120 đề thi thử THPT QG 2019 toán đào duy từ hà nội lần 2 có lời giải

Câu 30 TH: Đường cong trong hình vẽ bên là đồthịcủa một hàm sốtrong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây.. Đáy là hình tròn giới hạn bởiđường tròn x2 y216 nằm tr

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

MÃ ĐỀ 357

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II – MÔN TOÁN

NĂM HỌC: 2018 - 2019

Thời gian làm bài: 90 phút

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Đào Duy Từ gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm nội dung chính của đề vẫn xoay quanh chương trình Toán 12, ngoài ra có một số ít các bài toán thuộc nội dung Toán lớp 11, lượng kiến thức được phân bố như sau: 90% lớp 12 và 10% lớp 11, không

có câu hỏi thuộc nội dung chương trình lớp 10 Qua đó giúp HS kiểm tra được kiến thức của mình, từ đó

có kế hoạch ôn tập một cách hiệu quả nhất.

Câu 1 (TH): Cho phương trình z2 mz2m 1 0 trong đóm là tham sốphức Giá trịcủamđể phươngtrình có hai nghiệm z z thỏa mãn 1, 2 2 2





 có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là:

A. x 1 và y  3 B. x 1 và y  2 C. x 2 và y  1 D. x 1 và y  2 Câu 4 (TH): Một người gửi sốtiền 2 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,65% /tháng Biết rằngnếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn banđầu (người ta gọi đó là lãi kép) Số tiền người đó lãnh được sau hai năm, nếu trong khoảng thời gian nàykhông rút tiền ra và lãi suất không đổi là:

Câu 5 (NB): Phát biểu nào sau đây là đúng

A Hình tứ diện đều có: 6 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt B Hình tứ diện đều có: 4 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt

1

1

a x

A Hàm số đạt cực đại tạix0và cực tiểu tạix2

B Hàm số đạt cực đại tại x  2 và cực tiểu tại x  0

C Hàm số đạt cực đại tại x 2 và cực tiểu tại x  0

Câu 9 (NB): Trong các hàm sốsau, hàm sốnào chỉcó cực đại mà không có cực tiểu?

1

x y

a

D

323

a

Câu 11 (TH): Đối với hàm số ln 1

1

y x

Câu 15 (TH): Cho hai số phức z1 1 2i và z2  2 3i Phần ảo của số phức w3z1 2z2 là:

Câu 19 (TH): Cho hàm số yx44x210 và các khoảng sau:

(I):   ; 2 ; (II):  2;0; (III): 0; 2 

Hỏi hàm số đồng biến trên các khoảng nào?

Câu 20 (NB): Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A Hàm số ya x với a 1 nghịch biến trên khoảng ;

B Hàm số ya x với 0  a 1 đồng biến trên khoảng ;

C Đồ thị hàm số ya x và đồ thị hàm số yloga x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x

D Đồthịhàm sốya x vớia0vàa1luôn đi qua điểm M a ;1

A Hai đường sinh tùy ý thì vuông góc với nhauB Đường cao bằng tích bán kính đáy và tan 45

Câu 23 (NB): Hai mặt phẳng nào dưới đây tạo với nhau một góc 60 ?0

Câu 30 (TH): Đường cong trong hình vẽ bên là đồthịcủa một hàm số

trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây

Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A ylog2x B ylog 22 x

2log

y x

Câu 31 (VD): Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' có AB  3a, AD  4a, AA '  4a Gọi G là

H là khối đa diện chứa C Tính tỉ số V H

V với V là thể tích khối hộp đã cho.

Câu 32 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   S : x12y 22z 32 36,

là trung điểm của MN

3;2;13;6; 1

N N

N N

N N







Câu 33 (VD): Cho hàm số yf x  có đạo hàm liên tục trên  Đồ thị

của hàm số yf x  như hình vẽ bên Khi đó giá trị của biểu thức

Câu 34 (VD): Cho tứ diện ABCD có AB CD 11 ;m BCAD20 ;m BD AC 21m Tính thể tích

khối tứ diện ABCD

Câu 35 (VD): Cho số phức z thỏa mãn z i   1 z 2i Tìm giá trị nhỏ nhất của z

Câu 36 (VD): Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 4 2 2 4

từ B đến đường thẳng d là lớn nhất Khi đó, gọi M a b c là giao điểm của d với đường thẳng  ; ;   Giá trị

