Đề thi thử tốt nghiệp THPT QG 2021 lần 1 môn Toán trường THPT Kinh Môn – Hải Dương

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B 2-D 3-D 4-D 5-A 6-A 7-D 8-D 9-C 10-A 11-D 12-C 13-A 14-A 15-D 16-B 17-A 18-C 19-C 20-C 21-D 22-C 23-C 24-C 25-D 26-A 27-B 28-D 29-B 30-D 31-A 32-A 33-C 34-D 35-C 36-C 37-B 38-B 39-C 40-C 41-A 42-D 43-D 44-C 45-B 46-A 47-C 48-D 49-B 50-A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. * Diện tích đáy là: S  AB   a2 2 2 2  4a . ABCD
* Gọi O là tâm của ABCD ta có SO   ABCD  SO  3a, thể tích V của khối chóp đã cho là: 1 1 2 3 V  S .SO  .4a .3a  4a . 3 ABCD 3 Câu 2: Chọn D. 1 1 1 1  5 15 30 6 a b a a b a  a   a   a   a  Ta có: 5 3 5 15 30   . .  .         b a b b a b  b   b   b   b  Câu 3: Chọn D. 2 x  2x  3 x  1 Ta có y '  suy ra 2
y '  0  x  2x  3  0  .   x  2 1 x  3 7
Xét trên 2;0 ta có f 2   , f  
1  2 và f 0  3. 3
Vậy M  max f  x  2
 và m  min f x  3
 , do đó P  M  m  5. 2;0  2  ;0 1 Câu 4: Chọn D.  f x  2
Ta có f  x  2    f   x .  2
Từ bảng biến thiên ta có phương trình f  x  2 có 2 nghiệm phân biệt và phương trình f  x  2 có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 5: Chọn A. Tập xác định D  .  Ta có 2 y '  x  2m   1 x 1, để hàm số đồng biến với x   D thì 2
y '  0,x     '  0  m  2m  0  0  m  2 mà m nên m  0;1;  2 . Vậy đáp án là A. Câu 6: Chọn A.
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta chọn đáp án A. Câu 7: Chọn D.
Đó là các mặt phẳng SAC,SBD,SHJ ,SGI  với G, H, I, J là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới. Câu 8: Chọn D. 1 1 1 12 Ta có: P  log c    P   . ab log ab log a  log b 1 1 7 c c c  log c log c a b Câu 9: Chọn C. x 1 Ta có: lim
 1. Suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  1. x x  2 x 1 x 1 Ta có lim  ; lim   .
 Suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x  2  . x 2  x 2 x 2    x  2 2 x 1
Vậy giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  là I 2;  1 . x  2 Câu 10: Chọn A. 2  a  a Ta có: 2 5 HD  a   .    2  2 2 2  a   a 
Xét tam giác vuông SHD có: 2 2 13 5 SH  SD  HD        a 2.  2   2     
Ta có chiều cao của khối chóp là SH , diện tích đáy là 2 S  a . ABCD 3 1 a 2
Vậy thể tích khối chóp là: 2 V  .a 2.a  . 3 3 Câu 11: Chọn D.
Do hàm số có đạo hàm tại điểm x nên nếu hàm số đạt cực trị tại x thì f ' x  0. 0  0 0 Câu 12: Chọn C. 3 Ta có y ' 
. Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d  : y  3x  2 nên có hệ số góc là 3. Do đó ta có x  22 3 x  1 phương trình  3  x  2  1  2  2   x  2 x  3 Với x  1  , y  1
 phương trình tiếp tuyến là: y  3x  2 (loại). Với x  3
 , y  5 phương trình tiếp tuyến là: y  3x 14 ™. Câu 13: Chọn A. 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  2. Câu 14: Chọn A. 2m2 2m2 1 1 Ta có  3  2  3  2   3  2
  3  2  2m  2  1   m  . 2 Câu 15: Chọn D.
