Giải chi tiết sở GD đt lào cai

Câu 22: Chọn B Gọi l r, lần lượt là độ dài đường sinh, bản kinh đáy của hình nón.. Vậy độ dài đường sinh của hình nón bằng 5a.. Vậy điểm biểu diễn của số phức z_ trên mặt phẳng tọa độ là

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ

SỞ GD&ĐT LÀO CAI NĂM HỌC 2020 - 2021

Câu 1: Chọn D

 

 Ta có:   f x xd  f x  . 

Câu 2: Chọn D

Ta có:   3 

6

3

Câu 3: Chọn A

Thể tích của khối chóp đã cho là: 1 1 2 4 3

.4

Câu 4: Chọn A

Từ đồ thị hàm số, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng 1;0 và 1;

Câu 5: Chọn C

Ta có 2x1 8 2x123    x 1 3 x 2

Vậy nghiệm của phương trình 2x18 là x2

Câu 6: Chọn B

Tập xác định D0;

Ta có  3 

1 log

.ln3

  x x

Câu 7: Chọn B

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đường tròn R

là Sxq 2Rh

Câu 8: Chọn D

Hàm số dạng y ax 4bx2c a 0 có nhiều nhất 3 điểm cực trị

Câu 9: Chọn D

Ta có 2   2    

3 d 3 d 3 1  3

Câu 10: Chọn D

Ta có 4x y  4 4x y 5.3 15

Câu 11: Chọn A

ĐK: 5 1 0 1

5

3

log 5x  1 2 5x 1 3  x 2 Vậy phương trình có nghiệm x2

Câu 12: Chọn D

Đồ thị đã cho có dạng của đồ thị hàm số bậc 4 , suy ra loại phương án A C,

Xét hàm số y  x4 4x2 có y  4x x 22 , y 0 x0, suy ra hàm số y  x4 4x2có 1 điểm cực trị Loại phương án B TAILIEUONTHI.NET

Câu 13: Chọn A

Cho x0, ta được 1 0 1

0 1



Vậy đồ thị hàm số 1

1

x y x





 cắt trục Oy tại điểm có tọa độ là  0;1 Câu 14: Chọn D

Ta có: 1 10

0

 d   1

Vậy 1

0

 d  1

Câu 15: Chọn C

Ta có z z2  1 1 2i    2 i 4 3i

Vậy phần ảo của số phức z z2 1 là 3

Câu 16: Chọn B

Môđun của số phức z 2 3i là z  2 3i  4 9  13

Câu 17: Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy ngay hàm số đạt cực đại tại x0

Câu 18: Chọn B

Nhóm có 5 8 13  học sinh

Số cách chọn hai học sinh bất kỳ từ 13 học sinh là 2

13

C Câu 19: Chọn A

Câu 20: Chọn A

Thể tích của khối lăng trụ là: V Bh

Theo bài ra: 6 3 h h 2

Vậy chiều cao của khối lăng trụ bằng 2

Câu 21: Chọn C

Gọi q là công bội của cấp số nhân  un , ta có 2

2 1

1

1 2

u

u

Vậy công bội của cấp số nhân bằng 1

2 Câu 22: Chọn B

Gọi l r, lần lượt là độ dài đường sinh, bản kinh đáy của hình nón

Ta có Sxq rl5a2   a l 5a2 l 5a

Vậy độ dài đường sinh của hình nón bằng 5a

Câu 23: Chọn C

Ta có: z    2 1i z_ 1 2i

Vậy điểm biểu diễn của số phức z_ trên mặt phẳng tọa độ là điểm G1; 2TAILIEUONTHI.NET 

Câu 24: Chọn C

Goi B x y z ; ; 

Ta có ABx4;y6;z3



 

Vậy tọa độ của điểm B là B1;8; 2 

Câu 25: Chọn D

Ta có

2 1

1





y

x

x 2

1

1





y

x

x Vậy đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1

2

y  Câu 26: Chọn B

Hàm số y tanx có tập xác định

2

  Suy ra hàm số ytanx không đồng biến trên ,

Hàm số y3x32 có y9x2  0, x ;y0x0 Suy ra hàm số y3x32 đồng biến trên 

Hàm số 4 1

3

x y x





 có tập xác định D  3 Suy ra hàm số 4 1

3

x y x





 không đồng biến trên 

Hàm số y3x41 có tập xác định D,y12 ;x y3 0x0 Suy ra hàm sốy3x41 không đồng biến trên 