P a b c   bằng

Câu 40 (VD): Một vật có kích thước và hình dáng như hình vẽ dưới đây Đáy là hình tròn giới hạn bởiđường tròn x2

y216 (nằm trong mặt phẳng Oxy ), cắt vật bởi các mặt phẳng vuông góc với trục Ox ta

được thiết diện là hình vuông Thể tích của vật thể là

4

4 x dx

4 2

Câu 43 (TH): Số nghiệm của phương trình log log 22x 3 x1 2log2x là:

28 1

1 3

2 x 16x 

A Tổng các nghiệm của phương trình là một sốnguyên

C Tích các nghiệm của phương trình là một số dương

D. Phương trình vô nghiệm

Câu 45 (VD): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình

biến trên khoảng 1; 2 là  ; p

Câu 48 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;1;1 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và

cách gốc tọa độ một khoảng lớn nhất Khi đó, mặt phẳng (P) đi qua điểm nào sau đây?

d      Gọi  là đường thẳng cắt d d d lần lượt tại các điểm1, ,2 3

A, B, C sao cho AB = BC Phương trình đường thẳng 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

z z a

Sử dụng công thức lãi kép M A 1 rn với A là số tiên gốc ban đầu, r là lãi suất, n là số kì hạn gửi, M

là tổng số tiền cả vốn và lãi sau n kì hạn.

+ Tính 'y , giải phương trình ' 0 y  tìm được các nghiệm x i

+ Tính y'' y x'' i Nếu y x  thì '' i 0 x là điểm cực đại của hàm số, nếu i y x  thì '' i 0 x là điểm i

Nên x 0 là điểm cực đại của hàm số và x 2 là điểm cực tiểu của hàm số

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ 1; 3 thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x1;y3 vào hai hàm số còn lại thì chỉ

0 2

24

Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là

tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S.

Nên bán kính mặt cầu là HS = R nên thể tích hình cầu này là

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn x CD x CT nếu và chỉ nếu a 0 và phương trình ' 0y  có

hai nghiệm phân biệt

Câu 19:

Phương pháp:

- Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số:

+ Tính 'y , giải phương trình ' 0 y 

+ Các khoảng làm cho ' 0y  là các khoảng đồng biến của hàm số.

+ Các khoảng làm cho ' 0y  là các khoảng nghịch biến của hàm số.

- Đối chiếu với các khoảng bài cho và kết luận

x y

y a với 0a1 thì nghịch biến trên  nên B sai

+ Đồ thị hàm số y a x và đồ thị hàm số yloga x đối xứng nhau qua đường thẳng y x nên C đúng+ Đồ thị hàm số y a x với a 0 và a 1 luôn đi qua điểm M1;a nên D sai.

Sử dụng mối quan hệ góc giữa hai đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

Sử dụng tính chất hình nón, tính chất tam giác vuông cân

Cách giải:

Hình nón đỉnh S có thiết diện đi qua đỉnh là tam giác vuông cân

SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao

0.tan 45

Tam giác SBH vuông có SBH 450 nên SHB vuông cân,

suy ra HSB450 hay đường sinh SB hợp với trục SH góc

0

45

HSB  nên C đúng

Và đường sinh SB tạo với đáy góc SBH 450 nên D đúng

Hai đường sinh bất kì SB SC chưa chắc vuông góc với nhau,

+ Mặt cầu (S) có tâm I x y z và tiếp xúc với mặt phẳng (P) thì có bán kính  0; ;0 0 R d I P  ;   và

- Gọi điểm M x y biểu diễn số phức  ;  z x yi 

- Thay vào điều kiện đề bài tìm mối quan hệ x y; và kết luận

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm I   1; 1, bán kính R 4

(kể cả những điểm nằm trên đường tròn)

y x a x đồng biến trên 0;  nếu  a 1 và nghịch biến trên 0;  nếu  0a1

Xác định điểm thuộc đồ thị hàm số và thay tọa độ vào từng hàm số ở đáp án để tìm ra đáp án đúng

- Dựng mặt phẳng chứa B G' và song song với C D'

- Xác định khối đa diện và tính thể tích bằng cách cộng trừ thể tích các khối đa diện đơn giản

Cách giải:

Gọi   là mặt phẳng chứa B G' và song song với C D'

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của   với CD và CC'

CD CC 

Và   là mặt phẳng AMNB' ,  H là phần khối đa

3 2

+ Dựa vào công thức trung điểm để biểu diễn tọa độ điểm N theo tham số t

+ Thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu (S) ta được phương trình ẩn t, giải phương trình tìm t, từ

Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD như hình bên Khi đó

Tứ diện ABCD thỏa mãn

- Đặt z x yi x y   ,   và thay vào điều kiện bài cho tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.

