Đề thi thử THPTQG môn Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An năm 2020 - 2021 lần 1 có đáp án chi tiết

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (786.15 KB, 19 trang )

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

Câu 1. Cho hình chóp có diện tích mặt đáy là 3a2 và chiều cao bằng 3 .a Thể tích của khối chóp bằng

A. a3 B. 9a3 C. 6a3 D. 3 .a3

Câu 2. Cho a b c, , là các số dương, a1. Đẳng thức nào sau đây đúng?
A. loga b logab logac

c
 

 

 

  . B. loga loga loga

b

b c

c
 

 

 

  .

C. loga b logba logbc
c

 

 

 

  . D. loga loga loga

b

c b

c
 

 

 

  .

Câu 3. Giá trị lớn nhất của hàm số 3
2
x
y

x
 


 trên đoạn [ 2; 0] bằng

A.4 . B. 3

 C. 3. D. 5

4
 .

Câu 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB4a và
3

AA a . Thể tích khối lăng trụ ABC A B C.    bằng

A. 8a3 3 B. 4a3 3. C. 16a3 3. D.

8 3

3
a

Câu 5. Gọi R là bán kính, S là diện tích mặt cầu và V là thể tích khối cầu. Cơng thức nào sau sai

A. S4R2. B. 4 2

V  R C. 4 2

3
V

R

R   D. 3V S R. .

Câu 6. Cho hình chóp S ABCD. có SB



ABCD



(xem hình dưới), góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABCD) là góc nào sau đây?

A. DSB B. SDA C. SCB. D. SDC.

Câu 7. Hàm số y(3x) xác định khi và chỉ khi

A. x3. B. x(0;). C. x(3;). D. x ( ;3)

B

C

A

S

D

________________________________________________________________________________________
Trang 01/07 - Mã đề thi 104

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi gồm có 05 trang

KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KẾT HỢP THI THỬ
LỚP 12 - ĐỢT 1 - NĂM HỌC 2020 - 2021

Bài thi: TOÁN

Ngày thi: 30/01/2021

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

___________________________

Họ và tên thí sinh: . . . MÃ ĐỀ THI: 104

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

Câu 8. Hàm số yx44x23 nghịch biến trên khoảng nào sau đây?

A.



0;



. B. ( ; ). C.



0; 2 .



D.



; 2 .



Câu 9. Một cấp số nhân có u1  3,u2 6. Cơng bội của cấp số nhân đó là

A.2 . B. 9. C. 2. D. 3.

Câu 10. Đạo hàm của hàm số ysinx là

A. y sin .x B. y cos .x C. y  sin .x D. y  cosx
Câu 11. Đường cong trong hình bên dưới là của đồ thị hàm số

A. ylog (2 x1). B. 2 1
x

y  . C. ylog2 x. D. 2

x
y .
Câu 12. Số giao điểm của đồ thị hàm số y x44x22 và trục hoành là

A.2. B.4. C.1. D. 0.

Câu 13. Số điểm cực trị của hàm số 4 2

4 5

yx  x  là:

A. 3. B. 0. C. 1. D. 2.

Câu 14. Bất phưong trình: 4 1
3

x

 


 

  có tập nghiệm là

A. (0;1) B. (1;). C.



0;



. D.



; 0 .



Câu 15. Đường cong trong hình bên dưới là của đồ thị hàm số

A. y2x43x21 B. yx33x1

C. 2

1
x
y

x



 . D.

3 2

3 1

y x  x  .

Câu 16. Khối trụ có bán kính đáy r và đường cao h khi đó thể tích khối trụ là

A. V r h2 . B. 2

V  rh. C. 1 2
3

V  r h D. V 2rh.

Câu 17. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Biết SA(ABCD) và SAa 3.
Thể tích của khối chóp S ABC. bằng

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

A.
3

3
4
a

. B. a3 3. C.

3
3
3
a

. D.

3
3
6
a

.
Câu 18. Đường thẳng x3 là tiệm cận của đồ thị hàm số nào sau đây ?

A. 2 6

3
x
y
x



 . B.

1
3
x
y
x



  . C.

3
x
y
x



 . D.

