Giải chi tiết sở GD đt ninh bình lần 1

Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị... Vậy hàm số f x  có hai điểm cực trị TAILIEUONTHI.NET... Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng :d y m 3 cắt đồ thị “nét liền”

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH – LẦN 1 NĂM HỌC 2020 - 2021

Câu 1: Chọn D

Phương trình đã cho tương đương 2x 23   x 3

Câu 2: Chọn C

2

x

x





         



Vì a   1 0 y' 0   x  2;3 Do đó hàm số đồng biến trên 2;3

Câu 3: Chọn D

' 4 2 2 2 1 '

y  x  x x x  y chỉ đổi dấu khi qua x0 Vậy hàm số đã cho có 1 cực trị

Câu 4: Chọn B

Vì 4 4

4

x

x y y



 Câu 5: Chọn B

.

1 . 1. 3. 3

S ABC ABC

Câu 6: Chọn B

Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 nên chỉ có hàm số

3 2

y x  x  x thỏa mãn

Câu 7: Chọn C

Ta có y' 2 '.2 ln 2 2x 2 x  2 x  1ln 2

Câu 8: Chọn A

Xét hàm số 2 1

3

x y x







Ta có

 2

7

3

y x



 nên hàm số 2 1

3

x y x





 nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó Câu 9: Chọn B

Diện tích xung quanh hình trụ là 8 5 40  

Câu 10: Chọn A

Thể tích khối lăng trụ là: 3 2a2 a6a3

Câu 11: Chọn A

Bất phương trình đã cho tương đương 0     x 1 3 1 x 4

TAILIEUONTHI.NET

Câu 12: Chọn D

 

    là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

 

0

x  f x x

     là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 2

Câu 13: Chọn B

2

4

S r

Câu 14: Chọn D

3

x

e

f x dx C



Câu 15: Chọn A

Ta có 3   5 0   5

3

f x    f x 

Từ đồ thị, ta thấy đường thẳng 5

3

y cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt Do đó phương trình

 

3f x  5 0 có 4 nghiệm

Câu 16: Chọn C

Xét hàm số 1

2 1

x y x





 trên đoạn  0;2

Ta có

 2  

3

2 1

x

2 1

x y x





 đồng biến trên đoạn  0;2

Câu 17: Chọn B

Điều kiện x22x  3 0 x1x    3 0 x 1 hoặc x3

Câu 18: Chọn B

 

log x5log a3log blog a log blog a b

TAILIEUONTHI.NET

Câu 19: Chọn C

Chiều cao của hình nón là 32 2 5

4

V

h 

 Suy ra độ dài đường sinh là l h2r2 6 Do đó diện tích xung quanh là  rl 24

Câu 20: Chọn A

Ta có t2 x 1 nên 2tdt xdx Suy ra

1 1

x x

 

Câu 21: Chọn D

Ta có y' 6 x26x Xét  

1 1;1

x

x

   

  



Mặt khác y    1 m 5,y 0  m y, 1   m 1

Suy ra hàm số có giá trị nhỏ nhất là  m 5 tại x 1

Theo giả thuyết suy ra       m 5 1 m 4

Câu 22: Chọn C

Giả sử bán kính đáy của hình trụ là r thì chiều cao là 2r

Suy ra diện tích của thiết diện là 4r2 16a2 hay r2a

Vật thể tích của khối trụ là  2 3

2.2 2a a   16 a Câu 23: Chọn C

Xét phương trình hoành độ giao điểm

1

x

x





           



Vì điểm B có hoành độ âm nên xB  1

Câu 24: Chọn B

Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là x, khi đó AC x 2 và 2

' ' 2

ACC A

S x Suy ra x a 2 Vậy thể tích khối lập phương là  3 3

2 2 2

Câu 25: Chọn B

Gọi ,H K lần lượt là trung điểm của AD BC,

Khi đó AHABCD, suy ra BCSKH, do đó

    ,   30o

SKH  SB ABC 

2

AD

SH   a, suy ra HK SHcot 30o 6a

.

