Đáp án B sai, vì không thỏa mãn dấu hiệu nhận biết của điểm cực đại... Bảng xét dấu: Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên khoảng -1;1... Gọi A là biến cố: Số được chọn có chữ số
Trang 1GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ
SỞ GD&ĐT BẮC NINH – NĂM HỌC 2020-2021
Câu 1: Chọn C
Đáp án A sai, vì khi '
0
( ) 0
f x thì x x 0 chưa chắc đã là điểm cực trị của hàm số vì f x'( ) có thể không đổi dấu khi qua điểm x0
Đáp án B sai, vì không thỏa mãn dấu hiệu nhận biết của điểm cực đại
Đáp án D sai, ví dụ: Hàm số: y f x( )x4 có f''(0) 0 và f'(0) 0 nhưng x00 là điểm cực trị của hàm số
Đáp án C đúng, vì ( )f x liên tục tại x0nên ( )f x xác định tại x0 và f x'( ) đổi dấu khi qua điểm
0
x nên hàm số đạt cực trị tại điểm x0
Câu 2: Chọn A
Ta có diện tích xung quanh: Sxq 2Rl16
Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông nên: l2R h
2 2
xq
Thể tích của hình trụ là V R h2 R2.2R16
Câu 3: Chọn B
Ta có SC(ABC), nên SC là đường cao hình chóp S.ABC
S ABC ABC
a
Câu 4: Chọn B
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp, ta có 1.3
3
V h B Bh Câu 5: Chọn D
Ta có 2 1 2 1 3 2.2 2 3 3.2 3 2 2 1
x x
x x x x x x x x
Câu 6: Chọn C
Xét tích phân 4 2
0
9
Ix x xdx Đặt t x29ta có t2 x2 9 tdtxdx
Đổi cận 0 3
9
I x x xdxt dt Câu 7: Chọn B
Xét đường thẳng y1 cắt đồ thị các hàm số
log ;a log ;b logc
y x y x y x lần lượt tại các điểm
( ;1); ( ;1); ( ;1)
A a B b C c Từ đồ thị ta thấy c a b
Câu 8: Chọn D
Đặt u 2xx 1 du x2dx
dv e dx v e
(2x1)e dxx (2x1)ex 2e dxx (3e 1) 2ex e 1
Trang 2Câu 9: Chọn C
Hàm bậc bốn trùng phương có hệ số ab 4 0 nên hàm số có 1 điểm cực trị
Câu 10: Chọn D
Vì mặt phẳng vuông góc AB nên có một vectơ pháp tuyến là AB(1;1; 1).
Phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc AB là ( 1) (x y 2) z 0 x y z 3 0 Câu 11: Chọn B
Ta có: a 3 j k (0; 3;1)
Vì a
vuông góc với b
nên a b 0 3m 6 0 m2 Câu 12: Chọn C
2
2
0, 2; 4 ( 1)
x
nên hàm số giảm trên 2; 4 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là
2;4
maxyy(2) 3.
Câu 13: Chọn C
Ta có:
2 1
1
n
n n
Câu 14: Chọn A
Ta có: V 1.2.3 6.
Câu 15: Chọn B
2
x
f x dx xdx C
Câu 16: Chọn A
Điều kiện: x2
3( ) log ( 2) log ( 2) log 5 ( 2)( 2) 5 9
3( )
x tm
x ktm
Vậy phương trình đã hoc ó nghiệm duy nhất x3
Câu 17: Chọn D
Ta có: log (10 ) log 10 log 1 1 1 log
a
Câu 18: Chọn B
Tập xác định: D ( ; 1) ( 1; )
x
y
x
y
Vậy đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang y 2
Câu 19: Chọn A
0
(2 1) ( ) | (2 2) (0 0) 6
o
I x dx x x
TAILIEUONTHI.NET
Trang 3Câu 20: Chọn A
Vì M là trung điểm của đoạn AB nên
1 3
2
2 2 2 2
A B
M
A B
M
A B
M M
x x
x
y y
z
z
Vậy (1;1;2).M
Câu 21: Chọn C
Ta có: 1 ' '
2
1 1 1
2 2 4
V SA SB SC
V SA SB SC
Câu 22: Chọn D
2
2
4 5 0
2
z z
Suy ra w (1 z1)(1z2) 10 w 10.