1
3
x
y
x


 .

Câu 19. Cho hình trụ có bán kính đáy r2 và chiều cao h4. Diện tích xung quanh của hình trụ này bằng

A.16. B.12. C. 20 . D. 24 .

Câu 20. Vật thể nào dưới đây không phải là khối đa diện?

A. B. C. D.

Câu 21. Với a là số thực dương, biểu thức rút gọn của





3 1 3 3
5 2
5 2
.
a a
a
 


là
A. 3
.

a B. 6

a C. a2 3. D. 5

.
a

Câu 22. Tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y x33mx24m đồng biến trên khoảng



0; 4 là:



A. m0. B. m 2. C.  2 m0. D. m 4.

Câu 23. Cho khối chóp S ABC. có đáy là tam giác vuông tại B AB, 1, BC  2, cạnh bên SA vng góc
với đáy và SA 3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. bằng

A. 3



. B. 2 C. 12 D. 6 .

Câu 24. Với giá trị nào của m thì hàm số 3 2
3

yx  x mx đạt cực tiểu tại x2 ?

A. m0. B. m0. C. m0. D. m0.

Câu 25. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh , 3 ,
2

a

a SD hình chiếu vng góc của
S trên mặt phẳng



ABCD



là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD.
A.
3
2
3
a
. B.
3
3
a
C.

3
4
a
D.
3
.
2
a

Câu 26. Số nghiệm của phương trình log (32 x) log (1 2 x)3 là

A.1. B. 3. C. 0. D. 2.

Câu 27. Hình đa diện nào dưới đây khơng có tâm đối xứng ?

A.Hình lập phương. B.Bát diện đều.

C.Tứ diện đều. D.Lăng trụ lục giác đều.

Câu 28. Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ( ) 2 2
6
x
f x
x x



  là

A.0 B.2 . C.3. D.1.

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

Câu 29. Một hộp có chứa 7 quả cầu xanh, 5 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 quả. Xác xuất để 3 quả được
chọn có ít nhất 2 quả xanh là

A. 7 .

44 B.

4
.

11 C.

7
.

11 D.

21
220.

Câu 30. Số tiếp tuyến của đồ thị hàm số f x( )x33x22 song song với đường thẳng y9x2 là

A.1. B.0 . C.2. D.3.

Câu 31. Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên:

x  1 2 

 

f x   

 

f x



 

Số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x( ) là

A.0 . B.2 . C.1. D. 3.

Câu 32. Cho lăng trụ ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác đều, AA 4 .a Biết rằng hình chiếu vng góc
của A lên



ABC



là trung điểm M của BC, A M 2 .a Thể tích của khối lăng trụ ABC A B C.    là
A.

8 3

3
a

B.

3
16 3

3
a

. C. 16a3 3. D. 8a3 3.

Câu 33. Gọi M C Đ, , thứ tự là số mặt, số đỉnh, số cạnh của hình bát diện. Khi đó SMCĐ bằng

A. S2. B. S 10. C. S 14. D. S 26

Câu 34. Một khối cầu có bán kính bằng 2, mặt phẳng

 

 cắt khối cầu đó theo một hình trịn

 

C biết khoảng
cách từ tâm khối cầu đến mặt phẳng

 

 bằng 2. Diện tích của hình trịn

 

C là

A. 2 . B. 8 . C. . D. 4 .

Câu 35. Cho hai số thực a b, biết 0ab1. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. logab 1 logba. B. logbalogab1.
C. logba 1 logab. D. 1 log balogab.
Câu 36. Cho  loga x,  logbx. Khi đó 2

 

logab x bằng
A. 3

2 . B. 2 .



  C.

3
.
2



  D.





.
2

 




Câu 37. Cho biểu thức 2

 





2 4 6 4 2 2 4 2 12 5 4

log ( ) log log 2 .

a a a

z y

P xy  y  x y x z  x y z     Với

a y 1 thì P đạt giá trị nhỏ nhất bằng b khi aa0 và



x y z; ;

 

 x y z1; ;1 1



hoặc



x y z; ;

 

 x y z2; 2; 2



. . Hãy tính





2 2

0 1 1 1 2 2 2

21 22 8

S a  b  x y z  x y z .

