4. Cho hàm số f (x) = xex . Khẳng định nào dưới đây đúng? Z Z A f (x) dx = ex (x − 1) + C. B f (x) dx = ex + C. Z Z C f (x) dx = ex (x + 1) + C. D f (x) dx = xex + C. Lời giải. Z Z Z Ta có xex dx = x d (ex) = xex −
ex dx = xex − ex + C = ex (x − 1) + C. Chọn đáp án A
Câu 5. Có bao nhiêu véctơ khác véctơ-không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của một ngũ giác? A A2. B P . 5 5. C 52. D C25 Lời giải. Trang 1/18 − Mã đề 001
Mỗi véctơ thỏa mãn đề tương ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 5 đỉnh của ngũ giác. Vậy có A25
véctơ thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Chọn đáp án A
Câu 6. Hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ −2
Hàm số đạt cực tiểu tại A x = −2. B x = 1. C x = 3. D x = −1. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Chọn đáp án B 5
Câu 7. Với a là số thực dương tùy ý, a 3 bằng √ a5 √ A 5 a3. B a5 · a3. C . D 3 a5. a3 Lời giải. √ 5 Ta có a 3 = 3 a5. Chọn đáp án D
Câu 8. Với a là số thực dương tùy ý, log (1000a) bằng 1 A (log a)3. B 3 log a. C + log a. D 3 + log a. 3 Lời giải.
Ta có log (1000a) = log 1000 + log a = 3 + log a. Chọn đáp án D 1 1 Z Z Câu 9. Nếu f (x) dx = 3 thì 2f (x) dx bằng 0 0 A 5. B 2. C −6. D 6. Lời giải. 1 1 Z Z Ta có 2f (x) dx = 2 f (x) dx = 2 · 3 = 6. 0 0 Chọn đáp án D
Câu 10. Cho hàm số f (x) = e3x. Họ các nguyên hàm của hàm số f (x) là 1 1 A 3ex + C. B 3e3x + C. C e3x + C. D ex + C. 3 3 Lời giải. Z 1 Z 1 Ta có e3x dx = e3x d(3x) = e3x + C. 3 3 Chọn đáp án C Trang 2/18 − Mã đề 001
Câu 11. Tập nghiệm S của bất phương trình log 2 (x + 3) < log 2 (2x − 1) là 3 3 1 A S = (−3; 4). B S = ; 4 . C S = (−∞; 4). D S = (4; +∞). 2 Lời giải.
Bất phương trình đã cho tương đương  1 x > 1 x + 3 > 2x − 1 > 0 ⇔ 2 ⇔ < x < 4. 2 x < 4 1 Vậy S = ; 4 . 2 Chọn đáp án B Câu 12.
Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Hàm y
số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây? 4 A (−2; +∞). B (−∞; −1). C (−1; 1). D (0; +∞). 2 O x −1 1 Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta có hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng (−1; 1) . Chọn đáp án C 1
Câu 13. Nghiệm của phương trình log x = là 3 3 1 √ 1 A x = . B x = 27. C x = 3 3. D x = . 3 27 Lời giải. 1 √ 1 Ta có log x = ⇔ x = 3 3 ⇔ x = 3 3. 3 3 Chọn đáp án C
Câu 14. Cho cấp số nhân (un) có u1 = 2 và u2 = 5. Giá trị của công bội q bằng 2 5 A −3. B . C . D 3. 5 2 Lời giải. u 5 Ta có q = 2 = . u1 2 Chọn đáp án C
Câu 15. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy và chiều cao đều bằng 3. A Sxq = 27π. B Sxq = 9π. C Sxq = 36π. D Sxq = 18π. Lời giải.
Sxq = 2πrh = 2π · 3 · 3 = 18π. Chọn đáp án D 3x + 2
Câu 16. Đồ thị hàm số y =
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng x + 1 Trang 3/18 − Mã đề 001 2 2 A . B −2. C 2. D − . 3 3 Lời giải.
Khi x = 0 thì y = 2. Do đó đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. Chọn đáp án C
Câu 17. Đạo hàm của hàm số y = log x trên khoảng (0; +∞) là 5 ln 5 x 1 1 A y0 = . B y0 = . C y0 = . D y0 = . x ln 5 x ln 5 x Lời giải. 1 Ta có y0 = (log x)0 = . 5 x ln 5 Chọn đáp án C Câu 18.