Câu 23: Chọn C
Ta có u1 ( 2;1; 2),u2 (1;1; 4) lần lượt là các vectơ chỉ phương của 1, 2
Gọi là góc giữa hai đường 1, 2, ta có 1 2 0
1 2
| | 1
| | | | 2
u u
u u
Câu 24: Chọn A
Ta có y' 3x23;y' 0 x 1
Bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1)
Câu 25: Chọn A
Ta có ' 3 '
1
1
x
x
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra cực đại của hàm số đã cho bằng 3
Câu 26: Chọn A
Phần ảo của số phức z 1 2i là -2 TAILIEUONTHI.NET
Trang 4Câu 27: Chọn B
Ta có y' 3.x2 3 0, x R
Mặt khác hệ số a 1 0 nên hàm số đã cho luôn đồng biến trên R
Do đó số giao điểm của đồ thị hàm số y x 33x1 với trục hoành là 1
Cách khác:
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y x 33x1 và trục hoành
3 3 1 0
x x x a với a0
Vậy có 1 giao điểm
Câu 28: Chọn C
Ta có a//b và b//(P) suy ra a//(P) hoặc a( ).P
Câu 29: Chọn A
2
Do
0
(0; )
0
x
Do
7
8
x k
k
k
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc khoảng (0; )
Câu 30: Chọn C
Hàm số ylog (24 x) xác định khi 2 x 0 x 2
Vậy D ( ; 2)
Câu 31: Chọn B
Thể tích khối nón là: 1 2 1 2 1 3
V r h a a a Câu 32: Chọn C
Ta có: 3 5 53 32 5 33 2 16
3
1
a
Câu 33: Chọn A
Nhận xét: Hàm số g x( ) f x( 22 |x 1| 2x m) có trục đối xứng là đường thẳng x1
Để hàm số yg x( ) có 9 điểm cực trị thì hàm số phải có 4 điểm cực trị thuộc (1;)
Với x1 ta có g x( ) f x( 24x m 2), có g x'( ) (2 x4) (f x' 24x m 2) 0
' 2
2
x
f x x m
Từ đồ thị hàm số, phương trình
2
2 ' 2
2
2
4 2 0( ' )
f x x m
Trang 5Do đó
2
2 2
2
4 2( ' )(1)
4 (3)
4 1(4)
x
Phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó cũng không sinh thêm cực trị
Yêu cầu bài toán thỏa mãn nếu phương trình (2); (3); (4) có đủ 3 nghiệm đơn phân, lớn hơn 1
và khác 2
Ta vẽ 3 parabol y x2 4x1;y x 24 ;x y x2 4x1 trên cùng một hệ trục, và quan sát sự tương giao của 2 đường parabol đó với đường thẳng y m
Ta thấy các điều kiện sau của m thì các phương trình (2); (3); (4) tạo đủ số nghiệm thỏa mãn yêu cầu:
2 0;1;2;3; 4;7
m
Câu 34: Chọn A
Gọi K là hình chiếu của H lên SC, ta có AB(SHC) ABSC và
HKSC nên suy ra SC(ABK)
Do đó, (SAC), (SBC)AK BK, 600
Vì KH AB KAB cân tại K
Ta có
2
3
AK AB
AK AB
AK AK
Trường hợp AK=AB loại vì K C
2 3
AB a
d AB SC HK AK AH
TAILIEUONTHI.NET
Trang 6Câu 35: Chọn B
Điều kiện x1
Ta có 2021 2( x 1) 12021x x24x 3 2021 2 x 2 12x 2 2021x(x1) (*)2
Xét hàm số f t( ) 2021 ( t t 1)2 trên 1;
Ta có: f t'( ) 2021 ln 2021 2( t t 1) 0 t 1, suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên khoảng 1;
Khi đó (*) f( 2x 2 1) f x( ) 2x 2 1 x
2 2 1 2 2
4 3 0
1
x
x
1
1;3; 4; ;9 10
x
x
Có 8 giá trị thỏa mãn
Câu 36: Chọn D
Vẽ đồ thị hàm số y2 ,x y x 3,y1trên cùng một hệ trục tọa độ Diện tích cần tính là:
2
x x
Câu 37: Chọn C
Ta có: Tập xác định của hàm số ' 2