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

A. 37. B. 42. C. 44. D. 42.

Câu 38. Người ta thiết kế 1 cái ly thuỷ tinh dùng để uống nước có dạng hình trụ như hình vẽ, biết rằng ở mặt
ngồi ly có chiều cao là 12cm và đường kính đáy là 8cm, độ dài thành ly là 2mm, độ dày đáy là
1cm. Hãy tính thể tích lượng thuỷ tinh cần để làm nên cái ly đó (kết quả gần đúng nhất).

A. 603185,8mm3. B.104175, 2 mm3. C. 499010, 6 mm3. D. 104122, 4 mm3.

Câu 39. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y x32x2(m2)xm có 2 điểm cực trị 
và điểm 2; 1

3
N  

  thuộc đường thẳng đi qua hai điểm cực trị đó.

A. 9

m B. m 1 C. 5

m  . D. 9

5
m  .

Câu 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 4 .a Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo
một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3a2. Thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đã
cho bằng

A.10a3. B. 30a3 . C.

100

3
a

D.
3
80

3
a 

Câu 41. Cho hình chóp ngũ giác đều có tổng diện tích tất cả các mặt là S 4. Giá trị lớn nhất của thể tích
khối chóp chóp ngũ giác đều đã cho có dạng max 10 ,

tan 36
a
V

b


 trong đó

, ,a

a b

b

 là phân số
tối giản. Hãy tính T  a b.

A.15 . B.17 . C.18 . D.16 .

Câu 42. Một loại kẹo có hình dạng là khối cầu với bán kính đáy bằng 1cm và được đặt trong vỏ kẹo có hình

cm B. 48 cm2 C. 36 cm2 D. 24 cm2

Câu 43. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M N, lần lượt thuộc các cạnh
,

SA SD sao cho 3SM 2SA; 3SN 2SD. Mặt phẳng

 

 chứa MN cắt các cạnh SB SC, lần lượt
tại ,Q P. Đặt SQ x V, 1

SB  là thể tích của khối chóp .S MNPQ V, là thể tích của khối chóp S ABCD. .
Tìm x để 1 1 .

2
V  V

________________________________________________________________________________________
Trang 05/07 - Mã đề thi 104

A.32 2

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

A. 2 58.
6

x  B. 1 41.

x   C. 1 33.

x   D. 1.

2
x

Câu 44. Điều kiện để phương trình 12 3x 2  x m có nghiệm là m



a b;



, khi đó 2a b bằng

A. 3. B. 8. C. 4. D. 0.

Câu 45. Cho các số thực x y, thoả mãn: x2 y2 1, tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức





2 2 2

(2 1) 2 2 2

P y x  y y  y bằng

A. 3. B. 13 2.

4 C. 3 3. D.

13 3
.
4

Câu 46. Cho hàm số y f x

 

có đạo hàm f

 

x trên  và đồ thị của hàm số y f

 

x như hình vẽ.

Hỏi phương trình 1 1 1 6 1 2 7 1

cos 2 cos sin 2 0

2 2 3 4 24 2

f  x  x x  f   

   

có bao nhiêu nghiệm trong
khoảng ; 2 ?

4




 

 

 

A.2 . B.6 . C.4 . D. 3.

Câu 47. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết AC4 3 ,a BD4 ,a SD2 2a
và SO vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng:
A. 4 21

7 a. B.

3 21

7 a. C.

5 21

7 a. D.

2 21
7 a.

Câu 48. Có bao nhiêu giá trị m để đồ thị hàm số y x3mx22mcắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ lập thành cấp số cộng.

A.0 . B.1 C.2 D.3.

Câu 49. Hàm số yxln(2x3) nghịch biến trên khoảng
A. 3;

 



 

 . B. (0;). C.

3 5
;
2 2

 

 

  D.

5
0;

2
 
 
 

Câu 50. Cho mặt cầu đường kính AB2R. Mặt phẳng

 

P vng góc AB tại I I( thuộc đoạn AB), cắt
mặt cầu theo đường tròn

 

C . Tính hAI theo R để hình nón có đỉnh A, đáy là hình trịn

 

C có
thể tích lớn nhất.