Đồ thị bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây? y
A y = (x2 − 1) (x + 2).
B y = (x2 − 1) (x − 2). 2 C y = −x3 + 3x2 + 2. D y = x4 − 3x2 + 2. −1 2 1 x O Lời giải.
Đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm (2, 0). Chỉ có hàm số y = (x2 − 1) (x − 2) thỏa mãn. Chọn đáp án B 1 1
Câu 19. Cho a và b là các số thực dương tùy ý. Nếu a 1 1 2 > a 3 và log < log thì b 3 b 4
A a > 1,0 < b < 1.
B 0 < a < 1, 0 < b < 1. C a > 1, b > 1.
D 0 < a < 1, b > 1. Lời giải.  1 1  1 1 a 2 > a 3  log < log   b 3 b 4 1 1 ⇒ a > 1; ⇒ 0 < b < 1. 1 1  >  2 3  >  3 4 Chọn đáp án A
Câu 20. Cho khối chóp có thể tích bằng 30 cm3 và chiều cao bằng 5 cm. Diện tích đáy của khối chóp đã cho bằng A 6 cm2. B 18 cm2. C 24 cm2. D 12 cm2. Lời giải. 3V 3 · 30 Ta có B = = = 18 cm2. h 5 Chọn đáp án B
Câu 21. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình 316−x2 ≥ 81 . A 9. B 4. C 7. D 5. Lời giải.
Bất phương trình đã cho tương đương √ √
16 − x2 ≥ 4 ⇔ x2 ≤ 12 ⇔ −2 3 ≤ x ≤ 2 3.
Suy ra các nghiệm nguyên của bất phương trình là −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3. Vậy bất phương trình có tất cả 7 nghiệm nguyên. Trang 4/18 − Mã đề 001 Chọn đáp án C
Câu 22. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong 20 số nguyên dương đầu tiên. Biết xác suất để trong 3 số a
được chọn có ít nhất một số chẵn bằng
với a, b là các số nguyên tố. Tổng a + b bằng b A 21. B 63. C 108. D 36. Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n (Ω) = C3 = 1140. Gọi A là biến cố “Trong ba số được chọn có 20
ít nhất một số chẵn” thì A là biến cố “Trong ba số được chọn không có số nào chẵn”. Ta có số
phần tử của biến cố A là n A = C3 = 120. Suy ra xác suất của biến cố A là 10 n A 120 17 P(A) = 1 − P A = 1 − = 1 − = . n (Ω) 1140 19
Vậy a = 17, b = 19 và a + b = 36. Chọn đáp án D
Câu 23. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đạo hàm f0(x) = (x + 3) (x + 2)3 (x2 − 4).
Khẳng định nào dưới đây đúng?
A f (−2) > max {f (−3) ; f (2)}.
B f (−3) < f (−2) < f (2).
C f (−2) < min {f (−3) ; f (2)}.
D f (−3) > f (−2) > f (2). Lời giải. Ta có  x = ±2
f 0(x) = 0 ⇔ (x + 3) (x + 2)4 (x − 2) = 0 ⇔ .  x = −3
Bảng biến thiên của f (x) x −∞ −3 −2 2 +∞ f 0 + 0 − 0 − 0 + f (−3) f f (−2) f (2)
Suy ra f (−3) > f (−2) > f (2). Chọn đáp án D 5 x−9
Câu 24. Nghiệm của phương trình (2,4)3x+1 = là 12 A x = −2. B x = −5. C x = 5. D x = 2. Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương 12 3x+1 12 9−x =
⇔ 3x + 1 = 9 − x ⇔ x = 2. 5 5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. Chọn đáp án D Trang 5/18 − Mã đề 001
Câu 25. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 4, 5 là √ √ 125π 2 125π 2 50π A . B 50π. C . D . 3 12 3 Lời giải.
Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật. Ta có A0 D0 √ 1 1 √ 5 2 B0 C0 R = AC0 = 32 + 42 + 52 = . 2 2 2 √ A D !2 5 2
Diện tích mặt cầu S = 4πR2 = 4π = 50π. B C 2 Chọn đáp án B
Câu 26. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau √ √ x −∞ − 2 0 + 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 5 5 f (x) −∞ 1 −∞
Số nghiệm của phương trình 4f 2(x) − 9 = 0 là A 3. B 4. C 6. D 2. Lời giải. 3
Phương trình đã cho tương đương f (x) = ± . Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình 2 3 3 f (x) = −
có 2 nghiệm phân biệt, phương trình f (x) =
có 4 nghiệm phân biệt và khác hai 2 2 3
nghiệm của phương trình f (x) = − . Vậy phương trình 4f 2(x) − 9 = 0 có 6 nghiệm phân biệt. 2 Chọn đáp án C √
Câu 27. Thiết diện qua trục của một khối nón là một tam giác đều có cạnh 4 3 cm. Thể tích của khối nón đó là A 8 cm3. B 12 cm3. C 24π cm3. D 36π cm3. Lời giải.
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác đều SAB (hình vẽ). Khi đó bán kính √ S AB √ AB 3 đáy của khối nón là
= 2 3 cm và chiều cao khối nón là = 6 2 2
cm. Vậy thể tích khối nón là 1 √ 2 V = π · 2 3 · 6 = 24π cm3. 3 O B A Chọn đáp án C √ (x − 1) x − 2
Câu 28. Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = x2 − 4 bằng A 0. B 1. C 2. D 3. Trang 6/18 − Mã đề 001 Lời giải. x − 1 x − 1
Tập xác định D = (2; +∞). Ta có y = √ nên lim √ = 0, do đó đồ (x + 2) x − 2 x→+∞ (x + 2) x − 2 x − 1
thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0. Lại có lim √
= +∞ nên đồ thị hàm số có x→2+ (x + 2) x − 2
tiệm cận đứng là x = 2. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận. Chọn đáp án C 4x + 3
Câu 29. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên x + 1 M đoạn [0; 2]. Thương bằng m 11 9 1 A 11. B . C . D . 9 11 11 Lời giải. 4x + 3
Hàm số đã cho có tập xác định D = (−∞; −1) ∪ (−1; +∞). Do hàm số y = đơn điệu trên x + 1 [0; 2] nên 11 M = max{y(2), y(0)} = y(2) = ,
m = min{y(2), y(0)} = y(0) = 3. 3 M 11 Vậy = . m 9 Chọn đáp án B
Câu 30. Cho khối hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, [ ABC = 120◦,
đường thẳng AC1 tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60◦. Tính thể tích khối hộp đã cho. √ √ 3a3 3a3 a3 3 3a3 A . B . C . D . 2 2 2 2 Lời giải. Do CC1 ⊥ (ABCD) nên \
CAC1 = (AC1, (ABCD)) = 60◦. Ta có A B √ √ AC =
AB2 + BC2 − 2AB · BC · cos 120◦ = a 3 √ √ D C CC1 = AC tan 60◦ = a 3 · 3 = 3a.
Vậy thể tích khối hộp ABCD.A1B1C1D1 là A1 B √ 1 1 3 3a3
V = CC1 · SABCD = 2 · 3a · a · a · sin 120◦ = . 2 2 D1 C1 Chọn đáp án D √
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3. Gọi M là trung √
điểm của BC, A0M = a 3. Thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng √ √ 27a3 9a3 3 9a3 3a3 3 A . B . C . D . 8 8 8 8 Lời giải. Trang 7/18 − Mã đề 001 √ Do tam giác ABC đều cạnh
3a và M là trung điểm của BC nên ta √ A0 B0 3 √ 3a có AM = · 3 =
. Xét tam giác AA0M vuông tại A, ta có C0 2 2 √ √ r 9a2 a 3 AA0 = A0M 2 − AM 2 = 3a2 − = . 4 2 A B Từ đó ta có M √ √ C 3a2 3 a 3 9a3 VABC.A0B0C0 = SABC · AA0 = · = . 4 2 8 Chọn đáp án C −→ − − →
Câu 32. Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E thỏa mãn EA = −3EB. Khi đó thể
tích khối tứ diện EBCD bằng V V V V A . B . C . D . 2 3 5 4 Lời giải. −→ − − →
Từ EA = −3EB suy ra E thuộc đoạn thẳng AB và EA = 3EB hay A 1 EB =
AB. Do đó nếu đặt SBCD = S thì 4 1 1 1 1 E
