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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.3 MB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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

3 6 2 2

1
2

x x mx

y

  

 
 

  luôn đồng biến

trên khoảng



1;3



là :

A. 8. B. 9. C. 10. D.Vô số.

Lời giải

Chọn B.





3 6 2 2

2 1 1

' 3 12 ln

2 2

x x mx

y x x m

  

   

      

   

Hàm số đồng biến trên



1;3



khi y' 0  x



1;3







 





 

2 2

1;3

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

             

Mà g x'

 

6x12 0  x 2



1;3



Lại có limx1g x

 

9; limx3g x

 

9; g

 

2 12
Do đó m 9

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

Vậy có 9 số.

Câu 31: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm

 



 



2 9 4

f x x x x .Xét hàm số

 

2
yg x f x

trên  . Trong các phát biểu sau:

I. Hàm số y g x

 

đồng biến trên khoảng



3;



II. Hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng



  ; 3



III. Hàm số y g x

 

có 5 điểm cực trị.

IV. Min g xx

 

f

 

9 .
Số phát biểu đúng là:

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

Lời giải
Chọn C.

Ta có

 

2
yg x f x

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Khi đó

 

0
2

0 3

2
3

x
x

g x x

x
x



 

    




 

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y g x

 

đồng biến trên khoảng



3;



, hàm số y g x

 

nghịch biến trên khoảng



  ; 3



,hàm số y g x

 

có 3 điểm cực trị và Min g xx

 

f

 

9 .

Câu 32: [2D4-3] Cho hai số phức z , 1 z có điểm biểu diễn lần lượt là 2 M , 1 M cùng thuộc đường trịn2
có phương trình x2y2  và 1 z1 z2  . Tính giá trị biểu thức 1 Pz1z2 .

A .

3
2

P 

. B. P  2. C.

2
2

P 

. D. P  3.

Lời giải

Chọn D.

Cách 1: Do M , 1 M cùng thuộc đường trịn có phương trình 2 x2y2  nên 1 z1 z2  .1

Lại có: z1 z2 1

1 2 1

z z

   



z1 z2

 

z1 z2



1



z1 z2





z1 z2



1





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

z z z z z z z z

      z12 z2 2



z z1. 2z z1. 2



1

1. 2 1. 2 1

z z z z

   .

2
2

1 2

P z z 



z1z2

 

z1z2







z1z2





z1z2







2 2

1 2 1. 2 1. 2 3

z z z z z z

    

Vậy P  3.

Cách 2: Do M , 1 M cùng thuộc đường trịn 2

 

T tâm O



0;0



, bán kính R  và 1 z1 z2  1
nên M M  . Suy ra 1 2 1 OM M1 2 là tam giác đều cạnh bằng 1.

1 2

Pz z =OM1OM2 2OH
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

   3

2. 2. 3

OH

  

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 33: [2D3-3]Cho
1

8 2

3 3

2 1

dx

a b a
x  x   



, a b   . Tính , * a2b

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

Lời giải

Chọn B.

Theo giả thiết ta có:





1 1

0 0

2 1

dx

x x dx

x  x    











32 1

3 x x

 

     

 

8 2

2 3 2

3 3

  

Do đó a2;b3 nên a2b .8

Câu 34: [2D2-3] Cho phương trình 25

(

2 .5

)

2 1 0

x- m+ x+ m+ =

với m là tham số thực. Có bao nhiêu

giá trị ngun mỴ

[

0; 2018

]

để phương trình có nghiệm?

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

Lời giải
Chọn B.

Đặt t=5 ,x t> 0.

Phương trình trở thành:

(

)

2 2 2 1 0

t - m+ t+ m+ = Û t2- 2t+ -1

(

t- 2 .

)

m=0

( )

2 2 1

t t

m
t

- +

Û =

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

Xét hàm số

( )

2 2 1
2

t t
f t

t

- +
=

- trên ¡ \ 2 .

{ }

Có

( )

(

)

2
2
4 3

t t
f t

t

- +

¢ =

( )

0 1

t
f t

t

é=
ê
¢ = Û

ê=
ë

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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

( )

1 có nghiệm t>0
4

m
m

é
ờ

ờ Ê
ở

Kt hp iu kin mnguyờn v mẻ

[

0;2018

]

ị mẻ

{

0; 4; 5;...; 2018

}

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

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



2;0;0



, N



1;1;1



. Mặt phẳng

 

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



0; ;0b



, C



0;0;c





b0,c0



. Hệ thức nào
dưới đây là đúng?