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

A.
3
R

h . B. hR C. 4

3
R

h . D. 2

3
R

h .

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

/>

LỜI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ THI THỬ THPTQG MÔN TOÁN TỈNH NGHỆ AN NĂM 2020 – 2021 LẦN 1

1 D 2 B 3 D 4 A 5 B 6 C 7 D 8 C 9 C 10 B 
11 C 12 D 13 A 14 C 15 B 16 A 17 D 18 C 19 A 20 A 
21 A 22 B 23 D 24 B 25 B 26 A 27 C 28 B 29 C 30 C 
31 B 32 D 33 A 34 A 35 A 36 D 37 C 38 B 39 D 40 D 
41 B 42 A 43 A 44 B 45 D 46 D 47 A 48 C 49 C 50 C

Câu 1. D

2 2

day

1 1

3 3 3 .

3 3

V  S  h  a  a a

Câu 2. B

loga b logab logac.
c

 

 

 

 

Câu 3. D



  





 

max max 2 ; 0 2 .

y y  y  y   

Câu 4. A

 

2 3

1 1

4 3 8 3.

2 2

ABC A B C day

V    S  h AB AA  a a  a

Câu 5. B

4
.
3
V  R

Câu 6. C 
Câu 7. D





y x  có tập xác định 3 x 0x3.

Câu 8. C

4 8 0 2 .

x

y x x x

x






     


 


Câu 9. C

2
1

6
2.
3
u
q

u

   

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

/>

Câu 10. B

Câu 11. C

Nhận xét đây là đồ thị của mũ. Nên loại A, C

Đồ thị đi qua O



0; 0



nên chọn C

Câu 12. D

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm: x44x2 2 0x44x2 2 0.
Phương trình vơ nghiệm.

Câu 13. A

Hàm số bậc 4 trùng phương có tích ab0 nên có 3 cực trị.

Câu 14. C

Ta có:

4 4 4

1 0.

3 3 3

x x

x

     

    

     

     

Câu 15. B

Nhận xét là đồ thị bậc ba nên loại A, C.

Nét cuối cùng đi lên nên hệ số a dương. Chọn B.

Câu 16. A 
2

day

V S  h r h

Câu 17. D

2 3
.

1 1 3

3 .

3 3 2 6

S ABC ABC

a a

V  SA dt  a  

Câu 18. C

x suy ra tiệm cận đứng nên cho chọn mẫu bằng 0.

Câu 19. A

2 2 2 4 16 .

xq

S C h  r h      
Câu 20. A

Một cạnh chỉ là cạnh chung của hai mặt.

Câu 21. A





  

3 1 3 3 3 1 3 3 4
3
1
5 2 5 2 5 2
5 2

a a a a

a
a
a

a

    

  




  

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

/>













3 6 3 2 0, 0; 4 , 0; 4 min 2.

2 2

x x

y   x  xm  x x m   x m   x m   

 

Câu 23. D

Cơng thức tính nhanh:

 

2 2

2 2 2

2 3 3 6

2 day 2 2 2 2 2

h SA AC

R     r           

   

         

2 6

4 4 6 .

S  R    

Câu 24. B

 
 
0
0
2
0
0

0 3 6 0

0 6 6 0

x

y x x m

y x
 
    
 

 
    



Thay x0 2 vào ta tìm được m0 thỏa mãn.

Câu 25. B

Gọi M là trung điểm AB, ta có: SH 



ABCD



. Suy ra SH HD.

Ta có:





2 2

2 2 2 2 2 9 2

4 4

a a

SH  SD HD  SD  AH AD   a a

 

3
2
.
1 1
.

3 3 3

S ABCD day

a

V  S  h a  a

Câu 26. A

Điều kiện 3 0 1.

1 0

x
x
x
 

 

 


Phương trình tương đương:













2 2

log 3 1 log 8 3 1 8 .

x

x x x x

x
 

        




Do x1 nên x 1

Câu 27. C

Từ diện đều không có tâm đối xứng, chỉ có mặt phẳng đối xứng,

Câu 28. B

Tiệm cận ngang: do TXĐ chứa vô cùng D 



; 2 .