VEBCD = S · d (E, (BCD)) = S · d (A, (BCD)) = V. 3 3 4 4 B D C Chọn đáp án D ax − 2
Câu 33. Cho hàm số y =
với a, c, d ∈ R có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. cx + d x −∞ −1 +∞ y0 + + +∞ 3 y 3 −∞
Giá trị nguyên âm lớn nhất mà c có thể nhận là A −3. B −2. C −4. D −1. Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 3 và tiệm cận
đứng là đường thẳng x = −1. Suy ra:  a   = 3  c a = 3c ⇒ d  − = −1 d = c.  c
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định nên ta có −2
ad + 2c > 0 ⇒ 3c2 + 2c > 0 ⇒ c ∈ −∞; ∪ (0; +∞) . 3 Trang 8/18 − Mã đề 001
Vậy c có thể nhận giá trị nguyên âm lớn nhất bằng −1. Chọn đáp án D
Câu 34. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Gọi α là góc giữa hai mặt
phẳng (ACD0) và (ABCD). Giá trị của sin α bằng √ 1 1 6 √ A √ . B √ . C . D 2. 2 3 3 Lời giải.  DI ⊥ AC
Gọi I là trung điểm của AC, ta có , suy ra AC ⊥ A0 D0 DD0 ⊥ AC (DD0I), kéo theo α = \
DID0. Tam giác ACD0 là tam giác đều √ √ √ √ B0 a 2 · 3 a 6 C0 cạnh bằng a 2 nên D0I = = . Xét tam giác DID0 2 2√ DD0 a 6 vuông tại D ta có sin α = = √ = . D0I a 6 3 A D 2 I B C Chọn đáp án C
Câu 35. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Biết diện √
tích tam giác A0BC bằng 2a2 3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0. √ √ √ √ A 9 3a3. B 6 3a3. C 3 3a3. D 3a3. Lời giải. √
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AM = a 3. Do hai tam giác A0 B0
A0BA và A0CA bằng nhau nên A0B = A0C hay tam giác A0BC cân tại C0 A0, do đó A0M ⊥ BC. Ta có √ 2S 2 · 2a2 3 √ A0M = A0BC = = 2a 3. BC 2a A B √ √ M Do đó AA0 = A0M 2 − AM 2 = 12a2 − 3a2 = 3a. Vậy C √ 4a2 3 √
VABC.A0B0C0 = AA0 · SABC = 3a. = 3 3a3. 4 Chọn đáp án C Câu 36. √
Cho hình thang cong (H) giới hạn bởi các đường y = x, y
y = 0, x = 0, x = 4. Đường thẳng x = k (0 < k < 4) chia
(H) thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ. Để S S S 2
1 = 4S2 thì giá trị k thuộc khoảng nào sau đây? 1 A (3,1; 3,3). B (3,7; 3,9). C (3,3; 3,5). D (3,5; 3,7). x O k 4 Lời giải. Trang 9/18 − Mã đề 001 Ta có k 4 Z √ Z √ 2 √ k 8 √ 4 S 1 = 4S2 ⇔ x dx = 4 x dx ⇔ x x = x x 3 3 0 k 0 k √ √ q
⇔ k k = 4 8 − k k ⇔ k = 3 (6, 4)2 ≈ 3,447 Chọn đáp án C
Câu 37. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R, thỏa mãn f0(x) − f(x) = ex và f(0) = 1. Tính f (1). A f (1) = e. B f (1) = 2e. C f (1) = e + 1. D f (1) = e − 1. Lời giải. Ta có
e−xf (x)0 = e−x (f 0(x) − f (x)) = 1.
Suy ra e−xf (x) = x + C. Với f (0) = 1, ta được C = 1 hay f (x) = (x + 1)ex. Vậy f (1) = 2e. Chọn đáp án B
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có AB = 3, BC = 2, AA0 = 1. Gọi I là trung
điểm của cạnh BC. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (AID0) bằng √ √ √ √ 3 46 46 3 46 46 A . B . C . D . 23 46 46 23 Lời giải.
Kẻ DK vuông góc với AI tại K. Ta có A0 B0 
DD0 ⊥ AI ⇒ (DD0K) ⊥ AI. (1) D0 C0 DK ⊥ AI
Kẻ DH vuông góc với D0K tại H. Vì DH ⊂ (DD0K) nên H
từ (1) suy ra DH ⊥ AI. Ta có B A K I  DH ⊥ D0K ⇒ D C DH ⊥ (AID0) . DH ⊥ AI
Do đó d (D, (AID0)) = DH. Tam giác ABI vuông tại B, suy ra √ √ √ AI = AB2 + BI2 = 32 + 12 = 10 Kéo theo 2S 2S AD · CD 6 DK = ADI = ADC = = √ . AI AI AI 10
Tam giác DD0K vuông tại D, DH là đường cao của tam giác, suy ra √ !2 1 1 1 10 23 = + = 1 + = . DH2 DD02 DK2 6 18 √ r 18 3 46 Do đó DH = = . 23 23 Chọn đáp án A Trang 10/18 − Mã đề 001 Câu 39.
