85 đề thi thử tốt nghiệp thpt môn toán liên trường nghệ an năm 2020 (có lời giải chi tiết)

Câu 1: Thể tích của khối cầu bán kính r là A.. Thể tích của khối lăng trụ đã cho là Câu 7: Hàm số nào dưới đây có đồ thị dạng như đường cong ở hình vẽ bên dưới?... f x dx  6 2 Câu 21: C

SỞ GDĐT NGHỆ AN

LIÊN TRƯỜNG THPT

MÃ ĐỀ 101

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2020

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU

Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn toán liên trường THPT – Nghệ An mã đề 101 gồm 06 trang với 50 câu trắc nghiệm, thời gian làm bài 90 phút, cấu trúc đề bám sát đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

Đề thi gồm 15 câu hỏi nhận biết, 19 câu hỏi thông hiểu, 9 câu hỏi vận dụng và 7 câu hỏi vận dụng cao Các câu hỏi VDC ở đề thi này khó và lạ hơn đề thi minh họa, giúp học sinh phát triển tư duy để giải quyết các bài toán tương tự và đạt điểm cao trong kì thi chính thức.

Câu 1: Thể tích của khối cầu bán kính r là

A 4 3

2

4

2

4 r D 2 r 3

Câu 2: Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau:

x   1 1 

y + 0  0 +

y 3 

  2

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A   ; 2 B  ;3 C 1;1 D 2; Câu 3: Cho hàm số f x có bảng xét dấu   f x  như sau: x   1 0 1 

  f x + 0  0  0 + Hoành độ điểm cực tiểu của hàm số đã cho bằng

Câu 4: Hàm số f x  cos 3 x 2 có một nguyên hàm là

A sin 3 x  2 2 B 1sin 3 2 2

3 x   C 1sin 3 2 2

   D  sin 3 x 2 2

Câu 5: Cho khối hộp lập phương có thể tích bằng 27, diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho bằng

Câu 6: Cho khối lăng trụ có chiều cao h 5 và diện tích đáy S 6 Thể tích của khối lăng trụ đã cho là

Câu 7: Hàm số nào dưới đây có đồ thị dạng như đường cong ở hình vẽ bên dưới?

A 27 log a 3 B 6log a 3 C 2 3log a 3 D 2 log a 3

Câu 9: Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M1;6;2020 trên mặt phẳng Oyz có tọa độ

5

f x dx 

6 2

Câu 21: Cắt khối nón tròn xoay có chiều cao bằng 6 bởi mặt phẳng vuông góc và đi qua trung điểm của trục

khối nón, thiết diện thu được là hình tròn có diện tích 9  Thể tích khối nón bằng

Câu 23: Biết  

13 1

2 1

dx

a a Q

Câu 24: Cho khối lăng trụ đều ABC A B C    có AB2 ,a M là trung điểm của BC và A M 3 a Tính thể tích khối lăng trụ đã cho

Câu 25: Cho

4 0

sin ,

I  xdx nếu đặt u x thì

A

4 0

2 sin

4 0

sin

I u udu

C

2 0

2 sin

2 0

sin

I u udu

Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy là tam giác cân tại ,C A C a  5, BC a , ACB45 0

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

2

6

12

a

Câu 27: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường 2

yx  x y x x được tính bởi công thức nào sau đây?

2

2 2

1

2 3

2

2 2

1

2 3

S x  x dx

2

2 2

1

2 3

2

2 2

1

2 3

S x  x dx

Câu 28: Cho hai số phức z1 4 3i và z2  1 2 i Biết số phức z1 2z2  a bi a b R; ,  , khi đó a2b2 là

Câu 29: Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua M  1, 2,3 và vuông góc với mặt phẳng

  : 4x y 2z 2 0 có phương trình

x y z

x y z



x y z

x y z

Câu 30: Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau:

x   1 0 1 

y + 0  0 + 0 

y 1 3

  2  

Số nghiệm thực của phương trình 2f x   là  5 0

Câu 31: Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn log2 a log4ab

b

 



 

  Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 32: Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm của phương trình log3 9  2    

Câu 39: Ông A có số tiền là 100.000.000 đồng gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép, có hai loại kì hạn: loại kì hạn

12 tháng với lãi suất là 12%/ năm và loại kì hạn 1 tháng với lãi suất 1%/ tháng Ông muốn gửi 10 năm Theoanh chị, kết luận nào sau đây đúng (làm tròn đến hàng nghìn)?

A Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 16 186 000 đồng sau 10 năm.

