de thi thu thpt qg mon toan co loi giai chi tiet

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần 2 môn Toán của trường Sở GDDT Ninh Bình gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm.. Nội dung chính của đề vẫn xoay

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần 2 môn Toán của trường Sở GDDT Ninh Bình 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 Đề thi được biên soạn nhằm giúp HS lớp 12 ôn tập chuẩn bị cho kì thi THPTG

Câu 7 (TH): Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình dưới đây Diện tích

của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x  và trục Ox là

Câu 10 (TH): Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào trong

Câu 16 (VD): Cho hình trụ có tâm hai đáy lần lượt là O và  O ; bán kính đáy hình trụ bằng a. Trên hai

đường tròn  O và  O lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho đường thẳng AB tạo với trục của hình trụ

một góc 30 và có khoảng cách tới trục của hình trụ bằng 3

Câu 18 (TH): Cho hình chóp S ABC có đường cao SA tam giác ABC vuông tại A có , AB2,AC4

Gọi H là trung điểm của BC Biết diện tích tam giác SAH bằng 2, thể tích của khối chóp S ABC bằng

Câu 19 (TH): Tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 5x23x625 bằng

a

góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng

Câu 29 (TH): Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f x  m 0 có hai nghiệm phân biệt là

quạt tròn tâm O , quấn rồi hàn ghép hai mép của hình quạt tròn lại để tạo thành một đồ vật dạng mặt nón

tròn xoay (tham khảo hình vẽ) Dung tích lớn nhất có thể của đồ vật mà bác Bính tạo ra bằng bao nhiêu? (bỏ qua phần mối hàn và độ dày của tấm thép)

A 2 62 B 4 6 2

Câu 34 (VD): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y2z 3 0 và mặt phẳng

 Q :x2y2z 6 0 Gọi  S là một mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt phẳng Bán kính của  S bằng

Câu 37 (VD): Trong không gian Oxyz , cho các điểm A1; 4;5 , B 0;3;1 , C 2; 1; 0  và mặt phẳng

 P : 3x3y2z150 Gọi M a b c là điểm thuộc  ; ;   P sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ

A 221 triệu đồng B 224 triệu đồng C 222 triệu đồng D 225 triệu đồng

Câu 40 (VD): Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình vuông cạnh bằng 3, hình chiếu vuông góc của S

trên mặt phẳng ABCD là điểm H nằm trên đoạn thẳng AB sao cho AB3AH SH,  3 Khoảng

Câu 41 (VD): Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ sau

Số nghiệm của phương trình   2  

Câu 42 (VD): Cho hàm số y f x  liên tục trên Hàm số y f x có đồ

thị như hình bên Bất phương trình   3 2

x  x m  x x m Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham

số m thuộc đoạn [20; 20] để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt?

Câu 47 (VD): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là điểm đối xứng của C

qua B và N là trung điểm của SC Mặt phẳng MND chia khối chóp  S ABCD thành hai khối đa diện,

trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V , khối đa diện còn lại có thể tích 1 V (tham khảo hình vẽ 2

dưới đây Tính tỉ số 1

2

V

V

2

15

V

2

75

V

V  Câu 48 (VDC): Cho số phức z thỏa mãn z 1 3 Tìm giá trị lớn nhất của T      z 4 i z 2 i

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

Ta thấy hàm số yx44x21 có ab1.40 nên hàm số có 1 điểm cực trị

Từ hình vẽ ta thấy khi x  thì y  hay hệ số a0 Do đó loại B, C

Thấy điểm 0; 2  thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x0; y 2 vào hai hàm số còn lại thấy chỉ có hàm số

Đáp án A: n0; 2;0 không cùng phương k nên loại

Đáp án B: n2; 2;0 không cùng phương k nên loại

Đáp án C: n0;0; 22k nên  P Oz

Đáp án D: n2;0;0 không cùng phương k nên loại

Chọn C

Câu 16:

Phương pháp:

+ Sử dụng d a b ; d a P ;  d M ; P MH với a/ / P ; b P ; Ma và H là hình chiếu vuông góc của M xuống mặt phẳng  P

+ Xác định góc giữa hai đường thẳng ,a b là góc giữa a và b với b/ / b

+ Sử dụng định lý Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn

+ Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy r và đường sinh l là S tp 2rl2r2