Gọi X là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : 1 (C) S1
y = −45m−2 cùng với đồ thị (C) của hàm số y = x3−2mx2+x+1 3
tạo thành hai miền kín có diện tích lần lượt là S d 1, S2 thỏa mãn S2
S1 = S2 (xem hình vẽ). Số phần tử của tập X là A 0. B 2. C 1. D 9. Lời giải.
Yêu cầu bài toán tương đương đồ thị (C) có hai điểm cực trị và tâm đối xứng I của (C) thuộc d.
Ta có f 0(x) = x2 − 4mx + 1 nên hàm số có hai điểm cực cực trị khi và chỉ khi  1 m > ∆0 = (2m)2 − 1 > 0 ⇔ 2   1 m < − . 2 Lại có
f 00(x) = 0 ⇔ 2x − 4m ⇔ x = 2m. −16 −16 Với x = 2m thì f (x) = m3 + 2m + 1 nên I 2m;
m3 + 2m + 1 . Suy ra I ∈ d khi và chỉ 3 3 khi m = 3
−16 m3 + 2m + 1 = −45m − 2 ⇔ 16m3 − 141m − 9 = 0 ⇔ √  . 3  −6 ± 33 m = 4 √ √ ( ) −6 + 33 −6 − 33 Dễ thấy m =
không thỏa mãn, do đó X = 3; . 4 4 Chọn đáp án B 1 Z
Câu 40. Cho hai hàm số f (x), g(x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện [f (x) + g(x)] dx = 8 0 1 1 2022 3 Z Z Z và
[f (x) + 2g(x)] dx = 11. Giá trị của biểu thức f (2022 − x) dx + 5 g (3x) dx bằng 0 2021 0 A 10. B 0. C 20. D 5. Lời giải. 1 1 1 Z Z Z Từ giả thiết [f (x) + g(x)] dx = 8 và
[f (x) + 2g(x)] dx = 11, ta tính được f (x) dx = 5 và 0 0 0 Trang 11/18 − Mã đề 001 1 Z g(x) dx = 3. Ta có 0 1 2022 3 Z Z f (2022 − x) dx + 5 g (3x) dx 2021 0 1 2022 3 Z 5 Z = −
f (2022 − x) d (2022 − x) + g (3x) d (3x) 3 2021 0 1 1 Z 5 Z 5 = f (x) dx + g(x) dx = 5 + .3 = 10. 3 3 0 0 Chọn đáp án A
Câu 41. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh là a. Mặt phẳng trung trực (α) của đoạn
thẳng AC0 cắt các cạnh BC, CD, DD0, D0A0, A0B0, B0B lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, R, S .
Thể tích khối chóp A.M N P QRS bằng √ √ 6a3 3a3 3 6a3 3a3 A . B . C . D . 8 8 8 4 Lời giải.
Gọi O là tâm của hình lập phương thì O là trung điểm của AC0, B M C
tức là O thuộc (α). Dễ dàng chứng minh được AC0 ⊥ (A0BD).
Do đó (α) song song với mặt phẳng (A0BD). Suy ra (α) cắt N A D
mặt phẳng (BDD0B0) theo đường thẳng đi qua O, song song S O
với BD. Vậy S, P lần lượt là trung điểm của BB0, DD0. Từ đó dễ dàng suy ra các điểm P
M, N, Q, R lần lượt là trung điểm của C0 B0
BC, CD, A0D0, A0B0. Do M N P QRS là lục giác đều cạnh bằng √ R a 2 nên ta có A0 Q 2 D0 √ 2 √ a 2 √ 3 2 3a2 3 SMNP QRS = 6SOMN = 6 · = . 4 4 √ AC0 a 3 Lại có AO = = .Do đó 2 2 √ √ 1 1 3a2 3 a 3 3a3 VA.MNP QRS = SMNP QRS · AO = · · = . 3 3 4 2 8 Chọn đáp án B Câu 42. Trang 12/18 − Mã đề 001
Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0 có AB = 3a, AC = 4a, BC = 5a, A0 N C0
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B0C0 bằng 4a. Gọi M, N M
lần lượt là trung điểm của A0B0 và A0C0 (tham khảo hình vẽ). Thể B0
tích V của khối chóp A.BCN M là A A V = 12a3. B V = 16a3. C V = 14a3. D V = 8a3. C B Lời giải.