- Tìm GTNN của z dựa vào các mối quan hệ hình học.

+) Tìm tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số theo tham số m.

+) Dựa vào tính chất hàm trùng phương và tính chất tứ giác nội tiếp để tìm m

Lại có cạnh OA chung nên BAOCAO c c c    suy ra

OBA = OCA, mà tứ giác OBAC nội tiếp nên

OBA OCA   OBA OCA 

- Biến đổi phương trình đã cho về chỉ làm xuất hiện ẩn log a (sử dụng công thức log2 a clog loga b b c)

- Giải phương trình và kết luận

log 2.log 2

t t

đồ thị (C) thì để AB nhỏ nhất khi I là trung điểm của AB.

Từ đó sử dụng công thức tọa độ trung điểm và bất đẳng thức Cô-si để tính toán

Cách giải:

ĐK: x 3

tâm đối xứng của đồ thị (C) là I3;1.

Với A B,  C và A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị Để AB nhỏ nhất thì A; I; B thẳng hàng hay

I là trung điểm của AB.

- Tính khoảng cách từ B đến d theo t và tìm GTLN của khoảng cách.

- Tìm t và suy ra tọa độ của M.

V S x dx

Cách giải:

Đường tròn x2y2 16 có tâm O0;0 và bán kính R 4

Gọi thiết diện cắt trục Ox tại điểm H x ;0 4x4

thì OH x và thiết diện cắt đường tròn đáy tại A, B (hình vẽ)

Để một hộp carton xếp được nhiều viên phấn nhất thì ta xếp dọc các viên phấn

Từ đó diện dựa vào đường kính đáy viên phấn và diện tích đáy hộp carton để suy ra số viên phấn nhiều nhất mà 1 hộp có thể đựng

Từ đó tính số phấn có thể đựng trong 12 hộp.

Cách giải:

Chiều dài viên phấn bằng với chiều dài của hình hộp carton bằng 6cm

Đường kính đáy của viên phấn hình trụ là d = 1cm

Để hộp chứa được nhiều viên phấn nhất ta phải xếp các viên phấn theo chiều thẳng đứng và hợp với đáy

hộp có chiều rộng bằng 5cm, chiều dài 6cm, chiều cao 6cm

Diện tích đáy hộp là 5.6 = 30cm2 nên 1 hộp carton chứa được nhiều nhất 5.6 = 30 viên phấn

Vậy với 12 hộp ta có thể xếp được 12.30 = 360 viên phấn

Suy ra xếp 350 viên phấn vào 12 hộp thì ta thiếu 10 viên

+ Giải phương trình mũ bằng cách đưa về cùng cơ số rồi cho hai số mũ bằng nhau

- Đưa yêu cầu bài toán từ ẩn x về bài toán ẩn t và tìm m

Đặt log 52 x1 t x 1;  5x  1 4 tlog 52 x1log 4 22   t2

Khi đó bất phương trình trên trở thành t 1 t m t2 t m *

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là 3

phẳng  P

Cách giải:

Gọi H là hình chiếu của O xuống mặt phẳng  P Khi đó OH OA nên OH lớn nhất khi H A

Hay  P là mặt phẳng qua A1;1;1 và nhận OA  1;1;1 làm VTPT nên phương trình mặt phẳng  P là

1 x1 1 y1 1 z 1  0 x y z   3 0

Thay tọa độ các điểm M M M M vào phương trình mặt phẳng 1; 2; 3; 4  P ta thấy chỉ có điểm M41; 2;0

thỏa mãn 1 2 0 3 0     0 0 (luôn đúng) nên M4 P

Chọn: D

Câu 49:

Phương pháp:

- Gọi tọa độ các điểm A, B, C lần lượt theo từng đường thẳng d d d 1, ,2 3

- Sử dụng giả thiết AB BC  B là trung điểm AC, từ đó tìm được tọa độ A, B, C

y y y

z z z

Biến đổi z rồi lập luận vào tính chất i  của số phức.2 1

Kết hợp điều kiện đề bài để tìm số các giá trị của m.