A. bc2



b c



. B.

1 1

bc

b c

 

. C. b c bc  . D. bc b c  .

Lời giải.

Chọn A.

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

 

x y z
P

b c

  
.

Lại có N



1;1;1



thuộc mặt phẳng

 

P nên ta được

1 1 1
1
2 b c   .

Hay bc2



b c



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

A.

7
3

m
m



 

 . B.

7
3

m



 

 . C. 3m7. D. 3m7.

Lời giải

Chọn B.

Đặt z a ib a b  , ,



 



có biểu diễn hình học là điểm M x y



;



1 3 2

z   z i  x 1 iy   x 3



y 2



i 



x1



2 y2 



x3



2



y 2



2x 1 6x 9 4y 4

        2x y  3 0

Suy ra biểu diễn của số phức z là đường thẳng : 2 x y   . 3 0

Ta có:  2 5  z m i  2 5  x m  



y1



i 2 5



x m





y 1



2 2 5

      MI 2 5

với I



m; 1



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Nên MI 2 5  d I



, 



2 5

2 4

2 5
5

m

 

  2m 4 10

   

2 4 10
2 4 10

m
m

  



   


3
7

m
m



  

 .

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



1;0; 1



,B



2;3; 1





2;1;1



C 

.Phương trình đường thẳng đi qua tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giácABC và

vng góc với mặt phẳng



ABC



là:

A.

3 3 5

3 1 5

x y z

 

 . B.

3 1 5

x y z

 

C.

1 1

1 2 2

x y z

 

 . D.

3 2 5

3 1 5

x y z

 

 .

Lời giải

Chọn A.

Gọi d là đường thẳng cần tìm.

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

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



0; 2;0



.

Mặt phẳng



ABC



có VTPT nAB AC,  



3; 1;5





 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

   

Do d 



ABC



 VTCP của d là: u n 



3; 1;5



 

Vậy phương trình đường thẳng d là:

3 3 5

3 1 5

x y z

 

 .

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



0;10 của phương trình



sin 2x3sin 2x 2 0.

A. 
105

2 . B.

105

4  . C.

297

4  . D.

299
4  .

Lời giải

Chọn A.

Ta có

2 sin 2 1

sin 2 3sin 2 2 0

sin 2 2(VN)

x

x x

x




    




Với

sin 2 1 2 2

x  x  k 

,
4

x  k k

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vì nghiệm thuộc đoạn



0;10 nên tổng các nghiệm là:



3 3 3 105

... 9

4 4 4 2

S           

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

thuộc các cạnh AA, BB, CC sao cho

1
2

AM
AA ,

2
3

BN CP

BBCC . Tính thể tích V của khối

đa diện ABCMNP .

A.

3
11
27

V  a

. B.

3
9
16

V  a

. C.

3
11

V  a

. D.

3
11
18

V  a

.

Lời giải

Chọn D.

Gọi Q là điểm thuộc cạnh AAsao cho

2
3

AQ
AA

1
6

MQ AA

  1

MNPQ

V V

 

2
3

ABC NPQ

V  V

; . .

2 1 11

3 18 18

ABC MNP ABC NPQ MNPQ

V V V  V  V  V

Câu 40: [2D3-4] Cho hàm số f x

 

xác định trên \



2;1



thỏa mãn

 

2
1
'

f x

x x



  ,





 

3 0

f   f  và

 

1
0

f 

. Giá trị biểu thức f



4



 f

 

1  f

 

4 bằng:

A.

1 1

ln 2

3 3. B. ln 80 1 . C. 
1 4

ln ln 2 1

3 5  . D. 
1 8

ln 1
3 5 .

Lời giải
Chọn A.