Gọi V là thể tích khối lăng trụ. Dễ thấy BCN M là hình thang với đáy BC và M N thỏa mãn BC M N = nên 2 3 3 3 1 V
VA.BCNM = VA.BMN + VA.CBN = VA.CBN = VN.ABC = · V = . 2 2 2 3 2
Hiển nhiên ABC là tam giác vuông tại A và khối lăng trụ có chiều cao h = d ((ABC) , (A0B0C0)) = d (AB, B0C0) = 4a nên V 1 1 1 VA.CBNM = = SABC · h = · · 3a · 4a · 4a = 12a3. 2 2 2 2 Chọn đáp án A
Câu 43. Cho hình nón (T ) đỉnh S, chiều cao bằng 2, đáy là đường tròn (C1) tâm O, bán kính
R = 2. Khi cắt (T ) bởi mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn SO và song song với đáy của hình
nón, ta được đường tròn (C2) tâm I. Lấy hai điểm A và B lần lượt nằm trên hai đường tròn (C2) − → − − →
và (C1) sao cho góc giữa IA và OB là 60◦. Thể tích của khối tứ diện IAOB bằng √ √ √ √ 3 3 3 3 A . B . C . D . 24 12 6 4 Lời giải. R
Cách 1. Ta có I là trung điểm của SO. Do đó IA = = 1. Vậy S 2 1 VIAOB =
· IA · OB · d (IA, OB) · sin (IA, OB) 6 √ 1 3 A = · 1 · 2 · 1 · sin 60◦ = . I 6 6 B0
Cách 2. Gọi A0 = SA ∩ (C1) , B0 = SB ∩ (C2). Hình chóp S.OA0B
có I, A, B0 lần lượt là trung điểm các cạnh bên SO, SA0, SB nên A0 O IA k OA0, IB0 k OB. Ta có B − → − − → − −→ −−→ IA, OB = OA0, OB = \ A0OB = 60◦.
Do đó khối chóp S.OA0B có đáy là tam giác A0OB đều và đường cao là SO nên √ √ 1 1 1 1 1 1 22 3 3 VIAOB = · VB.SOA0 = · VS.OA0B = · SOA0B. · SO = · · · 2 = . 4 4 4 3 4 3 4 6 Chọn đáp án C
Câu 44. Cho hàm số f (x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + 36. Biết đồ thị hàm số y = f (x), y = f 0(x)
và Ox giao nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2, 3. Diện tích hình phẳng giới Trang 13/18 − Mã đề 001 m
hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) và Ox bằng
là một phân số tối giản với m, n ∈ ∗ N . Tổng m + n n bằng A 846. B 845. C 848. D 847. Lời giải.
Từ giả thiết ta có x = 2, x = 3 là nghiệm của f (x) và f 0(x) nên f (x) có dạng
f (x) = (x − 2)2(x − 3)2(x − k).
Mà f (0) = 36 nên k = −1. Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm là 3 3 Z Z 832 S = |f (x)| dx = (x − 2)2(x − 3)2(x + 1) dx = . 15 −1 −1 Chọn đáp án D
Câu 45. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 + 2x + 1 và đường thẳng y =
(m + 1) x + 5 có giá trị nhỏ nhất bằng 16 48 64 32 A . B . C . D . 3 3 3 3 Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm
x2 + 2x + 1 = (m + 1) x + 5 ⇔ x2 + (1 − m) x − 4 = 0. (1)
Với mọi m ta đều có ac = −4 < 0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2, (x1 < x2).  x1 + x2 = m − 1
Theo định lí Viète, ta có và x1x2 = −4 q q q x2 − x1 = (x2 − x1)2 = (x2 + x1)2 − 4x1x2 = (m − 1)2 + 16.