Theo tính chất của lôgarit thì mệnh đề đúng là log x  log . a log . x b b a Câu 16: Chọn B. Ta có 3 2 2
y  x  3x  2  y '  3x  6x
Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm x  1 là k  y '  1  9 . 0 - Với x  1 y  2 0 0
Phương trình tiếp tuyến của đường cong là: y  9 x   1  2  y  9x  7. Câu 17: Chọn A.
Xét khối lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C '. Khi đó thể tích là 2 3 a 3 a 3 V  S .AA'  .a  . A  BC 4 4 Câu 18: Chọn C.
Ta có lim y  1; lim y    đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y  1. x x lim y   ;
 lim y    đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1  . x 1 x 1   Câu 19: Chọn C.
Ta có log 6  a  log 2.3  a  1 log 3  a  log 3  a 1. 2 2   2 2 4 1 2a 1 Khi đó log 18  log  2 2.3  log 2  2   2  . 3 3  3 a 1 a 1 Câu 20: Chọn C. x  0 Ta có 3 y ' 4x 4x 0      x  1  x  1 
Vậy hàm số đồng biến trên 1;0 và 1; , hàm số nghịch biến trên  ;    1 và 0;  1 . Câu 21: Chọn D.
Dựa vào đồ thị hàm số y  f ' x ta có bảng biến thiên sau: x  0 a b c  y '  0 + 0  0 + 0 + y
Vậy đồ thị hàm số có 3 cực trị. Câu 22: Chọn C. 1 V  .3 . a 2a2 3  4a . 3 Câu 23: Chọn C. 5 V MI MJ MK 1 1 1 1 Ta có MIJK  . .  . .  . V MN MP MQ 2 2 2 8 MNPQ Câu 24: Chọn C.
Ta có f  x   x  15 2 3 . 3  3 
ĐK: 2x  3  0  x   TXĐ: D  ;  .   2  2  Câu 25: Chọn D. 2 3 1 1 a 3 a Ta có V  .S .SA  . .SA   SA  a 3. S.ABC 3 ABC 3 4 4 Câu 26: Chọn A.
Điều kiện xác định của f  x  log  2 2x  x là: 2
2x  x  0  0  x  2. 6  Câu 27: Chọn B. Số hạng chứa 5
x trong khai triển   12 1 x là 5 5
T  C x  792 nên chọn đáp án B. 6 12 Câu 28: Chọn D.
Ta có u  u  9d  2  9.3  25 nên chọn đáp án D. 10 1 Câu 29: Chọn B.
Đây không là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại A, D.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại đáp án D. Câu 30: Chọn D.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy max y  4.  Câu 31: Chọn A. a
Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là y  1   1   a  1  . 1
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại x  2 nên 2a  b  0  b  2a  2. 6 b b
Đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại y  2 nên  2  c    1  . c 2
Do đó: a  2b  3c  0. Câu 32: Chọn D.
Hàm số y  f  x đồng biến trên   f ' x  0, x   .  2 4  m x  mm   3 x  m   2 2 2
1 x  m  2 x  m  0, x     x   2 3
1 m x  2mx  2x  m  0,x   1 Đặt g  x 2 3  m x  2mx  2x  . m m  Từ   1 suy ra g   1 1  0   m  2
Thử lại, với m  1 thì
   x  x  x  x    x  x  2 3  2 1 1 2 2 1 0, 1 x  x   1 ,x  .  Điều này luôn đúng.
Thử lại, với m  2 thì
   x   x  x    x  x  2 3  2 2 1 1 2 1 0, 1 x  (x 1) ,x .  Điều này luôn đúng.
Vậy m  1, m  2 thỏa mãn bài toán. Câu 33: Chọn C. 7
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B ' lên mp  ABC. Theo bài ta có 0 B ' H  BB '.sin 60  3 . a Diện tích 2 a 3 2 a 3 3
tam giác đều ABC cạnh a là . Vậy 3 V  .a 3  a 4 4 4 Câu 34: Chọn D.