B Cả hai loại kì hạn đều có cùng số tiền như nhau sau 10 năm

C Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 19 454 000 đồng sau 10 năm

D Gửi theo kì hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kì hạn 1 năm là 15 584 000 đồng sau 10 năm

Câu 40: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập thành từ các chữ số

0,1,2,3,4,5,6,7 Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập S Tính xác suất để số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn

Câu 41: Gọi z z là hai nghiệm phức của phương trình 1, 2 2

2 2 0

z  z  Tập hợp các điểm biểu diễn của số

phức w thỏa mãn w z1 w z2 là đường thẳng có phương trình

2

4 x m log x 2x 3 2 x x log 2 x m 2 0

      với m là tham số Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt là

Câu 48: Biết giá trị lớn nhất của hàm số yf x  2x315x m  5 9 x trên [0;3] bằng 60 Tính tổng tất cả

các giá trị của tham số thực m

Câu 49: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC có AB BC 5,AC2BC 2, hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm O của cạnh AC Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2 Mặt phẳng (SBC) hợp với mặt phẳng (ABC) một góc  thay đổi Biết rằng giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.ABC bằng

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

r V  r

Cách giải:

Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính 4 3

:3

Dựa vào BBT, ta thấy hàm số yf x  đồng biến trên   ; 1 và 1;  

Lại có:   ; 2     ; 1  Hàm số đã cho đồng biến trên   ; 2

Dựa vào BBT ta thấy f x  đối dấu từ âm sang dương qua điểm 1

 x 1 là điểm cực tiểu của hàm số yf x 

Diện tích toàn phần của khối lập phương cạnh a là S tp 6a2

Cách giải:

Cạnh của khối lập phương đã cho là a 3 27 3

 Diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho là 6.32 54

Dựa vào đồ thị hàm số cần tìm là hàm số bậc ba

Ta thấy nét cuối của hàm số sẽ đi xuống  a 0 loại đáp án B và D

Đồ thị hàm số đi qua điểm 1,0 và 2,0 

Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào phương trình mặt phẳng (P) để chọn điểm thuộc mặt phẳng

Điểm M x y z thuộc mặt phẳng  0, ,0 0  P ax by cz d:    0 nếu ax0by0cz0d 0

3 2

x





  có TXĐ: D R \ 1 

Ta có:

22

Diện tích của đường tròn bán kính r là Sr2

Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy R là 1 2

3

V  R h

Cách giải:

Mặt phẳng vuông góc và đi qua trung điểm I của trục SO của khối nón cắt khối nón tròn xoay theo giao tuyến là đường trong tâm I bán kính r.

1 1

ln

x x

x x

1 1

Chọn A.

Câu 24: Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V Sh

Đường trung tuyến của tam giác đều cạnh a có độ dài là 3

Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S là V Sh

Diện tích tam giác ABC là 1 sin

2

Chọn D.

Câu 29: Phương trình đường thẳng trong không gian

Phương pháp:

Đường thẳng d    u d  n

Phương trình đường thẳng d đi qua M x y z và có VTCP  0, ,0 0 ua b c, ,  là x x0 y y0 z z0

Cách giải:

Ta có:   : 4x y 2z 2 0 có n 4, 1, 2 



Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng   : 4x y 2z 2 0  d nhận vecto n   4,1, 2 



làm VTCP

d

 có phương trình là: 1 2 3

x y z

Chọn D.

Câu 30: Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình 2   5 0   5

2

f x    f x  là số giao điểm của đường thẳng 5

2

y  và đồ thị hàm số yf x 

Dựa vào BBT để nhận xét số giao điểm của hai đồ thị hàm số

Cách giải:

Số nghiệm của phương trình 2   5 0   5

2

f x    f x  là số giao điểm của đường thẳng 5

2

y  và đồ thị hàm số yf x 

Ta có BBT:

x   1 0 2 

y + 0  0 + 0 

y 1 3

2

y 5 / 2     Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng 5

2

y  cắt đồ thị hàm số yf x tại hai điểm phân biệt

 2f x   có 2 nghiệm phân biệt  5 0

Chọn C.

Câu 31: Phương trình mũ và phương trình lôgarit

Phương pháp:

Sử dụng công thức log m log 0 2, 0

n

a a

n

m

Cách giải:

Ta có: log2 a log4ab

b

 



 

 

2

log a log ab

b

 

 

Dựa vào định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số yf x 

Đường thẳng yy0 được gọi là TCN của đồ thị hàm số khi thỏa mãn một trong các điều kiện

Chọn A.

Câu 35: Bất phương trình mũ và bất phương trình lôgarit

Phương pháp:

  , giải hệ phương trình tìm a,c

Lấy M bất kì thuộc đường thẳng d d,  P  M P Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (P) tìm d.