Bậc tử nhỏ hơn mẫu nên chỉ có 1 TCN là y0.
Tiệm cận đứng:

TXĐ: x2.

2 3

6 0 .

2
x
x x
x


    
 


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

/>

Câu 29. C

12 220.

C

  

TH1: 2 xanh, 1 vàng: 2 1
7 5 105.

C C 

TH2: 3 xanh: C73 35.
105 35 7

.
220 11

P 

  

Câu 30. C

Để tiếp tuyến song song với y9x2 nên 0 02 0 0 0

0 0

1 2

( ) 9 3 6 9 0 .

3 2

x y

f x x x

x y

   

 

       

 

 

Phương trình tiếp tuyến là y f x( )0



xx0



y0.
Ta có hai tiếp tuyến là y9x7 và y9x25.

Câu 31. B

Mẹo: Tiệm cận ngang: xem x tới vô cùng, y phải là số cụ thể. Có một tiệm cận ngang là y1.

Tiệm cận đứng: xem y tiến tới vô cùng, x phải là số cụ thể. Có một tiệm cận ngang là x2.

Câu 32. D

Ta có: AM  AA2AM2  16a24a2 2a 3.

Tam giác ABC đều có AM là đường cao suy ra 3 4 .

2
BC

AM  BC a

Suy ra 1 4 2 3.

ABC

S  AM BC  a

Do đó VABC A B C.    A M S  ABC 2a4a2 38a3 3.

Câu 33. A

8, 12, 6.

M  C D Suy ra S M CD 8 12 6 2.

Câu 34. A

 

2 2 2

2 2 2.

r R h   

 

2 .

C

S r  

Câu 35. A

0ab 1 logbalogbb1.

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

/>

Câu 36. C

 





2 2

2
2

3 3 3 3 3

log 3log .

1 2 1 2

log log 2

log

log log

ab ab

x x

x

a b

x x

a b

ab

x x



 

     

 

Câu 37. C

Ta có:

2
2

4 0 .

y

zy  z









2
2

6 4 2 2 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 4 4

2 2 .

4 4

y

x y x z  x y zx x y  x y zz x x y z x x y  x y x   x y

 



6 4 2 2 4 2





4 4



 

loga x y x z 2x y z loga x y 4 log xy .

    

Suy ra:

 





2 4 12 5 4 5 2

log log 4 log log 2 4 log .

3 3

a a a a a

z y

P xy  y  xy     xy  zy y

Do a1, y 1 nên P0.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1, 1, 1, 12 1.

2 4 2

x y z

a

   

Suy ra 21 2 22 0 8 1 1 44.

8 8
S        

 

Câu 38. B

Gọi V là thể tích của ly (kể cả phần rỗng bên trong và phần thủy tinh)

V là thể tích của phần rỗng bên trong.

Ta có: 1 8 0, 2 2 3,8 .

r     cm h112 1 11  cm.

Suy ra V1 r h12 3,8 11 158,84 .  

3 2

4 12 192 .
V r h   

Suy ra thể tích lượng thủy tinh cần dùng là: V V1 104,1224cm3.

Câu 39. D

Lấy y chia cho y ta được phần dư là phương trình đi qua 2 điểm cực trị.





3 4 2 .

y   x  x m

Ta có: 3 2 2





1 2 2



3 2



7 4.

3 9 3 9

m
y x  x  m xm x y m x 

 

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

/>





2 7 4

3 2 .

9 9

m

y  m x 

 

d đi qua 2; 1
3
N  

  nên ta có:





1 2 7 4 9

3 2 2 .

3 9 9 5

m

m  m

        

Câu 40. D

Gọi B C, lần lượt là giao điểm mặt phẳng đi qua đỉnh S của hình nón và mặt phẳng đáy với B C, nằm trên
hình trịn. Suy ra thiết diện của mặt phẳng và hình nón là tam giác SBC.

Theo giả thiết tam giác SBC đều có diện tích

9 3 6 .

4
SB

S    a SB a

Suy ra r SB2h2 



6a2







4a



2 2a 5





2 2 3

1 80

2 5 4 .