1. . . 16 3 3

S ABCD

V  SH AD HK  a

TAILIEUONTHI.NET

Câu 26: Chọn C

Phương trình đã cho tương đương

2

1

2 2

2 2 2 3 0

log 3

2 3

x

x

x x

      

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 1 log 3 log 6 2  2 Cách khác: đặt t2x, sử dụng định lý Viete, ta có 2T 6 hay T log 62

Câu 27: Chọn B

Phương trình đã cho tương đương

2

2

x



  



Câu 28: Chọn C

Bất phương trình đã cho tương đương 12 35 2 18 2 2 0

   

      

    Do đó nếu đặt 2

3

x

t     , bất phương trình trở thành 18t235t12 0

Câu 29: Chọn B

Ta có AD AC2AB2 2a Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là 2 2  a a 4 a2

Câu 30: Chọn D

Do SAABCD nên SD ABCD,  SD AD, SDA Ta có





45o

SA

AD SDA

Câu 31: Chọn D

Nhận thấy rằng f x'  chỉ đổi dấu khi qua x0 và 3

2

x  Vậy hàm số f x  có hai điểm cực trị

TAILIEUONTHI.NET

Câu 32: Chọn A

Tập hợp các điểm M là phần hình trụ không kể hai đáy với bán kính đáy là 2SMAB 4

r AB

  Do

đó diện tích của mặt tròn xoay này là 2 6 48  

Câu 33: Chọn A

3

log xlog ylog 2x3y t

4 3

t

t

x y

x y

  



  

 



              

  





Đặt 2 , 0

3

t

a a

   

 

 

Khi đó phương trình  1 trở thành  

2

1 3

/ 2

 





         



y

   

     

    Câu 34: Chọn B

Đặt tlog ,2x do x 2; nên 1

2

t Khi đó, bất phương trình tương đương

2

t

t



Yêu cầu bài toán trở thành bất phương trình trên có nghiệm 1

2

t Đặt   2 1

2

t

f t

t



 Ta có

  1 1 12 1

t

       

Do đó yêu cầu bài toán tương đương

 

1; 2

1 3 min

2 4

 

 

 

 

  Câu 35: Chọn B

2 '

2

m y

x





 Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định khi 2   m 0 m 2

Câu 36: Chọn C

2

1 lim lim

3 2 1

m x

x x

 



  tiệm cận ngang y m

Để hàm số có đúng 2 đường tiệm cận thì hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng

TAILIEUONTHI.NET

Suy ra mx2 1 0 có 1 nghiệm bằng 1 hoặc bằng 2 Khi đó

1

1 0

1

4 1 0

4

m m





 

2

2

lim

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn bài

Câu 37: Chọn D

Gọi M là trung điểm của AB Khi đó HM AB,  AHM, do đó

'   ' ' ,    60o

B MH  ABB A ABC 

Gọi I là hình chiếu của H trên 'B M Khi đó HI AB nên HI ABB A' ' Ta có

 

d G ABB A

 Câu 38: Chọn B

Gọi ,3xm xm lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể Khi đó chiều cao bể là 62 22

3x  x m Khi

đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là

3 3

2 2.3 2 3 3

9

16 8 8 16 8 8

3 8 18

Đẳng thức xảy ra khi 16 2 8

3

x x

 hay 3 3

2

x

Vậy số tiền ít nhất mà cô Ngọc cần bỏ ra là 8 18.106 21.000.000đ TAILIEUONTHI.NET

Câu 39: Chọn B

Giả sử thiết diện là tam giác SAB, khi đó AB a 2 nên hình nonsn có bán kính 2

2

a

r và

chiều cao 2

2

a

SO Gọi H là hình chiếu O trên BC Khi đó BCSOH nên

    ,   60o

SOH  SBC ABC 

Suy ra cot 60 6

6

o a

OH SO  , do đó

3

a

BC BH  OB OH 

Câu 40: Chọn D

Tập xác định D  

Ta có y'x22mx m 2 m 1 và '' 2y  x2m

Hàm số đạt cực đại tại điểm x1 khi và chỉ khi

 

 

2

2

2 2 0 '' 1 0

m m

y





Câu 41: Chọn A

Xét g x  f x 22x Ta có g x' x22 ' 'x f x22x2x1 ' f x 22x

2

2 2

2

1 0

2 3

o

x

g x

 



   



  



  



1

1 2

1 2 1 3

x x x x x







 





  

  

 



Bảng xét dấu g x'  của hàm số g x  f x 22x

Vậy hàm số y f x 22x có 1 điểm cực tiểu TAILIEUONTHI.NET

Câu 42: Chọn D

Tiệm cận đứng: x 1 0 c 0 bc 0

d

        Tiệm cận ngang: y 2 0 a 0 ab 0

b

0

x tính được y 1 2 c 0 b 0 a 0

c

        Câu 43: Chọn A

1

x

 



    

  



3 2

1 1

x x

 

  

 