- Gọi độ dài đường cao của ống trụ là 10x (cm) (x > 0)

- Chia ống trụ thành 10 phần bằng nhau, trải phẳng mỗi ống trị nhỏ ta được 1 hình chữ nhật, xác định hai kíchthước của hình chữ nhật đó

- Độ dài đường chéo của hình chữ nhật là độ dài 1 vòng dây, lập phương trình tìm x

- Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính R là S xq 2Rh

Cách giải:

Gọi độ dài đường cao của ống trụ là 10x (cm) (x > 0)

Chia ống trụ thành 10 phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài đường sinh là x (cm)

Trải phẳng mỗi ống trị nhỏ ta được 1 hình chữ nhật có hai kích thước là x và 2R 2  2 4



  (cm)Khi đó độ dài đường chéo của hình chữ nhật x242  x216 và độ dài đường chéo chính bằng độ dài của

1 vòng

Do đó ta có phương trình: 10 x216 50  x216 5  x216 25  x2  9 x3cm (thỏa mãn)

=> Độ dài đường cao của ồng trụ là h10x30cm

Vậy diện tích xung quanh ống trụ là 2  2

Độ dài đường chéo của hình chữ nhật là độ dài 1 vòng dây, lập phương trình tìm x

Diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là S xq 2Rh

Cách giải:

Câu 39: Phương trình mũ và phương trình lôgarit

Cách giải:

Theo loại 1: Loại kì hạn 12 tháng với lãi suất 12%/năm

Số tiền ông A nhận được sau 10 năm là A 10 100 1 12%  10 (triệu đồng)

Theo loại 2: Loại kì hạn 1 tháng với lãi suất 1%/tháng

Số tiền ông A nhận được sau 10 năm = 120 tháng là A 120 100 1 1%  120(triệu đồng)

Tính số phần tử của không gian mẫu

Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn”, số phần tử của A bằng số các số có 4 chữ số khácnhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ là  2 2

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là abcd a   0

Không gian mẫu:   3

7

7 1470

n   A Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn”

=> Số các số có 4 chữ số khác nhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ là  2 2

Giải phương trình bậc hai tìm hai số phức z z 1, 2

Đặt w x yi x y R ,   , thay vào giả thiết tìm mối quan hệ x,y

tìm t t k suy ra tọa độ các điểm M,N1, ,2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua M x y z và có 1 VTCP  0, ,0 0 u a b c , ,  là x x0 y y0 z z0

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua M và có 1 VTCP MN0, 4, 1 



là

1

2 42

Gọi E là hình chiếu của A lên (ABC), chứng minh BCDE là hình chữ nhật

Gọi O BD CE  , A’ là trung điểm của AE, chứng minh d AC BD ,  d E A BD ,   

Trong (BCDE) kẻ EH BD H BD, trong (OA’E) kẻ EK A H K  A H , chứng minh EK A BD 

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách

Do đó BCDE là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

Ta có: AEBCDE EB là hình chiếu của AB lên (BCDE)

2 2 2 2

54

2

I  f t dt

,72

Hàm số yf x  nghịch biến trên R khi và chỉ khi y   0 x R

Xét dấu tam thức bậc hai 2 0 0

Với m = 2, hàm số trở thành yx2 nghịch biến trên R (thỏa mãn)

Đặt xlog ,a b ylogb c khi đó ta có:

loga logb 1 loga 1 logb

Vậy  

2 2

x

m max f x

Câu 49: Khái niệm về thể tích của khối đa diện (sưu tầm)

Gọi H là hình chiếu của O lên SB

3, 2

Vậy a b 5

Chọn B.

Câu 50: Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình (sưu tầm)

Cách giải:

Đặt 2sinx1t, với x0,3   t  3,1

Vì f x  là hàm đa thức bậc ba nên có dạng   3 2

f x ax bx cx d



Ta có:    

4 3

4

x

f   f x   x  x

Ta có:   3 2

1

1 3

x

x







        

  



x   1 3 1 1 3 

y  0 + 0  0 +

y  5

4 

1 1

Từ đó suy ra BBT của hàm số yf x 1 như sau: x   2 3 2 2 3 

y  0 + 0  0 +

y  5

4 

1 1

Từ BBT trên ta suy ra BBT của hàm sô yf x 1 như sau: x   2  3 3 2 3 2 0 2 3 1 2 2 3 

y  0 + 0  0 + ||  0 + 0  0 +

y  5

4

3 4  5

4 

0

1 1 1 1

Dựa vào BBT ta thấy phương trình f t 1 m có tối đa 4 nghiệm t   1,1

Với mỗi giá trị t   1,1 thì phương trình 2sinx1t có tối đa 4 nghiệm trên 0,3 

Vậy tập nghiệm của phương trình f 2sinx1 1  m có tối đa 16 phần tử

Chọn D.