Gọi M là trung điểm AB, ta thấy ngay AMCD là hình vuông. MBCD là hình bình hành. Suy ra BC / / DM
mà DM  SAC  BC  SAC  để chứng minh DC  SAD. Trong tam giác vuông SAD vuông tại A vẽ S . A AD 6
đường cao AR như hình ta có AR  SDC và AR   .
a Trong tam giác vuông SAC vuông 2 2 SA  AD 3 S . A AC
tại A vẽ đường cao AQ như hình ta có AQ  SBC và AQ   .
a Vậy góc giữa hai mặt phẳng 2 2 SA  AC
SBC và SCD là góc giữa AR và AQ chính là góc 
RAQ  . Tam giác ARQ vuông tại R có AR 6 cos   . AQ 3 Câu 35: Chọn C.
Từ bảng biến thiên ta có để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt thì 4  m  2. Do đó
các giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán là 3; 2  ;1;0;1.
Vậy tổng các giá trị nguyên của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt bằng: 5. Câu 36: Chọn C. 2 2 1 Ta có log  5 3 a b 3  . log  3 a b 3 3  3 5 2   3 log a  log b 3 3  15 2 2  .3.log a  log b 3 3 15 15 2 2  log a  log . b 3 3 5 15 8
Vậy x  2, y  2  x  y  4. Câu 37: Chọn B. AC
Tam giác ABC vuông cận tại B nên AC  AB 2  AB   2. 2 1 1 1 4
Thể tích khối chóp S.ABC là V  .S . A S  .4. . 2. 2  . S .ABC 3 ABC 3 2 3 V SA SH SK 1 1 1 1 S.AHK  . . 1. .   V  V S.AHK S. V SA SB SC 2 3 6 6 ABC S.ABC 5 V  V V  .V . A BHKC S.ABC S.AHK S . 6 ABC 5 4 10  .  . 6 3 9 10
Vậy thể tích khối chóp . A BHKC là . 9 Câu 38: Chọn B. 9
Gọi M , M ' lần lượt là trung điểm của BC, B 'C '.
Gọi N, E lần lượt là trung điểm của AB, BN.
Góc giữa hai mặt phẳng  ABB ' A' và  A' B 'C ' bằng góc giữa hai mặt phẳng  ABB ' A' và  ABC.
Vì CN  AB và ME / /CN nên ME  AB   1
Mặt khác A' M   ABC  A'M  AB 2
Từ (1) và (2) ta có AB   A EM    ABB A   ABC    0 ' ' ' ; A' EM  60 . 10 a 3 1 a 3 CN  AM  ; ME  CN  . 2 2 4 a
Trong tam giác vuông A' EM có 0 3 A' M  ME.tan 60  . 4 Có A' M '  B 'C '3
A' M   ABC  A'M   A' B 'C '  A'M  B 'C '4
Từ (3) và (4) suy ra B 'C '   AMM ' A'.
Trong mặt phẳng  AMM ' A' từ M ' kẻ M ' K  AA'  M ' K chính là đoạn vuông góc chung giữa AA' và B 'C '.
Trong mặt phẳng  AMM ' A' từ M kẻ MI  AA'  MI  M ' K. 1 1 1 28 3a 7
Trong tam giác A' MA vuông tại M có     MI  . 2 2 2 2 MI AM MA' 9a 14 3a 7 Vậy d  . 14 Câu 39: Chọn C. Ta có: V  V  V . A A'PM B.B'MN C.C ' NP V  V V V V  V  3.V ABC.MNP ABC.A'B 'C ' . A A'PM B.B 'MN C.C 'NP ABC.A'B 'C ' . A A'PM 11 2 3 a 3 a 3 V  S .h  .a  ABC.A'B 'C ' ABC 4 4 2 1 a 3 S  S  A  'PM 4 A  BC 16 2 3 1 1 a 3 a 3 V  .S .h  . .a  . A A'PM A  ' 4 PM 3 16 48 3 3 3 a 3 a 3 3a 3 V  V  3.V   3.  ABC.MNP ABC. A' B 'C ' . A A' PM 4 48 16 Câu 40: Chọn C.
