Giải chi tiết sở GD đt kon tum

Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 2;0... Vậy hàm số đã cho có 2 cực trị... Chọn D Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD... Nên tâm I của mặt cầu

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ

SỞ GD&ĐT KON TUM NĂM HỌC 2020 - 2021

Câu 1 Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng( 2;0) Do đó hàm số

đồng biến trên khoảng( 2; 1) 

Câu 2 Chọn B

Ta có:lim 1 1; lim 1 1

     

  Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1

2

x y

x





 là đường thẳng có phương trình y = -1

Câu 3 Chọn C

Tập xác định D = R

3

3

' 12 10

0 5 ' 0 12 10 0

6 5 6

x

x



 









 



 Phương trính y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên hàm số có 3 điểm cực trị

Câu 4 Chọn B

Xét hàm số y x 33x4

' 3 3 0

1

x

y x

x





      

 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y x 33x4cắt trục Ox tại duy nhất 1 điểm, điểm này có hoành độ thuộc khoảng 1;

Câu 5 Chọn D

Với a là số thực dương và khác 1, ta có:

1 2

log log 3 log 3.2.1 6

1 2

a a

a

Câu 6 Chọn A

TAILIEUONTHI.NET

Ta có e2ln3 eln3 2 32 9

Câu 7 Chọn B

Vì 2 Z nên hàm số y x 2xác định khi và chỉ khi x > 0

Vậy hàm số đã cho có tập xác định D0;

Câu 8 Chọn A

Ta có sin 3 1 cos 3  cos 3

x xdx  x   C C



Câu 9 Chọn D

Ta có  f x dx( )  exexdx e xexC

Câu 10 Chọn C

Ta có số phức liên hợp cửa số phức z  2 3ilà z  2 3i

Câu 11 Chọn A

Ta có điểm M(3;-4) là điểm biểu diễn hình học của số phức z = 3-4i

Câu 12 Chọn B

Ta có w 2 z 3i 2(1   i) 3i 2 5i

Câu 13 Chọn C

Thể tích của khôiz lập phương bằng  3

3

V  a  a Câu 14 Chọn A

Đường sinh của hình nón có độ dài bằng 2 2 2  2

l r h  a  a  a Câu 15 Chọn D

Bán kính đáy của khối trụ là :

3

a

r Thể tích của khối trụ bằng 2 2 3 2

2

V r h  a 

 

  TAILIEUONTHI.NET

Câu 16 Chọn C

Mỗi tập hợp con có 3 phần tử của tập hợp A là một tổ hợp chập 3 của 12 phần tử của tập A Vậy , số tập hợp con có 3 phần tử của tập hợp A là 3

12

C Câu 17 Chọn A

Cách 1: Công thức số hạng tổng quát của cấp sốc cộng  un làun  u1 d







Vậy u4  5 3.2

Cách 2 : 2 6

4

3 5 1

u u

Câu 18 Chọn B

 2

a     

Câu 19 Chọn C

Gọi ( ) : axP by cz d  0là mặt phẳng chứa trục Ox, suy ra O ( ) P

Thay tọa độ điểm O(0 ;0 ;0) vào (P) ta được d = 0

Vậy chỉ có phương án C thỏa mãn điều kiện d = 0

Câu 20 Chọn B

Gọi điểm M x M;y zM; Mlà trung điểm của đoạn thẳng AB Ta có :

2 0 1

3 1 2

0 4

2

M

M

M

x x x

y y y

z z z









Vậy tọa độ của M là (1 ;2 ;-2)

Câu 21 Chọn A

Vìlim lim 1 1

2

x y

x



 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang và

lim ; lim

      nên đường thẳng x= -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 1

2

x y x







Do đó tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận là (-2 ;1)

TAILIEUONTHI.NET

Câu 22 Chọn D

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc ba với hệ số a < 0 Do đố hàm số cần tìm là y  x3 3x21

Câu 23 Chọn C

Ta có hàm số bậc hai có tối đa 1 cực trị nên loại phương án y  x2 2x3

Hàm số y ax 4bx2ccó 1 hoặc 3 cực trị nên loại phương án y x 42x23

Hàm sốy ax b

cx d





 không có cực trị nên loại phương án 3

2

x y

x





 Hàm số bậc bay ax 3bx2cx d a ( 0) có 2 cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

Xét hàm số yx32x25x1có.y' 3 x24x5 Phương trình y’ = 0 có   19 0

Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt Vậy hàm số đã cho có 2 cực trị

Câu 24 Chọn A

Tập xác định : R

 

 

 

3

0 0;3 '( ) 4 x 8 ; '( ) 0 2 0;3

2 0;3 (0) 2, (3) 43 ( 2 _ 6

x

x

  







Vậy min ( ) 0;3 f x  6

Câu 25 Chọn D

3 0

0

x

x





    