Ta có

 

2 2

dx
f x

x x



 



13 x11 x12 dx

 

   

 

 



13ln xx 12 C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Do hàm số f x

 

không xác định tại x1;x2

 

1 1

ln 2

3 2

1 1

ln 2 1

3 2

1 1

ln 1

3 2

x

C khi x
x

x

f x C khi x

x
x

C khi x
x

 

  

 



 

     




 

 










 

3 0

f   f  1 3

1 1 2

ln 4 ln 0

3 C 3 5 C

     1 3 1ln10

C C

  

.

 

0 1
3

f  1ln 2 2 1

3 C 3

    2 1 1ln 2

3 3

C

  





 

f   f   f 1 2 3

1 5 1 1 1

ln ln 2 ln

3 2 C 3 C 3 2 C

      1ln5 2ln 2 2 1 3

3 2 3 C C C

    

1 5 2 1 1 1

ln ln 2 ln 2 ln10

3 2 3 3 3 3

     1 1ln 5.4.2. 1

3 3 2 10

 

   

 

1 1
ln 2
3 3
 

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



ABCD



. Cosin góc giữa hai mặt

phẳng



SAD



và



SBC



bằng

A.

2 . B.

3 . C.

4 . D.

2
5 .

Lời giải

Chọn C.

Gọi I AD BC .

Ta có





BD AD

BD SAD
BD SA




 




</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Kẻ DE SI (E SI ), ta có





SI BD

SI BDE
SI DE




 




  SI BE và SI DE

Ta có











 



,
,

SI BE SI SBC
SI DE SI SAD
SBC SAD SI

 




 




 

 , suy ra góc giữa



SAD



và



SBC



là



DE BE,



DEB

Xét SIA vuông tại A có

 3

sin

SA
AIS

SI

 

Mà

  3

sin sin

DE a

AIS DE DI AIS
DI

    tanDEB BD 7

ED

  

Mặt khác, ta có



2

1 1

cos

8
1 tan

DEB

 



 2

cos

DEB

 

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



SAB

 

, SAC



cùng vng góc với đáy



ABCD



và SA2a. Tính cosin của góc giữa SB và

mặt phẳng



SAD



A.

5 . B.

2 5

5 . C.

2. D. 1.

Lời giải

Chọn B.

Ta có:



 





 







SAB ABCD SAC ABCD

SA ABCD
SAB SAC SA

 




 



 




Lại có:









( do )

AB AD

AB SAD

AB SA SA ABCD





 



 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Khi đó SA là hình chiếu của SB lên



SAD







SB SAD,









SB SA,



BSA ( do BSA  90o )



2 2

cos

5
4

SA a

BSA

SB a a

  

 .

Câu 43: [2D2-3]Cho dãy số

 

un thỏa mãn ln2u6 lnu8 lnu4 1 và un1u e với mọi 1n. n . Tìm u1

A. e. B. e2. C. e3. D. e4.

Lời giải
Chọn D.

Do un1u e nên n.

 

un là cấp số nhân công bội q e .

Ta có : ln2u6 lnu8 lnu4 1













2 5 7 3

1 1 1

ln u e. ln u e. ln u e. 1

   



5 lnu1





7 lnu1



3 lnu1 1

        ln2u18lnu116 0

1 1

lnu 4 u e

    .

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

1 1

3 2

z
z i




 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 4 7

P  z i z  i

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

Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  ,



x y  ,



Ta có

1 1

3 2

z
z i




  2 z1 z 3i









2 2 2 2

2 x 1 y x y 3

     

2 2 4 6 7 0

x y x y

      .

Lại có P  z i 2 z 4 7 i













2 2 2

2 1 2 4 7

x y x y

      

4x 8y 8 2 4x 8y 72

       .

Mặt khác





4x8y 8 2 4x 8y72 5.80  4x8y 8 2 4x 8y72 20

Suy ra P 20.

Câu 45: [2D1-3] Cho hàm số y ax 3bx2cx d đạt cực trị tại các điểm x , 1 x thỏa mãn 2 x  1



1;0



, x 2



1; 2



. Biết hàm số đồng biến trên khoảng



x x1; 2



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

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Lời giải

Chọn A.

Vì hàm số hàm số y ax 3bx2cx d đạt cực trị tại các điểm x , 1 x và hàm số đồng biến 2

trên khoảng



x x1; 2



nên suy ra a  .0

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

Ta có y 3ax22bx c . Hàm số đạt cực trị tại các điểm x , 1 x thỏa mãn 2 x  1



1;0



,





2 1; 2

x 

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

Mặt khác x  1



1;0



, x 2



1;2



nên x1x2 0
2

0
3

b
a

  

b

  .