Lại có AB tạo với trục hình trụ góc 30 mà 0 OO/ /A B A BA  30

Xét tam giác OHA vuông tại H có:

Diện tích toàn phần của hình trụ đã cho là:

- Tìm các đường tiệm cận (nếu có) của đồ thị hàm số

- Nhận xét số đường tiệm cận đã có và suy ra điều kiện để có đủ số tiệm cận thỏa mãn yêu cầu bài toán

2

44.4 0

m m

ĐK : x0

Xét trên  0;3 ta có   1 1  

42

Để xác định góc giữa hai mặt phẳng  P và  Q ta thực hiện các bước sau :

+ Xác định giao tuyến d của  P và  Q

+ Trong mặt phẳng  P xác định đường thẳng ad, trong mặt phẳng  Q xác định đường thẳng bd.+ Khi đó góc giữa  P và  Q là góc giữa hai đường thẳng a và b

Cách giải:

Gọi M là trung điểm BCAM BC (do ABC cân tại A)

Lại có SAB SAC c g c SBSC hay SBC cân tại S

Số nghiệm của phương trình f x m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng ym

song song với trục hoành

Câu 30:

Phương pháp:

+) 1VTPT của mặt phẳng  P là n u u1; 2 với u u lần lượt là 1VTCP của 2 đường thẳng 1; 2  ; 

+) Mặt phẳng  P đi qua M x y z 0; 0; 0 và nhận na b c; ;  làm VTPT có phương trình

 0  0  0 0

a xx b yy c zz 

Cách giải:

Ta có u1 2; 2;1 ; u2 1;3;1 lần lượt là VTCP của hai đường thẳng   ;  u u1; 2   1; 1; 4

Vì mặt phẳng  P song song với cả hai đường thẳng  ;  nên  P nhận nu u1; 2   1; 1; 4 làm 1 VTPT

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f r đạt GTLN khi   4 6

- Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , tìm tọa độ G

- Viết lại biểu thức cần tìm GTNN dưới dạng véc tơ, xen điểm G và tìm GTNN

Cách giải:

T MA MB MC Gọi G1; 2; 2 là trọng tâm của tam giác ABC thì GA GB GC  0

2 2 2 2

Gọi H là hình chiếu của G lên  P thì MGHG nên T đạt GTNN nếu M H

Viết phương trình đường thẳng d đi qua G1; 2; 2 và vuông góc  P

Do tháng cuối cùng có thể trả ít hơn 5tr nên số nợ ban đầu không vượt quá 224,775 triệu

Vậy nên số nợ ban đầu có thể là 224 triệu

Chọn B

Chú ý: Số nợ không thể là 225tr vì nếu vậy thì sau 60 tháng không thể trả hết nợ mà sẽ còn dư nợ đến

tháng thứ 61 (mâu thuẫn giải thiết)

Vì BC/ /ADBC/ /SAD d C SAD ;  d B SAD ;  

Do đó    

2

12

x x

+) Cô lập m đưa về dạng mg x  với  x  a b;

+) Dựa vào hình vẽ và lập BBT của hàm số yg x  trên  a b ;

Gọi z x yi x y;   thì mô đun z  x2y2

Biến đổi giả thiết để có quỹ tích là elip

Diện tích elip là S ab20

Chọn A

Câu 45:

Phương pháp:

+) Đặt log2 xlog 16y t, rút ,x y theo t và thay vào đẳng thức bài cho tìm phương trình ẩn t

+) Tính giá trị biểu thức cần tính theo t và sử dụng phương tình trình trên suy ra kết quả

Cách giải:

Đặt log2xlog 16y   t x 2t và

4 2

x  x m t rồi biến đổi đưa về phương trình tích

+) Từ đó sử dụng sự tương giao của hai đồ thị hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình

+) Phương trình f x g x  có số nghiệm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số y f x ; yg x 

Từ đồ thị hàm số ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì 1

5

m m

+) So sánh thể tích khối tứ diện NMCD với thể tích V của khối chóp S ABCD

+) So sánh thể tích V với thể tích khối tứ diện NMCD , từ đó suy ra thể tích 2 V so với V 2

+) Lập BBT của hàm g X trên K và kết luận  

+) Lưu ý: BĐT Bunhiacopxki với hai bộ số    a b; , x y là ;  2  2 2 2 2

Dấu “=” xảy ra khi

2

2

144225

a b

a b 

Chọn B