3 3

a

V   a  a  

Câu 41. B

Giả sử ngũ giác đã cho là S ABCDE. có tâm O.

O

A B

S

C

E

O

A

B
C

D

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

/>

Khi đó có 5 5 9 4.

OAB SAB OAB SAB

S S S S

      

Ta chú ý rằng: VS ABCDE. 5VS OAB. .

Gọi M là trung điểm của AB khi đó BM tan 36 ,0

OM  đặt

tan 36 .

OM xBM x





4 4 4 4

5 5 5 5 tan 36

OAB SAB

S S BM OM SM BM BM OM SM SM x

x

            

Suy ra 2 2 2 2 0 2 0 0 2

16 8 2 2 2

1.
25 tan 36 5 tan 36 5 tan 36 5 tan 36

SO h SM OM

x x

      

Do đó

0 2 0

. 0 0 2 0 0 2

1 2 2 2 2 2 2

1 tan 6 tan 36 1

3 3 5 tan 36 5 tan 36 3 5 tan 36 5 tan 36

S OAB OAB

V SO S x x x

x x

        

Đặt 2 0

tan 36 ,

ax ta có:

. . 0 0

5 2 2 2 2 10 2

5 1 .

5 5

3 5 tan 36 3 tan 36

S ABCDE S OAB

V V t t t

t t

  

      

 

Sử dụng Casio ta đươc min min2 2 2 .

3 t 5 t 15

 

 

 

  Suy ra a b 17.

Câu 42. A

Ta phát biểu lại bài tốn như sau: Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có mặt cầu cầu nội có bán kính là 1.

Tính tổng diện tích các mặt của hình chóp khi thể thể tích đạt giá trị nhỏ nhất.

M
O

A

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

/>

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó SMN là tam giác cân tại S có đường trịn nội tiếp có
bán kính bằng 1. Ngoài ra MN ABCDx.

Gọi O là tâm của hình vng ABCD thì SO là chiều cao của hình chóp và SOMN và SOh.

Ta có: 1 1 2 .

3 day 3

V  S  h x h Theo cơng thức tính diện tích ta có:





2 .

2 2 2

SMN

SM SN MN

xh

S  xh pr     xh SM x

Mặt khác

2
2

x

SM  h  từ đây suy ra:





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4

4 1 4 2 4 .

2
h

xh h x x x h h x x h x h x h x x

h

             



Suy ra:





1 4 4

3 2 3 2

h h

V

h h

  

  Từ đây sử dụng Casio, ta được

32
min

V  tại h4.

Mặt khác 1





3 32.

3 tong cac mat tong cac mat

V

V r S S

r

   

N
M

O

C
A

D

B

S

O

M N

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

/>

Câu 43. A

Công thức: 1 .

V a b c d

V abcd

  

 Với a SA ,b SD,c SB,d SC.

SM SN SQ SP

   

Chú ý là SA SD

SM  SN nên MN AD BC . Mà PQ là giao tuyến của



SBC



và



ABCD



nên PQ BC .

Suy ra SB SC c d 1.

SQ  SP    x Ngoài ra:

3
.
2

SA SD

a b

SM  SN   

Lại có 1 1

2
V

V  nên thay vào biểu thức ta được:

3 3 1 1

1 2 2 2 2 58

2 4 9 0 .

3 3 1 1

2 9 6

4
2 2

x x

x x x x x

x x

  

  

       

   

Câu 44. B

Đặt 2

( ) 12 3 .

f x   x x

Đề phương trình có nghiệm thì min ( )f x mmax ( ).f x

Điều kiện xác định: 12 3 x2 0  2 x2.

Sử dụng máy tính Casio, ta tìm được min ( )f x  2, max ( )f x 4.

Suy ra m 



2; 4 .



Do đó 2a b     4 4 8.

Câu 45. D

Ta có: 2 2 2 2

1 1 ,

x y  x  y thay vào biểu thức ta có:







 



2 2

2 1 1 2 2 2 4 4 1 2 2

P y y  y y  y  y  y  y

B

A D

C
S

M N

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

/>

Do y2  1 x2    0 1 y1.