Từ đó ta xét hàm số y x 33x2 trên    ; 1 1; 

Đồ thị của nó chính là phần nét liền

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng :d y m 3 cắt đồ thị “nét liền” tại 2 điểm phân biệt Suy ra: 2      m 3 4 1 m 1

Câu 44: Chọn D

Xét hàm số f x , ta có bảng biến thiên

Đặt u f f x   , từ bảng biến thiên ta thấy u  2;7 Suy ra g u =u m 1 ,u  2;7

Do đó max 2;7g u  maxm 1 ,m 8

   Suy ra

0

8 8

m m

 

 Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

TAILIEUONTHI.NET

Câu 45: Chọn D

Gọi ', ', 'P Q R lần lượt là giao điểm của mặt phẳng PQR với các cạnh CC AA BB', ', ' Khi đó ', ', '

P Q R tương ứng là trung điểm của các cạnh này, đồng thời , ,P Q Rlà trung điểm các cạnh ' ', ' ', ' '

Q R R P P Q lần lượt Đặt V V ABC Q R P ' ' ', ta có

' '

'

1 1. ;

3 4 12 4

B R PQ A Q PR

CMN P QR

V

V V

 Nên

'

7 7 1

12 4 12 2 2

PQRQ ABMN

Câu 46: Chọn A

Đặt tlog2f x 1, phương trình trở thành

t  t  m t m  t t  t m 

Do x  1;1 nên t  ; 2 Do đó yêu cầu bài toán trở thành, phương trình t22t m có nghiệm trên khoảng ; 2 Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta được m 1 Từ đó có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu

TAILIEUONTHI.NET

Câu 47: Chọn C

f x  x y  y  y  x y (coi y là tham số) Điều kiện xác định của f y  là

2 2

0

64 0 0

x y

y y

x y

  



  



  



Do ,x y nguyên nên x  y y2 Cũng vì ,x y nguyên nên ta chỉ cần xét f y  trên nửa

khoảng y 1; , ta có

   2  

ln 4

ln 2020

x y

x y





Ta có bảng biến thiên của hàm số f x 

Yêu cầu bài toán trở thành

2020

2

3 log 2021 1 2

log 64 log 2021 1 3

301,76 300,76

y y

y y

y



Mà y nguyên nên y  301, 300, , 299,300  Vậy có 602 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu

Câu 48: Chọn A

Giả sử điểm A t;t2 1 t 0

t

   

  thuộc đồ thị hàm số y f x  Ta có f x'  x2 1

x



 nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A là

Tiếp tuyến trên đi qua M khi và chỉ khi

2

Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t t1, 2 khác 0 thỏa mãn

2 2

1 2

1 2

0

a b a

a a b

f t f t hay





 

    

Theo định lý Viêt, ta có 1 2 1 2

2

  Suy ra

2

2 2 2 2 2

1 2 1 2 2

2

2 2

2 2

1 0

4

t

b a

a b



Do a0 nên a2b24, ta suy ra b2, do đó

2 1 2

a   a  ab ab

Như vậy tập hợp các điểm M a b ; thỏa mãn yêu cầu bài toán là

2 2 4

0

a b

a b

a

  

 



 



Tức là đường tròn tâm O, bán kính 2 trừ bỏ đi các điểm B  0; 2 ,C 0; 2 ,  D 2; 2 và

E  

Câu 49: Chọn C

Chú ý 2 5

3 1

4

t   t và ta chỉ cần xét 1 5

4

x   , do đó có thể đặt x   1 t2 3 1t Ta có

     2 

g t  t f t  t

Suy ra với 3

2

t  thì g t'  và f t' 2 3 1t  cùng dấu Ta có bảng biến thiên của t2 3t 1

Dựa vào đồ thị đã cho, ta thấy g t' 0khi  1 t 0, suy ra f t' 2  3t 1 0 khi   1 t 0 nên f x'  1 0khi    1 x 1 0hay f x  1 ' 0   khi 0 x 1

TAILIEUONTHI.NET

Câu 50: Chọn D

Gọi A a ,lna B a,  1,lna1 ,  C a 2,lna2 ,  D a 3,lna3 

ln ln 1 ln 1 ln 2

3 ln ln 3

ln

3

ABCD ABNM BCPN CDQP ADQM

a a





Do đó, theo giả thiết, ta có

  

1 2 21  1 2 21

a

Vậy hoành độ điểm nằm thứ ba từ trái sang ( điểm C) là 5+2=7

TAILIEUONTHI.NET