Giải chi tiết sở GD đt sóc trăng

Nên chỉ có đáp B là thỏa mãn.. Câu 22: Chọn B + Xét đáp án A: Là hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số không có điểm cực trị.. Do đó đáp án là B... Chọn C Từ bảng biến thiên ta

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ

SỞ GD&ĐT SÓC TRĂNG – NĂM HỌC 2020-2021 Câu 1: Chọn C

Xét: 1

2xdx



Đặt t 2x t2 2xtdt dx

2xdx ttdt dt t C   x C

Câu 2: Chọn C

Ta có: z 3 2i 2 3i

i



    nên z  2 3i

Câu 3: Chọn B

3

x    x    x   x

Câu 4: Chọn C

Bán kính mặt cầu S bằng R 8 2 2

Câu 5: Chọn A

Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 24x3 và trục hoành là:

1

x

x





     

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx24x3 và trục hoành:

3

1

S x  x dx  x  x dx  x  x  x 

Câu 6: Chọn A

Ta có: 2  2

Câu 7: Chọn D

Từ bảng xét dấu đạo hàm của hàm số y f x  ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 1;1

Câu 8: Chọn C

Ta có ln 2 2   2 ln 2

0 0

Câu 9: Chọn B

2021

2021 2021

0

log log 2021

x

x









Mà x   x 1; 2;3; ; 2020

Như vậy bất phương trình có 2020 nghiệm nguyên

TAILIEUONTHI.NET

Câu 10: Chọn D

Quay hình vuông ABCD quanh cạnh AB ta được hình trụ T  có:

Chiều cao h AB a  ; bán kính đáy R BC a 

Diện tích xung quanh của hình trụ T  là: Sxq 2Rh2a2

Câu 11: Chọn B

Khối bát diện đều có 12 cạnh

Câu 12: Chọn A

Có ABCD là hình vuông cạnh 2

ABCD

aS a

.

S ABCD ABCD

a

SA ABCD V  SA S  a a 

Câu 13: Chọn D

Ta có: OM    2i 3j k M2;3; 1 

Câu 14: Chọn C

Áp dụng công thức ta có log5 ' 1

ln 5

x

Câu 15: Chọn B

Ta có f x   1 0 f x  1, dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng x 1 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt Vậy phương trình f x  1 0 có ba nghiệm phân biệt

TAILIEUONTHI.NET

Câu 16: Chọn B

If x  x dx  f x dx xdx I 

Tính 1 8  

0

3

I  f x dx Đặt u3xdu3dx Đổi cận: 0 0

  

  

1

I  f x dx  f u du  (do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu biến)

Vậy: 8  

0

3 4 72 128 56

I f x  x dx    

Câu 17: Chọn D

Theo định lý Viét 1 2

1 2

3 5

z z

z z





2 2

1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 3 2.5 5 6

T z z  z z  z z  z z  z z     

Câu 18: Chọn C

Công bội của cấp số nhân  un là 2

1

2

u q u

   Câu 19: Chọn D

lnx  1 x e

Câu 20: Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy:

+Đồ thị có hướng đi lên từ trái qua phải nên hàm số đồng biến

+Đồ thị có TCN: y1, TCĐ: x 1 và cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm

Nên chỉ có đáp B là thỏa mãn

Câu 21: Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng  2;5 bằng 7 tại

x  3

Câu 22: Chọn B

+ Xét đáp án A: Là hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên hàm số không có điểm cực trị + Xét đáp án B và C: Là hàm trùng phương y ax 4bx2c Để hàm số có 1 điểm cực trị

0 ab

  Do đó đáp án là B

2

x

x





 do đó hàm số có 2 điểm cực trị

Câu 23: Chọn A

Ta có log 3a alog 3 loga  aa 1 log 3a

Câu 24: Chọn A

Ta có  sinx1dx cosx x C 

Câu 25: Chọn D

Đồ thị hàm số y 2x 1

x



 có tiệm cận ngang lim2 1 2

x

x y

x





Câu 26: Chọn D

Ta có:  

 2  2

cos ,

2

u v

u v

u v

 

 

 

Suy ra  u v , 120

Câu 27: Chọn A

Tập xác định D

Ta có f x' x24mx4

a

m



Mà m    m  1; 0;1 suy ra S   1;0;1

Vậy ta có 1 0 1 0   

Câu 28: Chọn B

Hàm số xác định khi 2 3

9 0

3

x x

x





     