Vây trong các hàm số đã cho, hàm số y3x32 đồng biến trên 

Câu 27: Chọn C

TAILIEUONTHI.NET

Câu 28: Chọn B

Gọi I là hình chiếu vuông góc của O lên BC và H là hình chiếu vuông góc của O lên AI

Ta có OA OB OA BC

OA OC



Khi đó BC OA BC OAI BC OH



 , đồng thời OH AI nên OH ABC

Do đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC bằng OH

Ta có 12 12 12 12 12 12 12 OH a

Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC bằng a

Nhận xét: Tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc thì

(1) Khoảng cách d từ O đến mặt phẳng ABC được tính theo công thức

(2) H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng ABCH là trực tâm của ABC Câu 29: Chọn D

Mặt cầu  S tâm I2;1; 2 và bán kính R3 có phương trình là (x2)2(y1)2 (z 2)29

Câu 30: Chọn A

Thay tọa độ điểm 𝑀(0; 2; 1) vào phương trình chính tắc của đường thẳng Δ ta được một mệnh đề sai: 0 1 2 1 1

 Suy ra điểm M(0; 2;1) không thuộc đường thẳng Δ

Câu 31: Chọn B

Ta có AB2;1; 2 ,  AC  12;6;0

Mặt phẳng ABC có một vectơ pháp tuyến là  AB AC,   12; 24; 2412 1; 2; 2 

Suy ra n1; 2; 2 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ABC

Câu 32: Chọn D

Ta có:

2

                 

   

    Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   6;1

Câu 33: Chọn C

Ta có z z1, 2 10 ;i z1z z1, 2  2 11i

Vây z1z z1, 2 5 5

TAILIEUONTHI.NET

Câu 34: Chọn B

+) Hàm số f x  2x 11

x





 liên tục trên đoạn  0;4 +) Ta có   2  

3

x



 nên hàm số đã cho đồng biến trên  0;4 +) Khi đó

 

   

 

   

7

5

max min

Vây 5M3m10

Câu 35: Chọn D

Ta có phương trình mặt cầu  S có dạng x2y2z22ax2by2cz d 0

Từ đó suy ra

1 2 2 5

a b c d





 



 



 

 Vậy mặt cầu  S có tâm I1; 2;2 và bán kinh R a2b2  c2 d 2

Câu 36: Chọn A

Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp 9 viên bi ta có 2

9 36 (cách)  (Ω) 36

Gọi A là biến cố "Hai viên bi được chọn cùng màu"

Trường hợp 1: Hai bi được chọn cùng màu đen Có 2

5 10

C  (cách)

Trường hợp 2: Hai bi được chọn cùng màu trắng Có 2

4 6

C  (cách)

  10 6 16

n A

Vậy xác suất của biến cố A là p A  n A   Ω 1636 49

n

Câu 37 : Chọn B

Gọi M  là trung điểm của đoạn thẳng A C  Khi đó M  là tâm của hình vuông A B C D    và ta

có MMA B C D    do MM/ /AA và AAA B C D    

Từ đó ta suy ra M N là hình chiếu vuông góc của MN trên mặt phẳng A B C D    

Do đó MN A B C D,       MN M N,  MNM 

Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương ABCD A B C D     TAILIEUONTHI.NET

Khi đó ta có MM AA a và

Tam giác MM N vuông tại M  nên có '2 2 2 2 5 2 5

MN  MM  M N  a   

5 5 2

MNM

MN a

Câu 38: Chọn A

Đặt 0 3 22 d

m

Bảng xét dấu 3x22x

Ta xét các trường hợp sau:

+) Trường hợp 1: m0

Khi đó  2   3 2 3 2

0 0

3 2 d

m    m  

Suy ra I m 10m3m2  m 10  m 2, (thỏa mãn)