Sử dụng Casio xét hàm số f y( ) 4y24y 1 2y2 trên



1;1 ,



ta được

 

min 3, max .

f y  f y 

Suy ra tích min và max là 13 3.
4

Câu 46. D

Ta có: 1cos 2 1 cos 2 1 cos2 .

2 2 2

x

x    x

Ta có: 2 2 2





sin 2x4sin xcos x4 1 cos x cos x.

Do đó phương trình đã cho tương đương:





cos6 2





7 1

cos cos cos 1 0.

3 24 2

x

f x   x x   f   

 

Đặt tcos2x  t



0;1 .



Suy ra phương trình đã cho trở thành:

 





7 1

1 0

3 74 2

t

f t  t t   f   

 

Xét hàm số

 





7 1

( ) 1

3 24 2

t

g t  f t  t t   f   

  trên



0;1 , ta có:







( ) ( ) 2 1 ( ) 1 .

g t  f t t  t  f t  t

Ta có: g t( )0 f t( )



t1 .



Vẽ đồ thị



t1



2 thì ta thấy f

  

t  t1



2với mọi x



0;1



nên g t( )0, suy ra g t

 

đồng biến trên



0;1 .



Mặt khác 1 0.

2
g  

 

Nên phương trình g t( )0 có nghiệm duy nhất duy 1.
2
t 

Khi đó cos2 1 cos 2 0 .

2 4 2

k

x  x x  

Do ; 2

2
x  

  nên





1 7

1; 2;3 .

2k 2 k Do đó phương trình có ba nghiệm trên 2; 2 .




 

 

 

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

/>

Ta có:





2 2

2 2 2 4

2 2 2 .

4 2

BD a

SO SD OD  SD   a    a

 

Cơng thức tính nhanh:

2 2 2

1 1

k

x  d h

Với x là khoảng cách cần tìm, h là chiều cao của hình chóp S ABCD. .

k là tỉ số giữa điểm chân chia điểm cắt hay 1.
2
DO
DB 

d là khoảng cách từ điểm D đến cạnh AB.

Mặt khác ABD có BD4 ,a AO2a 3, AD4 ,a AB4a nên ABD là tam giác đều.

Suy ra d 2a 3.

Khi đó ta có: 12 12 1 2 7 2 4 21 .

12 4 4 48 x 7 a

x  a   a  a  

Câu 48. C

Phương trình bậc ba có ba nghiệm thì trong đó một nghiệm là điểm uốn

Giả thiết tương đương với phương trình có ba nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là điểm uốn.

Điều kiện cần: điểm uốn của đồ thị thuộc Ox hay 6 2 0 .

3
m
y   x m x

Theo giả thiết suy ra điểm uốn thuộc trục hoành nên ta có:

3 2

3 0

0 2 0 27 0 .

2 3 3 3 3

m

m m m

y m m m m

m




     

          

     

 

      

Điều kiện đủ: Thử lại thấy chỉ có m3 3 hoặc m 3 3 thỏa mãn.
O

B

A

D

C

S

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

/>

Câu 49. C

Điều kiện 3.

2
x

Ta có: 2 2 2 5.

2 3 2 3

x
y

x x



   

 

Lập bảng xét dấu ta được khoảng nghịch biến trên 3 5; .
2 2

 

 

 

Câu 50. C

Quy ước R1. Đặt cạnh OI x. Giá sử H là một điểm thuộc đường tròn. Suy ra OH 1.

Suy ra AI OIAO 1 x.

Ta có: 2 2 2

1 .

OH  OH OI  x Suy ra 2 2





1 .

day

S r OH  x









2 2

1 1 1

1 1

3 3 3

non day

V  S  h r h  x x với x



0;1 .



Sử dụng Casio, khảo sát hàm số f x( )



1x2





1x



ta tìm được f x( ) đạt giá trị lớn nhất khi 1.
3
x

Vậy 1 1 1 4.

3 3
hAI OIAO x  

A

O

</div>

Đề thi thử THPTQG môn Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An năm 2020 - 2021 lần 1 có đáp án chi tiết





































 

 





<sub> </sub>

<sub> </sub>

 

 

 





 







 





 







 









 

 

 

 

 

 



  





 

 

























 

