 Vậy D\3;3

Câu 29: Chọn B

Mặt phẳng P đi qua điểm O0;0;0 có vectơ pháp tuyến n1;0; 2 

có phương trình tổng quát là: 1x 0 0 y 0 2 z0  0 x 2z0

Câu 30: Chọn B

Thể tích khối cầu có bán kính r là 4 3

3

V  r

Vậy thể tích khối cầu S là 4 3 4 3

6 288

V  r    

Câu 31: Chọn A

Ta có: MH a 3;b1;c4

Mặt phẳng  P x: 2y2z 3 0 có VTPT là nP 1;2; 2 

Vì H a b c ; ;  là hình chiếu của M trên mặt phẳng P nên ta có MHk n.P

với k,k0

      



Ta có điểm H P nên toạ độ của điểm H3k;1 2 ; 4 2 k  k thoả mãn phương trình:

 P : 3 k 2 1 2  k 2 4 2 k  3 0 8k  0 k 0

Vậy toạ độ điểm H3;1;4 hay S    a b c 8

Nhận xét: M3;1; 4   P nên  ; ;  13

4

a

c







  

 

 Câu 32: Chọn D

Ta có: 2   1   2  

1 3 4

I f x dx f x dx f x dx  

TAILIEUONTHI.NET

Câu 33: Chọn B

Ta có: z z 1 z2  9 4i Suy ra điểm biểu diễn số phức z là N9; 4

Câu 34 Chọn C

Số cách sắp xếp 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ theo một hàng dọc là 10!

Câu 35 Chọn C

Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số bằng 2021

Câu 36 Chọn B

6 0

2

x

x x

x





      

 Xác suất để chọn được số 3 là 1

8 Câu 37 Chọn A

Với điều kiện 3cos 2x 1 0  * , ta có:

2 2sin

4

1 1 cos 2 log 3cos 2 1

x

 

 

2 sin

4

1 1 1 2sin log 2 6sin

x

 

 

2

2

sin

sin

4

2sin log 2 log 1 3sin

1 sin 1 3sin log 1 3sin

4

x

x

 

 

 

 

Xét hàm số f t  t log4t, với t0, suy ra '  1 1 0, 0

ln 4

t

Hàm số y f t  đồng biến với mọi t0

x

2 2

sin 0 sin 0

Bernouli x



Ta có: 0 x 2021 0 k 2021 0 k 2021



        ; vì k  , nên k1; 2; ;642;643

Vậy tập hợp S có 643 phần tử

Câu 38: Chọn A

I  f x dx f x dx I I

Với x 0; 2 , ta có f x ax2bx c đi qua ba điểm A   0;3 , 1; 2I và B 2;3 , do đó

  2 2 3

f x x  x , suy ra f x' 2x2, f x'    0 x 1  0; 2

I  f x dx f x dx f x dx  x dx x dx

TAILIEUONTHI.NET

Với x 2; 4 , ta có f x ax b đi qua hai điểm B 2;3 và C 4;1 , do đó f x  5 x Khi đó, 2 4   4   4

I  f x dx  f x dxdx Vậy I  I1 I24

Câu 39 Chọn A

Gọi z a bi a b   ,  

Từ giả thiết z            1 i z 3 i a bi 1 i a bi 3 i

  2  2  2 2

2a 2b 2 6a 2b 10 4a 4b 8 0 a b 2 0 b a 2

T   z i   z i  a  b  a  b

   2 2   2 2

Áp dụng bất đẳng thức Minkovksy ta có   2 2

T  a  a    a a  Vậy giá trị nhỏ nhất của T   z 2 2i  z 3 4i bằng 37

Câu 40: Chọn A

Ta có A a ; 0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c tương ứng là giao điểm của mặt phẳng P với các trục tọa

a  b  c   a b  c   P x y  z 

Véc tơ pháp tuyến P có dạng 1; 1; 1  10;5; 2

3 6 15

k     n



là một véc tơ cần tìm

Câu 41: Chọn D

2

2

0 1; 2

0

2 1;2

x

x

f x

x

 Bảng biến thiên của hàm số g x  trên đoạn 1; 2

Suy ra:

 1;2      

maxg x g 0 f 2 2021

TAILIEUONTHI.NET

Câu 42 Chọn C

Gọi đường viền lớn của cổng là parabol   2

1 :

C y ax bx c đi qua các điểm 4;0, 4;0 và

0;8 Khi đó:   2

1

1

2

C y x  Gọi đường viền nhỏ của cổng là parabol   2

2 :

C y ax bx c đi qua các điểm 3;0 , 3;0 và

0;6 Khi đó:   2

2

2

3

C y x 

Suy ra: Diện tích bề mặt cổng ốp gạch là: 4 2 3 2

Vậy: Tổng kinh phí trang trí cổng chào bằng 561000000 200000 22 400000

Câu 43 Chọn C

Ta có SAB  ABC AB

Kẻ OE AB suy ra ABSOE suy ra SE AB

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABC là SEO60

Vì OE AB nên OE/ /AD suy ra E là trung điểm của AB

OE SO OE  

       