2

3 73 2

3 73 2

x

x











 Tích hai nghiệm bằng -16

Câu 26 Chọn A

x  x   x  x    x Vậy có 1 số nguyên thỏa mãn bất phương trình

Hàm số y a nghịch biến trên ( ; ) khi a < 1 Chọn C

Câu 28 Chọn D

Ta có f x( )4x33x22x C 12x26x2

Câu 29 Chọn B

Ta có: x22x 3 0với mọi x  1;3nênx22x 3 0 với mọi x 0;1

Diện tích của hình phẳng cần tìm là :

11

x

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

Câu 30 Chọn A

Ta có : 3 5 3 5 (1 ) 2 8

1 4

1 (1 ).(1 ) 2

i i

( 1) ( 4) 17 z

     

Cách khác : sử dụng MTCT

Câu 31 Chọn A

Ta có :

2

( ,( ))

1 . 1.2 2 2

BCD

d O BCD a



Thể tích của khối tứ diện OBCD là : 1 1 2 2 3

( , ( )) .2

a

V  d O BCD S  a a  Câu 32 Chọn D

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD

Ta có :

MA = MD => Tam giác MAD cân tại M MN AD(1) TAILIEUONTHI.NET

NB=NC => Tam giác NBC cân tại NMN BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra, MN là đoạn vuông góc chung của AD và BC

Xét tam giác MND vuông tại N, có ND , 3

MD

2

2

        

 

Khoảng cách giữa AD và BC bằng 2

2 a

Câu 33 Chọn D

Phương trình (Oyx z) : 0

Ta cóM d M(4 2 ; 2 t t;1 ),t M  d OyxMOyx    1 t 0 t 1

Suy ra M(2;3;0)

Câu 34 Chọn B

S x  x y  y z  z   x  y  z  Suy ra bán kính R = 3 nên đường kính bằng 6

Câu 35 Chọn D

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là

2 1 6 15

2 1 2

d M P   

  Câu 36 Chọn D

Tập xác định D= R

Ta có: f'(x) 3x 22m2 x 2m3

Hàm số đồng biến trên khoảng ( ; )khi và chỉ khi

3 0 0

'( ) 0,

a







    

2 10 13 0 5 2 3 2 3 5

          Vì m Z         m  8; 7; 6; 5; 4; 3; 2

Câu 37 Chọn A

Điều kiện xác định của bất phương trình 2 2 01 21 2 21

2

x x

x



 Xét hàm số y f x( ) log( x 2) x212 ,x x   2 : 

( 2).ln10

x

Vì 1 0

(x 2).ln10

 và 2x12 8 0,  x   2; 

(x 2).ln10 x  x  

 => Hàm số đồng biến trên khoảng  2; 

Do đó hàm số cũng đồng biến trên các khoảng 2; 1

2

  

  và 0;(*) Lại có f 1 log 1 2 12 12 log 2x 1 12 12



         

Theo đề bài và (*) ta có : f x( ) f 1 x 1 x2 1 0 x 1 0v x 1



 

          

 

So sánh với điều kiện ta được x    2; 1  0;1

Vậy a=-2, b=-1, c=0, d=1 Do đó M=a+b+c-d=-4

Câu 38 Chọn C

Điều kiện xác định của phương trình z2

2 3 2

z

z

  



          

     

Dựa vào đề bài và điều kiện của phương trình ta có z = -2 – 3i

i

Câu 39 Chọn B

Vì diện tích phần gạch chéo trên hình vẽ bằng 5 nên 1 1

5 f x dx( ) f x dx( )



   hay

1

3

( ) 5

f x dx





 



Xét 1 0

1

(2 1)



   , đặt 2 1

2

dt

t x dx Đổi cận ta được

1

dt

Xét 2 1

0

'(x 2) dx

T  f  , đặt u x  2 dx du Đổi cận ta được

3

3

2

'(u)du ( ) (3) (2)

T  f  f u  f  f

Ngoài ra ta thấy: 2 2

1

'(x) dx (x) (2) (1)

T  f  f  f  f

TAILIEUONTHI.NET

Vậy 1 2 3 5 (3) (1) 3

T T T  T   f  f   Câu 40 Chọn D

5

7 ln 2 6ln 1 7 ln 2 (7 ln 3 6ln 2) 13ln 2 7 ln 3

3 2

x

x x

 



Vì a=13, b=-7 nên M=a+2b=-1

Câu 41 Chọn A

SA cm m AB cm m

+ AIB  60 AOB2.AIB120

2 1 2.sin120 2 3 5



3 xq

AOB  S  S (S1 là diện tích phần mặt trước của mỗi chiếc nón từ A đến B không chứa điểm I có sơn và vẽ hình trang trí)

2 (

3 xq

  là phần còn lại của mỗi chiếc nón chí sơn)

2

1 1 1

5 4 20

xq

S R l   m

Suy ra tổng số tiền mà người thợ nhận được mỗi đợt trang trí 1 chiếc nón bằng:

50000.S 12000 50000 12000 50000 12000

3700

3  (đồng)

Vậy tổng số tiền mà người thợ nhận được mỗi đợt trang trí 100 chiếc nón bằng :

3700

.100 3874630939

Câu 42 Chọn B

Không gian mẫu “ Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau từ tập A’’

Một số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được lập từ tập A = {1;2;3;4;5;6;9} là một chính hợp chập 3 của 7 phần tử suy ra 3