2
2
x m
Do đó hàm số luôn đồng biến trên các khoảng xác định của nó
Hàm số y 2mx m2 m 2
x m
có giá trị nhỏ nhất trên đoạn 1; 4 bằng 1
2 1;4
1; 4 1; 4
1; 4
1
3( ) 1
m m
m
m
f x f
m
Do đó S 1
Câu 38: Chọn B
Vì (S) có tâm nằm trên tia Ox nên ( ;0;0),I a a0 là tâm của mặt cầu (S) Mặt cầu (S) có bán kính bằng 2, tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) ( ,( )) 2 | | 2 2
2( )
a
Vậy ( ) : (S x2)2y2z24
TAILIEUONTHI.NET
Trang 7Câu 39: Chọn D
Với ,a b1, ta có
2
4log 4log 2log 6 3 4log 4log 2log 6
8log 2log 6 3
a
b
a b
(BĐT Côsi cho 3 số dương)
b
Khi đó 3 8 2 6 3 8 2 6
6 t t t 6 t t
VT b b b
Mà 2 2 2 1 1 3 2 1 1
Suy ra VT 63b0 6
Kết hợp với giả thiết VT6, ta được VT=6
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2
4log 2log 6 4log 2log 6
8
2 1
2
t
2 2
2 4log 4log 12
2 4 64
b
Vậy P a 4b2 244232
Câu 40: Chọn D
Với mọi x R \ 0 , ta có x f x2 2( ) (2 x1) ( )f x xf x'( ) 1
2
( ) 2 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 ( )
1
( ) 1
( ) 1
x f x xf x f x xf x xf x xf x
dx dx x C
d xf x
xf x
xf x
Vì (1)f 2 C 0
xf x x x x
Vậy
2
2
2
Câu 41: Chọn B
Do m nguyên dương nên ta có: 2m 1 1
Trường hợp 1: 2
2 1 2
2
1 log 0
x x
(không thỏa yêu cầu bài toán)
2 1 2
2
1 log 0
m m
x x
x
Để tập nghiệm chứa không quá 2021 số nguyên dương thì
2
log 2023 1
2
Do m nguyên dương nên: 1 m 5 TAILIEUONTHI.NET
Trang 8Câu 42: Chọn B
9
( ) 9
Gọi A là biến cố: Số được chọn có chữ số lẻ bằng số chữ số chẵn và tổng các chữ số lẻ bằng tổng các chữ số chẵn.”
-Do số có 8 chữ số và số chữ số chẵn bằng số chữ số lẻ nên số cần tìm có 4 chữ số chẵn và bốn chữ số lẻ
-Tổng các chữ số lẻ bằng tổng các chữ số chẵn nên ta có:
TH1: Số có 8 chữ số lập từ: 0; 2;6;8 ; 1;3;5;7
Có: 7.7! số có 8 chữ số
TH2: Số có 8 chữ số lập từ: 0; 4;6;8 ; 1;3;5;9
Có: 7.7! số có 8 chữ số
TH3: Số có 8 chữ số lập từ: 2; 4;6;8 ; 1;3;7;9
Có: 8! số có 8 chữ số
Do đó: ( ) 7.7! 7.7! 8!n A
n A
P A
Câu 43: Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: lim lim 2021 2021 2021
( ) 2 5 2 3
x y x
f x
2021
( ) 2
x y x
f x
Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang Mặt khác, ( ) 2 0f x f x( ) 2 : phương trình có 3 nghiệm phân biệt Suy ra đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận đứng
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2021
( ) 2
y
f x
là 5
Câu 44: Chọn B
Giả sử: z x yi với ,x y
Gọi N là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ
Oxy N x y( ; )
Ta có
*|z z | |z z| 4 | | | | 2x y N thuộc các cạnh của hình
vuông BCDE (hình vẽ)
*P |z 2 2 |i P x2 (y2) IN với (2;2)I
Từ hình vẽ ta có: (1;1)F và
M P ID IC m P IF
TAILIEUONTHI.NET
Trang 9Câu 45: Chọn D
Tập xác định: D\ 1
Xét hàm số
1
x
Với mọi x nguyên và khác -1, ta có: 1 2