Khi đó hình phẳng luôn tồn tại và có diện tích là Z x2 Z x2 S = x2 + (1 − m) x − 4 dx = x2 + (1 − m) x − 4 dx x 1 x1 x2 x3 x2 1 x2 = + (1 − m) − 4x = 2x3 + 3 (1 − m) x2 − 24x 3 2 6 x x 1 1 1 x2 =
x2 + (1 − m) x − 4 (2x + 1 − m) − m2 − 2m + 17 x + 4 (1 − m) 6 x1 q 3 √ (m − 1)2 + 16 m2 − 2m + 17 m2 − 2m + 173 = (x2 − x1) = = 6 6 6 43 32 ≥ = 6 3 32
Dấu bằng xảy ra khi m = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng . 3 Chọn đáp án D Trang 14/18 − Mã đề 001 Câu 46.
Cho f (x) là hàm số bậc ba. Hàm số f 0(x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất y
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (ex − 1) − x − m = 0 1
có hai nghiệm thực phân biệt? A O m < f (2). B m > f (0). C m < f (0). D m > f (2). x −1 Lời giải. Cách 1. Ta có
f (ex − 1) − x − m = 0 ⇔ f (ex − 1) − x = m.
Đặt h(x) = f (ex − 1) − x thì h0(x) = exf 0 (ex − 1) − 1. Suy ra 1
h0(x) = 0 ⇔ exf 0 (ex − 1) − 1 = 0 ⇔ f 0 (ex − 1) = . (1) ex 1
Đặt t = ex − 1, t > −1 thì (1) trở thành f 0(t) = . Ta có đồ thị sau t + 1 y y = f 0(t) 1 1 y = x −∞ 0 +∞ t + 1 y0 − 0 + −1 O t +∞ +∞ y 0
Từ đồ thị ta có nghiệm của phương trình (2) là t = 0, suy ra ex − 1 = 0 hay x = 0. Ta có bảng
của h(x) như trên. Từ đó, phương trình h(x) = m có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
m > f (0). Cách 2. Từ đồ thị ta có f 0(x) = (x + 1)2. Suy ra 1 f (x) = (x + 1)3 + C. 3
Thay vào phương trình, ta được e3x e3x + C − x − m = 0 ⇔ m = − x + C. 3 3 e3x Đặt g(x) = − x + C. Ta có 3
g0(x) = 0 ⇔ e3x − 1 = 0 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ g0 − 0 + +∞ +∞ + g g(0) = f (0) Trang 15/18 − Mã đề 001
Từ bảng biến thiên, phương trình có hai nghiệm thực khi và chỉ khi m > f (0). Chọn đáp án B
Câu 47. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích là V . Gọi M là
trung điểm của cạnh SA, N là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3N B. Mặt phẳng (P ) thay đổi
đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt P , Q. Tìm giá trị
lớn nhất của thể tích khối chóp S.M N P Q. V 27 27 V A . B V . C V . D . 3 80 40 6 Lời giải. SC SD Đặt = x,
= y với x, y ≥ 1. Vì hình chóp S SP SQ
S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành nên SA SC SB SD M Q + = + . SM SP SN SQ Suy ra P N SC 4 SD 2 D 2 + = + ⇒ y = + x. A SP 3 SQ 3 B C Mặt khác ta có V S.M N P Q V V 1 SM SN SP SM SQ SP = S.M N P + S.MQP = · · + · · VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC 2 SA SB SC SA SD SC 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1 1 3 3 = · · + · · = + = + 2 2 4 x 2 y x 4x 4 y 4x 4 3x + 2 9 (x + 2) = . 16 (3x2 + 2x) 9 (x + 2) Xét hàm số f (x) = với x ≥ 1. Ta có 16 (3x2 + 2x) 9 −3x2 − 12x − 4 f 0(x) = · < 0, ∀x ≥ 1 16 (3x2 + 2x)2 27
nên hàm số luôn nghịch biến trên nửa khoảng [1 ; +∞). Suy ra f (x) ≤ f (1) = , ∀x ≥ 1. Vậy 80 27
thể tích khối chóp S.M N P Q đạt giá trị lớn nhất bằng
V , đạt được khi x = 1, tức là khi P ≡ C. 80 Chọn đáp án B