7

( )

n  A Gọi B là biến cố “ Số được chọn là số lẻ”

TAILIEUONTHI.NET

Gọi số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau và là số lẻ được lập từ các phần tử của tập A là

, , , , , , , 1;3;5;9

abc a b c A a b b c c a c    

Chọn c có 4 cách

Có 6 cách chọn a, có 5 cách chọn b

Vậy có thể lập được 4.6.5=120 số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau và là số lẻ

Suy ra n(B) = 120

Xác suất của biến cố B là: ( ) ( ) 4

( ) 7

n B

P B

n

 Câu 43 Chọn C

Ta có:

 

2 2

2

2

3 ' ' '

' 0 0 cos(120 ) 0

AA AA BC AB BC

a



 

 

     

    

Câu 44 Chọn D

Gọi I là trung điểm của BC, ta được

+ (ABC)∩(SBC)=BC

+SI BC(tam giác SBC cân tại S), và SISBC

+ AIBC (tam giác ABC đều), và AIABC

Vậy khi đó góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) là góc SIA và SIA 60

Tam giác SIC cuông tại I, ta được SI SC2IC2 a 2

Gọi H là hình chiếu vuông góc lên AI, khi đó khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là độ dài đoạn SH

Xét tam giác SHI vuông tại H ta được:

6

2 2

SH a a

TAILIEUONTHI.NET

Câu 45 Chọn D

Ta có d: 1 2

3 2

x t





  



  



qua B(0;1;3) và có một vecto chỉ phương u1; 2; 2 

Mặt phẳng chứa d và A có phương trình 2x + ay + bz + c = 0 nên mặt phẳng này đi qua A(3;-1;1) và B(0;1;3), đồng thời vecto pháp tuyến của nó vuông góc với u1; 2; 2 

ta có hệ

          

           

Do vậy M = a+b+c = 2+1-5 = -2

Câu 46 Chọn A

Ta có:2 (x y 2) log2xy3xx 8(*)

2

2 ( 2) log ( 3) 8

8

2 4 log log ( 3)

2 6 log ( 3) log 2

2( 3) log ( 3) 2 log

x

Xét hàm số ( ) 2 log , '( ) 22 1 0, 0

ln 2

t

Do vậy (*) f y( 3) f( )4

x

4 3

4 3

y

x y

x

  



Khi đó 2 4

x

   với x 0;4 3 0

x

   hay 0 4

3 x

 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

2( 1) 5 4 5 2.4 5 3

TAILIEUONTHI.NET

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

1

0

x

x x x

x

 



   









Vậy minM=3 khi x = 1, y = 1

Câu 47 Chọn B

Trên khoảng0; , ta có2x2 f x( ) 2 '( ) x f x 2xf x'( ) f x( ) 2 x2

'

2

1 '( ) ( )

2

3 2

3

x f x f x

f x x C x

Theo bài, (1) 5 5 2 1

3 3 3

f      C C

(4) 4 4

Câu 48 Chọn C

Xét hàm sốg x( ) 3 ( ) f x x3g x'( ) 3 '( ) 3 f x  x2

'( ) 0 3 '( ) 3 0 '( )

g x   f x  x   f x x

Vẽ đồ thị hàm số y x 2trên cùng hệ trục với đồ thị hàm sốy f x'( )

Khi đó, 2

0

2

x

x







  

 

 Bảng biến thiên :

TAILIEUONTHI.NET

Từ bảng biến thiên, ta có g(x) = 0 có 2 nghiệm x10,x22;

Vậy hàm sốy g x( ) có 3 điểm cực trị

Câu 49 Chọn A

Ta có mặt cầu (S) có tâm I(-1 ;2 ;1) và M( )S

Mà các điểm A,B,C thuộc mặt cầu (S) và MA,MB,MC đôi một vuông góc với nhau Nên tâm I của mặt cầu là tâm hình hộp chữ nhật cạnh MA, MB, MC như hình vẽ

Ta có I là trung điểm của đường chéo CC’, gọi O là trung điểm của MC’, H là giao điểm của

MI và CO suy ra H là tọng tâm của tam giác MCC’ Vậy 2

3

MH  MI

MI cắt mp(ABC) tại H(a ;b ;c) cố định

2

1

1 0

a

a

c c



      





 

Vậy T = 6a+6+5c=10

Câu 50 Chọn D

TAILIEUONTHI.NET

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn z z1, 2

Do z1 2 z1 1 3i nên M thuộc đường thẳng d : x +y -1 =0

Vì z2  5 1 2nên N thuộc đường tròn tâm I(-5;1) bán kính R = 2

Gọi A(-2;1) biểu diễn số phức -2+i thì z1  2 1 AM Gọi B là điểm đối xứng với A qua d => B(0 ;3)

Do điểm A và đường tròn tâm I nằm cùng phía với đường thẳng d

Có P z1   2 1 z1 z2  AM MN BM MN BN BI R   

MàBI  29minP 29 2

Dấu bằng xảy ra khi I,N,M,B thẳng hàng

TAILIEUONTHI.NET