1
y x
nguyên khi và chỉ khi 2
2 1 nguyên x 1 là ước của 2, suy ra
(thỏa mãn)
Với x 0 y 1 Gọi (0; 1).A
Với x 2 y 3 Gọi ( 2;3).B
Với x 1 y 0 Gọi (1;0).C
Với x Gọi ( 3;3).3 y 3. D
Như vậy trên đồ thị (C) có 4 điểm có tọa độ nguyên
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm phân biệt có tọa độ nguyên là đường thẳng
đi qua 2 điểm phân biệt thuộc (C) có tọa độ nguyên
Suy ra số đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm phân biệt có tọa độ nguyên là
2
4 6
Câu 46: Chọn A
Phương trình mặt phẳng (Oxy) : z 0
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt phẳng (Oxy)H(1;1;0),K(2;0;0) Gọi
( ; ;0) (Oxy)
AH=1;BK=2;AMH BMK suy ra AH BK MK 2.MH
M thuộc đường tròn (C) tâm 2 4;
3 3
I
, bán kính 8
3
R
TAILIEUONTHI.NET
Trang 10Câu 47: Chọn A
Hàm số cần xác định trên (1; ) m 2 (1; ) m 3(*)
2
mx m
x m
Ta có:
2 '
2
1
x
x
Khi đó
1
lim ( )
x f x
và
'
2
3
1
f x
x
( )
f x
đồng biến y | ( ) |f x không đồng biến trên (1;)
Xét m 3 0 m 3 f(1) tồn tại Để y| ( ) |f x đồng biến trên (1;) ta xét 2 trường hợp sau
+ Trường hợp 1: ( ) 0f x và đồng biến trên (1;)
10;10
2 '
2
3 2
2 3
3
3
2
1 13 2
m
m m
M
m
f x
x m
m
+Trường hợp 2: ( ) 0f x và nghịch biến trên (1;)
2 '
2
2
m
m
m
x m
Kết hợp điều kiện (*) ta được
2
2
10 2
m
m m m
Do đó S 2; 2;3; 4;5;6;7;8;9;10
Vậy tổng các phần tử của S bằng 52
Câu 48: Chọn A
TAILIEUONTHI.NET
Trang 11Ta có
2
BC a AC a AB OA OB OA OB c a a a a
Vậy tam giác ABC vuông tại C
AC BC
AC BE
Mặt khác OACvuông cân tại O Gọi M là trung điểm của AC ta có OM AC(2)
Từ (1) và (2) suy ra: OM/ /EC
Gọi N là trung điểm của OC, suy ra NM / /OAMN OC(3)
Mặt khác tam giác ABC đều nên BN OC OC (BNE) OC EN(4)
BE OC
Từ (3) và (4) suy ra E, N, M thẳng hàng, suy ra OMCE là hình bình hành có góc MCE900
nên là hình chữ nhật Hơn nữa OM=MC suy ra OMCE là hình vuông
+ Gọi H là trung điểm của AB, suy ra: MH AC AC (OHM) (ABC) (OHM)
OM AC
(ABC)(OHM)HM
2 2
OH HM OM OHM vuông tại H OH HM
Vậy H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: 2
2
a
2
a a
BE BC EC a
(0;0; 0), ;0;0 , 0;0; , 0; ;0 , 2;0;0
Suy ra
2;0; 2 , 3 2; 2; 2
Ta có:
2
3
OEIN
TAILIEUONTHI.NET
Trang 12Câu 49: Chọn D
Gọi M; N lần lượt là trung điểm của CD; BD
Vì BA BC BD và (ACD)(BCD) nên BM là trục đường tròn ngoại tiếp ACD
Nên ACD vuông tại A
7
2
CD AB AC BM BD DM Trong (BCD) kẻ đường trung trực của DB cắt BM tại I Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Hai tam giác BNI và BMD đồng dạng nên ra có: 2 2 4
BI BN
BD BM Đường kính mặt cầu là 2 8
3
R
Câu 50: Chọn B
Gọi M d M d và M Do ( )P nên M d ( )P
Tìm được điểm (1;1;1)M
Gọi u
là vtcp của Do d và ( )P nên u np (1; 2;1)
và u nd (2;1;3) Chọn un u p; d(5; 1; 3).
Vậy : 1 1 1
x y z
- Hết -
TAILIEUONTHI.NET