+) Trường hợp 2: 0 m 10

Khi đó I0 (do 3x22x  0, x ) và m10 0 nên 0 m 10 không thỏa mãn yêu cầu bài toán

+) Trường hợp 3: m10

2

2 3

2 0

3

8

27

Suy ra trong trường hợp này không có m thỏa mãn

Vậy m 2

TAILIEUONTHI.NET

Câu 39: Chọn A

Ta có: y3(x m )23

0 3( ) 3 0

     

      



Bảng xét dấu y

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  1 m;1m

Hàm số nghịch biển trên trên khoảng  0; 2 1 0 1 1

m

     

Với m 1 ta có y(x1)33x 1 1 n y; 3(x1)23

x

x

   





Ta có y   1 n 1,y 0  n 3, 1y  n 1

Suy ra  

1;1

 y n 

 y     n n

Vây m n     1 1 0

Câu 40: Chọn A

Đặt z1 a bi a b, , z2   z1 a bi

Điều kiện: _ 2 2

Vì 1

2

2

z

 

2 3

2 2

0 KTM

b

a b b

 

Thay b2 3 vào  * ta được a21

z  a b    Câu 41: Chọn B

Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là G4;2; 2 

Đường thẳng d đi qua O và G có một vectơ chỉ phương là 1 2;1; 1

2

u OG 

Vậy đường thẳng d có phương trình chính tắc là



TAILIEUONTHI.NET

Câu 42: Chọn C

Thể tích lon nước ngọt lúc đầu là V   3 15 1352  

Gọi V1 là thể tích nước ngọt còn lại trong lon sau khi rót ra cốc Ta có 2

1   3 9

Gọi V2 là thể tích nước ngọt đã rót ra Ta có  2 '2 

2 3

h

V  r r  rr trong đó r2,r là bán kính mặt trên của phần nước ngọt trong cốc



Vì V V V 1 2 nên ta có phương trình

2

h

Câu 43: Chọn B

Với x0,y0,y1

2

ln y 1 4 ln x 1 log ln y 1 4 ln2 0 ln 1 log 4 ln2 0

x  y    x    x   y  x  x 

lnxlogyx 4 ln x  0 logyxlnx 4 ln x

Xét f x lnx 4 ln , 2x x  0, 2 lnx2

2

4

t

f t t t f t

t





 

2 2

0

4

2

t t

t

 





Ta có bảng biến thiên:

TAILIEUONTHI.NET

Dựa vào bảng biến thiên, ta có

Hàm f t  đạt giá trị lớn nhấtM 2 2 tại t 2 , hay logyx đạt giá trị lớn nhất M 2 2 tại

 

2

Hàm f t  đạt giá trị nhỏ nhất m 2 tại t  2, hay logyx đạt giá trị nhỏ nhất tm 2 tại

 

2

lnx   2 x e TM

Vậy M m 2 2    2 4 2

Câu 44: Chọn D

)

 Ta có  

Δ

Δ

, 0; 2; 2 2 0; 1;1

Δ d u n ud







 

 ) Goi I  d Δ

 Do đó phương trình của đường thẳng Δ là:

1 1 1

x





  



  

 Câu 45: Chọn A

Tam giác ABE vuông tại A và có đường cao AH nên ta có:





Suy ra độ dài các đoạn AB AE, là hai nghiệm của phương trình X23aX 2a2 0

AE a





Tam giác AHB vuông tại H nên 2 2 4

5

a

BH AB AH  Tam giác SHB vuông tại H nên  4

.cot

5

a

SH BH BSH  Tam giác ABC vuông tại B và có đường cao BH nên 12 12 12 BC 4a

Vậy thể tích khối chóp S ABCD là . 1 1 4, 2 4 32 3 32 3 5

TAILIEUONTHI.NET

Câu 46: Chọn B

Đặt e2 x a 2t

Phương trình đã cho trở thành e2 t 2x a  1

2

2

2

  



 



x

t

Dễ thấy hàm số f x exx đồng biến trên 

Phương trình  2  f 2x  f 2t 2x2t x t

Thay x t vào phương trình (1) được e2 x2x a  3

Xét hàm số y g x  e2 x2x Tập xác định: 

Ta có y2e2 x2

2

Bảng biến thiên của hàm số y g x   :