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x ta có:  1   x 1 x f ' 0 0 x ; f ' x 0        2 2  x  0
Đặt g  x  f sin x  g ' x  cos .
x f 'sin x. Ta chỉ xét trên khoảng 0; .    x   2 cos x  0      g  x x f  x cos x 0 ' 0 cos . ' sin 0             x sin x 0 x f ' sin  0   6  1  sin x  5  2 x   6 Bảng biến thiên: x   5 0  6 2 6 g ' x  0 + 0  0 + g  x      5 
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số g  x  f sin x đồng biến trên các khoảng ;   và ;    6 2   6  Chọn đáp án: C. Câu 41: Chọn A.
Gọi số có 7 chữ số được tạo ra từ các chữ số 1, 2, 3, 4 là a a a a a a a . 1 2 3 4 5 6 7 12
Số phần tử của không gian mẫu: n 14  4.4.4.4.4.4.4  2 .
Gọi A là biến cố: “Số lập được có 7 chữ số thỏa mãn: các chữ số 1, 2, 3 có mặt hai lần, chữ số 4 có mặt một lần
đồng thời các chữ số lẻ đều nằm ở các vị trí lẻ (tính từ trái sang phải)”.
Giả sử số có 7 chữ số thỏa mãn bài toán được đặt vào các vị trí từ trái sang phải được đánh số vị trí như hình vẽ. 1 2 3 4 5 6 7
Bước 1. Xếp các số lẻ vào các vị trí lẻ:
Các vị trí 1, 3, 5, 7 gồm các chữ số lẻ: 1,3 (mỗi chữ số ở hai trong 4 vị trí lẻ).
Xét chữ số 1 được đặt vào 2 trong 4 vị trí lẻ có cách 2
C xếp, hai chữ số 3 xếp vào hai vị trí lẻ còn lại có 1 cách 4 xếp.
Bước 2: Xếp các số chữ số chẵn vào các vị trí chẵn.
Các vị trí chẵn 2, 4, 6 xếp vào đó hai chữ số 2 và một chữ số 4
Xếp hai chữ số 2 vào 2 trong 3 vị trí chẵn có 2
C cách xếp, còn lại 1 vị trí chẵn xếp cho chữ số 4 có 1 cách xếp. 4
Do đó số phần tử của biến cố A là: n A 2 2  C .C  18 4 4 n A 18 9 P  A      n  14 2 8192 Câu 42: Chọn D. Ta có f  x 2 '  3x  2ax  b
Điều kiện cần để điểm M 0;4 là điểm cực đại của hàm số f  x là: a  2   f '  0  0 b   0 b   0      f  0 2  4 a 4   a  2    b   0 Điều kiện đủ.    x 0 a  2 Trường hợp 1:  ta có f  x 3 2 x 2x 4, f ' x 2 3x 4x, f ' x 0         4 b   0 x    3 Bảng xét dấu f ' x x  4  0  3 f ' x + 0  0  13
Nên M 0;4 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (loại). Vậy f  x 3 2
 x  2x  4  f 3 13. Câu 43: Chọn D.        3  3 3 4  1 1 4 1 3 3 3 1 1 a a a a a a   3 3 a a   1 a 1 a Ta có: f a       a 1 1        a  3 1 a 1 8 a  a  1 3 1 1 1 1 8 8 8 8 8 8 8 2
a  a  a  a a  a 1      f     1 2020 2020 1010 2 2021 2021 1  2  021 1. Câu 44: Chọn C.