Kẻ OF SE

Ta có ABSOE ABOF

AB OF

OF SAB

OF SE



Suy ra OF d O SAB ;  

Vì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD nên I thuộc SO

Mặt khác IA IB IC ID IS   

Đặt IS IC x  Áp dụng định lí cosin trong SIC ta có:

2

3

2

a

a

Suy ra

5 3

5 12 6 3 2

a SI

SO a 

3

2 2

a OF

 

Vì    

d I SAB SO

Vậy khoảng cách từ I đến mặt phẳng SAB bằng 5 3

24 a Câu 44: Chọn A

Ta có: SBC  ABCBC

Kẻ AH BC suy ra BCSAH suy ra SH BC

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC là SHA45

Gắn hệ trục tọa độ Hxyz như hình vẽ

Vì ABC đều nên H là trung điểm của B C

Cho AB ACBC1 suy ra 3

2

AH 

Suy ra 0;0;0 ; 0; 3;0 ; 1;0;0 ; 1; 0;0 ;



TAILIEUONTHI.NET

Nên

1

1; 3; 3

AM

AN



  





  



2

2

; ;0

AB

AC



  



       

  





  



 1 2

3. 3

cos ;

2

6 3

8 2

n n

 

Vậy góc giữa hai mặt phẳng AMN và ABC bằng 45

Câu 45: Chọn B

Mặt phẳng P là mặt phẳng SAB với AB là dây cung của đường tròn đáy

Gọi I là trung điểm của ABHI AB  1

Vì SH  C SH  AB  2

Từ (1) và (2) suy ra: ABSHI ABSI

Ta có:

 

AB SI SAB







(do SIH là tam giác vuông tại

H)

Khi đó: SIH là tam giác vuông cân tại H HI a 3 và SI a 6

Ta có: IB HB2IH2  4a23a2 a

Suy ra: AB2IB2a

Vậy diện tích thiết diện tạo thành là: 1 . 1. 6.2 2 6

SAB

S  SI AB a a S a 

TAILIEUONTHI.NET

Câu 46: Chọn A

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Gọi O là tâm của hình vuông A’B’C’D’

Ta có: 'A OB D' ' và 'A OB B' nên A O' B BDD' '

Khi đó: A C B BDD' , ' ' A IO' 60 (vì A IO' vuông tại O)

Ta có: ' 1 ' ' 1 2

A O A C  a

2

tan 60

a

OI



3

a

BB  OI  Vậy thể tích khối hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' là 2 3

' ' ' '

ABCD A B C D ABCD

Câu 47: Chọn B

Đặt z a bi a b   ,   z a bi

z i  z  z i  a bi i   a b  a bi  i

2

6abi 14ai 10b 4a 3 2b 18

2

2b 4a 10b 21 6ab 14a i 0

2

77

7

3

a

 







Vậy có 1 số phức thỏa mãn

Câu 48 Chọn B

Đặt h x  f x 2 1 ta có    2    2  

2

0

x

f x







 

2 2 2

0

0 1

1 1

2 4

x

x

x x

x x











 

  



Dễ thấy lim  

x h x

 0  0 1 1  1 0,  2  2  4 1

Từ đồ thị f x'  ta thấy

 

2 0

h

Bảng biến thiên hàm số h x 

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số g x  có 5 điểm cực tiểu

Câu 49 Chọn B

Xét mặt phẳng   qua trục của hình nón, cắt hình nón N và hình trụ T theo tam giác SAB và hình chữ nhật CDEF (như hình) Đặt SJ x0 x SI

Khi đó hình trụ T có chiều cao h SI x  , bán kính r JF

Trong mp   : SJF và SIA đồng dạng nên JF SJ r JF IA SJ. xR

IA  SI    SI  SI Thể tích khối trụ T là:

Cauchy T



3

x SI xSJ  x SI

Khi T có thể tích lớn nhất thì

2

0 2

3

J

J

J J

x

x

z z









    



 

Khi đó mặt phẳng chứa đường tròn đáy tâm J7;1;0 và nhận SJ4;2; 4 

hay n2;1; 2 

làm VTPT nên có phương trình 2x y 2z15 0

Mà theo giả thiết mp đó có phương trình 2x by cz d   0, do đó b1;c 2;d 15

Câu 50 Chọn C

Mặt cầu S  có tâm I 1;0; 3 và bán kính R  4

Nếu đường thẳng  đi qua K và cắt mặt cầu S tại hai điểm M, N thì MN 2 R2d I2 ,

Do đó: MNmax d I , min     0 I IK2; 2;4 

là một VTCP của 

Khi đó

1 :

3 2

y t

 





   

   



TAILIEUONTHI.NET