Phương trình (1) có nhiều nghiệm nhất  phương trình (3) có nhiều nghiệm nhất  a 1 Câu 47: Chọn D

Mặt cầu đường kính AB có tâm I1; 0; 2, bán kính 2 3

2

AB

Giả sử hình trụ  T nội tiếp mặt cầu đường kính AB có chiều cao h2x, bán kính đáy r

Ta có r2R2x2 12x2

Khi đó thể tích khối trụ  T là V r h2 2 12  x x2  2x324x với0 x 2 3

+) V  6x224 ;   V   0 x 2

Bảng biến thiên

TAILIEUONTHI.NET

Suy ra thể tích khối trụ lớn nhất khi x 2

Khi đó, mặt phẳng  P chứa đường tròn đáy của hình trụ  T có vectơ pháp tuyến là

 4;4;4



nên phương trình mặt phẳng  P có dạng     x y z d 0

Ta có  ,   1 2 1 2 3

3

d

Phương trình mặt phẳng chứa hai đường tròn đáy của hình trụ  T là:

 P1 :    x y z 1 2 3 0,  P2 :    x y z 1 2 3 0

Kiểm tra ta được điểm C1;0; 2 3 thuộc mặt phẳng  P2

Câu 48: Chọn D

Ta có : f x x33ax22bx c có đồ thị  C

Dựa vào đồ thị ta có f x (x2)2  x 1 x33x24 

Đồng nhất hệ số ta được a 1;b0;c4

Suy ra   1 4 3   2

4

Xét hàm số y g x   f f x   

Ta có g x  f x f   f x  

         

 

 

2

2

x

g x

f x





 



   



 





Do phương trình (1) có 3 nghiệm, phương trình (2) có 1 nghiệm nên hệ phương trình  *  có 6 nghiệm, trong đó có 3 nghiệm bội chẵn của phương trình (1) Do đó hàm số g x  có 3 điểm cực trị

Xét hàm số h x  f f x  

Ta có h x  f x f  f x  

         

 

 

2

1

0

4 2 4























x

x

f x

f x

f f x

f x

Do phương trình (3) có 2 nghiệm đơn, phương trình (4) có 2 nghiệm đơn nên hệ phương trình  ** có 6 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm bội chẵn x2 Do đó hàm số h x  có 5 điểm cực trị

Vậy tổng số điểm cực trị của hai hàm g x h x   , là 8

Câu 49: Chọn C

Ta có:  C1 đi qua điểm A 1; 0 nên f 1 0

 C2 đi qua điểm B1; 4  nên g 1  4

Vì    C1 , C2 cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1;2;3 nên ta có:

     1 2 3 * ,  0

f x g x a x x x a

Thay x1 vào hai vế  * ta được: f   1 g 1 4a 4 4a a 1 (thỏa mãn)

Suy ra f x    g x  x1x2x3

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị    C1 , C2 là:

71 ( 1)( 2)( 3) ( 1)( 2)( 3)

6

Câu 50: Chọn A

Giả sử z1 x1 y i z1, 2x2y i z x yi2,   với x y x y x y1, , , , ,1 2 2 

Gọi các điểm biểu diễn số phức z z z1, ,2 lần lượt là M x y1 1; 1,M x y2 2; 2  ,M x y; Ta có +) z1   1 i 1 M1 thuộc đường tròn  C1 có tâm I1 1;1 , bán kinh R11

+) z2   2 i 2 M2 thuộc đường tròn  C2 có tâm I22; 1 , bán kính R2 2

_

1 1

  là số thuần ảo x x 11x1  y y 11y10  1  1 1

M M M I

1

MM là tiếp tuyến của đường tròn  C1

_

2 2

  là số thuần ảo x x 22x2  y y 2 1 y20 M M2 M I2 2

2 MM

 là tiếp tuyến của đường tròn  C2

Ta thấy, điểm A 3;2 nằm ngoài hai đường tròn    C1 , C2 nên từ A kẻ được tiếp tuyến tới hai đường tròn trên

Do đó z 3 2i MA đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M A

Vậy giá trị nhỏ nhất của z 3 2i bằng 0 TAILIEUONTHI.NET