Câu 48. Cho các số thực a, b thỏa mãn 1 < a < b ≤ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 16 P = 3 log (b2 + 16b − 16) + · log3 a . a b 27 a A 8. B 18. C 9. D 17. Lời giải. Ta có 1 1 log b a = = . (1) a b log b − 1 log a a a Trang 16/18 − Mã đề 001 Với b ∈ (1; 4] ta có
(b − 1) b2 − 16 ≤ 0 ⇔ b3 − b2 − 16b + 16 ≤ 0 ⇔ b3 ≤ b2 + 16b − 16 ⇔ log
b2 + 16b − 16 ≥ log b3 ⇔ log b2 + 16b − 16 ≥ 3 log b. (2) a a a a Từ (1) và (2), ta có 16 16 1 P = 3 log b2 + 16b − 16 + · log3 a ≥ 9 log b + · . a 27 b a 27 (log b − 1)3 a a
Đặt t = log b > 1, ta có a 16 1
P ≥ 3 (t − 1) + 3 (t − 1) + 3 (t − 1) + . + 9 27 (t − 1)3 s 16 1 ≥ 4 4 27 · (t − 1)3 · · + 9 = 17. 27 (t − 1)3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 4     3  b = 4 b = 4 b = 4     a = 4 5 16 1 ⇔ 16 ⇔ 5 ⇔ 3 ⇔ 3 (t − 1) = ·  (t − 1)4 = t = log a = b = 4.  27 (t − 1)3 81 3 b 5 Vậy min P = 17. Chọn đáp án D
Câu 49. Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ + y −∞ 0
Tìm m để phương trình |f (x − 1) + 2| = m có 4 nghiệm thỏa mãn x1 < x2 < x3 < 1 < x4 . A 4 < m < 6. B 3 < m < 6. C 2 < m < 6. D 2 < m < 4. Lời giải.
Đồ thị hàm số y = |f (x − 1) + 2| thu được bằng cách biến đổi đồ thị như sau
• Tịnh tiến đồ thị hàm số y = f (x) sang phải 1 đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên 2 đơn vị ta
được đồ thị hàm số y = f (x − 1) + 2;
• Với đồ thị hàm số y = |f (x − 1) + 2|: Giữ nguyên phần nằm bên trên trục hoành, lấy
đối xứng phần nằm bên dưới trục hoành qua trục hoành rồi xóa phần nằm bên dưới trục hoành đi.
Do đó ta có bảng biến thiên Trang 17/18 − Mã đề 001 x −∞ 0 1 2 +∞ +∞ +∞ 6 f (x) 4 2 0 Chọn đáp án A
Câu 50. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt cầu (J) (J và S cùng phía với (ABCD))
tiếp xúc với (ABCD) tại A, đồng thời tiếp xúc ngoài với mặt cầu nội tiếp hình chóp. Một mặt
phẳng (P ) đi qua J và BC. Gọi ϕ là góc giữa (P ) và (ABCD). Tính tan ϕ biết các đường chéo
của thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) lần lượt cắt và vuông góc với SA, SD. √ √ 1 6 3 1 A . B . C . D . 4 6 6 2 Lời giải.
Gọi R, r lần lượt là bán kính mặt cầu tâm J và bán kính J S
mặt cầu tâm I nội tiếp hình chóp tứ giác đều. Đặt AB =
a, SO = h, với O là tâm hình vuông ABCD. Khi đó do √ E
hai mặt cầu (I) và (J) tiếp xúc ngoài nên OA = 2 Rr F
hay a2 = 8Rr. Gọi giao điểm của JC với SA và SO lần H
lượt là E và H. Theo giả thiết thì CE ⊥ SA, suy ra hai I D
tam giác HCO và ASO đồng dạng, suy ra A O OH OC OA2 4Rr N = ⇒ OH = = . OA OS h h C M B J A R 4Rr R
Lại từ tính chất đường trung bình, ta có OH = = nên = hay h = 8r. Gọi N là 2 2 h 2
trung điểm AB. Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có 2r OI SI SO h 2h = = = = = √ . a ON SN ON + SN q a + h2 + a2 a + 4h2 + a2 2 4 h Thay r = , ta được 8 √ √ a 3 7a = 4h2 + a2 ⇒ 12a2 = h2 ⇒ = . h 6
Gọi M là trung điểm BC, dễ thấy BC ⊥ (OHM ) nên ϕ = ((P ), (ABC)) = \ OM H, suy ra √ OH 4Rr 8Rr a2 3 tan ϕ = = = = = . OM h · a ah ah 6 2 Chọn đáp án C HẾT Trang 18/18 − Mã đề 001
Document Outline

  • de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-mon-toan-nam-2021-2022-so-gddt-ninh-binh
  • DapAnChiTiet-TT-SoNinhBinh-L1-2021-2022