Vậy a  , 0 b  , 0 c  , 0 d  .0

Câu 46: [2D1-3] Cho hàm số yf x

 

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

sau f x

 

0,   , x

 

. ,

x

f x e f x    và x

 

1
0

f 

. Phương trinh tiếp tuyến của

đồ thị tại điểm có hồnh độ x 0 ln 2 là:

A. 2x9y 2 ln 2 3 0  . B. 2x 9y 2ln 2 3 0  .

C. 2x 9y2 ln 2 3 0  . D. 2x9y2 ln 2 3 0  .

Lời giải

Chọn A.

Ta có f x

 

e fx. 2

 

x

 

x

f x
e
f x



  

 

ln 2 ln 2

0 0

d xd

f x

x e x

f x

  

   

 



 

 

ln 2

ln 2
0
0

1 ex

f x

 

   

 

 





 

1 1

1
ln 2 0

f f

  



ln 2



f

 

Vậy f



ln 2



eln 2.f2



ln 2



2
1
2.

 
  
 

2
9



Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:





2 1

ln 2

9 3

y x 

2x 9y 2 ln 2 3 0

     .

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



1;2;3 ,



B



2;1;0 ,



C



4; 3; 2 , 



D



3; 2;1 ,





1;1; 1



E 

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

A. 1. B. 4. C. 5. D. khơng tồn tại.

Lời giải

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta có: AB



1; 1; 3 



DC

 

. Suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành.

Lại có: AB AC AE, . 0
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

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

Do đó các mặt phẳng thỏa mãn u cầu bài tốn gồm có:

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



ABCD



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

Suy ra chọn đáp án C.

Câu 48: [2D3-3] Cho hàm số yf x

 

 xác định, có đạo hàm trên đoạn 0



0;1



và thỏa mãn:

 

1 2018 d , .

x

g x  



f t t g x f x

Tính

 

d .

g x x



A. 
1011

2 B.

1009
.

2 C.

2019
.

2 D. 505.

Lời giải

Chọn A.

Ta có g

 

0 1

 

0
1 2018 d

x

g x  



f t t

 

' 2018 2018

g x f x g x

  

 

2018

g x
g x

 

 

0 0

2018 d .

t g x t

dx x

g x









 





2 g t 1 2018t

    g t

 

1009t1

 

1011
2

g t dt







Câu 49: [1D2-4] Có 12 người xếp thành hàng dọc (vị trí của mỗi người trong hàng là cố định). Chọn

ngẫu nhiên 3 người trong hàng. Tính xác suất để 3 người được chọn khơng có hai người nào
đứng cạnh nhau

A. 
21

55 . B.

11 . C.

126 . D.

7
110 .

Lời giải

Chọn B.

Ta có n( ) C123 .

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

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



1;2;3;...;12



.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

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



1; 2;3;...;10



có C cách chọn 103

 

3
10

n A C .

Vậy 123

(A) 120 6

( )

( ) 11

n
P A

n C

  

 .

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

A. 
4

3 B.

4 3

3 . C. 2 3 . D.

1
3 .

Lời giải

Chọn A.

Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC SA, .

Ta có BC (SAM).

Kẻ SH AM tại H  SH (ABC).

2
1

1 4

4 2

y

AM     y

Tam giác MAS cân tại M.

nên

2 2

2 2
1

1 4

4 4 2

y x

MN      x  y

2 2

1 1 1 1

. . 4 4

2 2 2 4

ABC

S  BC AM  y  y  y  y

2 2
2
. 4
.

. .

x x y

MN SA
SH AM MN SA SH

AM y

 

   

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2 2

2 2 2

2
. 4

1 1 1 1

.SH . 4 4

3 3 4 4 12

SABC ABC

x x y

V S y y xy x y

y



 

     

 .

2 2 2 2

1 1 4 2 3

(4 )

12 12 3 27

x y x y

x y x y      

      

  .

max

2 3
27

V 

khi

2 2 4 2 2 2 3

x y   x  y  x y

. Vậy
4
3

xy 

</div>