Gọi I là trung điểm đoạn BC 1 1 Ta có S  S  S  B B  'C 'I ' A  'B'C '  A'B 'C 'D' 2 2
d G; A' B 'C ' D ' GA' 2 2 2      d  d G; A' B 'C ' D '  d I; A' B 'C 'D '  h I; A' B 'C ' D '     IA' 3 3 3 1 1 2 1 1  V  d G; A' B 'C ' D ' .S  . . h B  . B h GB 'C ' I '    B'C'I' 3 3 3 2 9 1  V  V GB 'C ' I ' 9 Câu 45: Chọn B. x  1 Điều kiện:  . 2 x  4x  m  0 14
Để đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng thì phương trình 2
x  4x  m  0 phải có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. m  4 
Ta có: x  4x  m  0   x  22 2  4  m   x  2  4  m
Để thỏa mãn yêu cầu đề ra thì 2  4  m  1  1  4  m  1  4  m  m  3. Vậy 3  m  4. Câu 46: Chọn A. 1 1 2 Ta có: V  AS.A . B AD   2 21  . S .ABD 6 6 3 2 2 BP AB AB 1 1 +)     BP  BD, suy ra: 2 2 2 BD BD AB  AD 5 5 1 1 1 1 4 4 1 4 S  S   .A . B AD  ; S  S   .A . B AD  . A  BP 5 A  BD 5 2 5 APD 5 ABD 5 2 5 SN 1 1
Tam giác SAD vuông cân tại A nên
  d N; ABCD  SA 1. SD 2 2 2 2 BM BA BA 1 1 2 +)  
  d M ; ABCD  SA  . 2 2 2    BS BS SA  AB 5 5 5 1 1 2 1 2 Suy ra: V  d M ; ABCD .S  . .  . M . ABP    3 ABP 3 5 5 75 1 1 4 4 V  d N; ABCD .S  .1.  . N .APD    3 A  DP 3 5 15 15 SM SN 4 1 2 4 V  . .V  . .  . S .AMN S .ABD SB SC 5 2 3 15 2 2 4 4 8 Vậy V  V V V V      . . A MNP S .ABD M .ABP N .APD S .AMN 3 75 15 15 75 Câu 47: Chọn C. 1 1
Đặt t  2 sin x  cos x  , ta có: 2 2 1 3  2 2 1  3 2 2 t   
sin x  cos x   sin x cos  cos xsin  (Với cos  ) 2 2  3 3  2   3 1 3
 t   sin x  . 2 2 3 1 3 Suy ra:   t    1   t  2. 2 2 2
Từ đồ thị hàm số suy ra: t  1  ;2  1   f t  5.  1 1  Vậy để phương trình f 2 sin x  cos x   f  
m có nghiệm thì 1 f m  5.  2 2 
Từ đồ thị suy ra: m  2  ;1;0;1;2; 
3 . Vậy có 6 giá trị nguyên của . m Câu 48: Chọn D.
Đặt h x  f  x 2  x  3.
Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng x   1  ; 
1 khi và chỉ khi m  max h  x. 1; 1 16 x 
Ta có: h  x  f  x  x h  x   f  x 0 ' ' 2 , ' 0 '  2x  0  .  x  1
+) h ' x  0  f ' x  2x  0  f ' x  2x
+) h ' x  0  f ' x  2x  0  f ' x  2  x Ta có bảng biến thiên x 1 0 1 h ' x + 0  h x h0
Từ bảng biến thiên suy ra: max h x  h0  f 0  3. 1;  1 Vậy m  f 0  3. Câu 49: Chọn B. Điều kiện: x  1. Ta có: 3 y  y  x  x   x   2 2 7 2 1 3 1 3 2 y   1 3   y  3 2
1  y 1  2 1 x   1 x   * Xét hàm số f t 3
 2t  t, ta có: f t 2 '  6t 1  0 t
  , suy ra hàm số f t đồng biến.  y  1 
*  f  y  1  f  1 x  y 1 1 x   x  1   y  2 1
Khi đó P  x  y    y  2  y    y  2 2 1 1 2 4 2  4. x  0 Vậy P  4   . max  y  2 Câu 50: Chọn A. 17 C ' M 1 1 1 1 Ta có:
  d M;CC 'D'D  d  ;
A CC 'D ' D  .2  . C ' A 4 4 4 2 D ' N 1 D ' N 1    1 1
nên N là trung điểm của CD ', suy ra: S  S   2 2  1. 2D 'C 4 D 'C 2 CC ' N CC ' D' 4 D 4 1 1 Vậy V  d M ; CC ' D ' D .S  . CC ' NM    3 CCN 6 18
Document Outline

• de-thi-thu-tot-nghiep-thpt-qg-2021-lan-1-mon-toan-truong-thpt-kinh-mon-hai-duong
• KINHMOONNN