de thi thu thpt qg mon toan thpt dao duy tu ha noi

Tỉ số thể tích của hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng:.A. Câu 30 TH: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B,

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 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 số tiền 2 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 65% / tháng Biết rằng nếu người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (người ta gọi đó là lãi kép) Số tiền người đó lãnh được sau hai năm, nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền ra và lãi suất không đổi là:

Câu 5 (NB): Phát biểu nào sau đây 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.

C Hình tứ diện đều có: 6 đỉnh, 4 cạnh, 4 mặt. D Hình tứ diện đều có: 4 đỉnh, 6 cạnh, 4 mặt.

Câu 6 (TH): Cho số thực a thỏa mãn 1 2

1

1

a x

Câu 7 (TH): Cho số phức z thỏa mãn  2

3z2z 4i Mô đun của số phức z là

Câu 8 (NB): Cho hàm số yx33x22 Khẳng định nào sau đây là đúng?

A Hàm số đạt cực đại tại x0 và cực tiểu tại x 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

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

Câu 9 (NB): Trong các hàm số sau, hàm số nào chỉ có cực đại mà không có cực tiểu?

y x

a

3

23

Câu 14 (TH): Một hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn  C tâm O , bán kính R bằng với đường cao của

hình nón Tỉ số thể tích của hình nón và hình cầu ngoại tiếp hình nón bằng:

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?

ya với a0 và a1 luôn đi qua điểm M a ;1

Câu 21 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng : 1 2 4

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

C Đường sinh hợp với trục góc 45 D Đường sinh hợp với đáy góc 60

Câu 23 (NB): Hai mặt phẳng nào dưới đây tạo với nhau một góc 600?

A  P : 2x11y5z 3 0 và  Q : x 2y  z 5 0

B  P : 2x11y5z 3 0 và  Q :x2y  z 2 0

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

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

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

tâm tam giác CC D Mặt phẳng chứa ' B G và song song với ' C D chia khối hộp thành ' 2 phần Gọi  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     2  2 2

 Tìm tọa độ điểm M thuộc , d N thuộc  S sao cho

I là trung điểm của MN

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





 , độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng AB là

Câu 39 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1

A  B   Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách

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

x y  (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

A 4  

2 1

4 x dx

4 2 4

4x dx

2 4

350 viên phấn vào 12 hộp ta được kết quả nào trong các khả năng sau:

A Thừa 10 viên B Vừa đủ C Không xếp được D Thiếu 10 viên

Câu 43 (TH): Số nghiệm của phương trình log2x.log 23 x 1 2log2x là:

Câu 44 (VD): Cho phương trình 2

28 1

1 3

 Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Tổng các nghiệm của phương trình là một số nguyên

B Nghiệm của phương trình là các số vô tỉ

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

log 5x1 log 2.5x2 m có tập nghiệm là 1;?

Câu 46 (VD): Một hình lập phương có dện tích mặt chéo bằng a2 2 Gọi V là thể tích khối cầu và S là

diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương nói trên Khi đó tích S V bằng

a

Câu 47 (VD): Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số 4   2

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?

m

i z

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

z z a

Sử dụng vị trí tương đối của hai đường thẳng

Đường thẳng d1 có VTCP u1 và đi qua điểm M1 ; đường thẳng d2 có VTCP u2 và đi qua điểm M2 Khi đó d1/ /d2 u1; u2 cùng phương và M1d2 (hoặc M2d1)

Nhận thấy u2 2u1 nên u u1; 2 cùng phương Lại có thay tọa độ M20;1; 2 vào 1: 1 3

Sử dụng công thức lãi kép M A 1 rn với A là số tiền 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

e due

Cách giải:

Ta có 1 1 1 1 1 1

1 1

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

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

Hoặc lập bảng biến thiên rồi kết luận

Nhận xét tính chất của mói hàm số ở các đáp án và kết luận

Cách giải:

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 có hàm số 3

yx  x thỏa mãn

Chọn B

Chú ý khi giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số là hàm bậc 3 nên loại đáp án A và D

Lại có nét cuối của đồ thị hướng lên trên nên a 0 chọn đáp án B

Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam

giác cân SAB có

2

BA

SH   h R HB nên SAB vuông tại S 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

1

13

+    

2

2 22

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

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

- Đối chiếu với các khoảng bài cho và kết luận

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 qua đỉnh là tam giác vuông cân

SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao

.tan 45

SH HB  nên B đúng

Tam giác SBH vuông có SBH 45 nên SHB vuông cân,

suy ra HSB45 hay đường sinh SB hợp với trục SH góc

45

HSB  nên C đúng

Và đường sinh SB tạo với đáy góc SBH  45 nên D đúng

Hai đường dinh bất kì SB SC, chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai

- 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.;

- Dựng mặt phẳng chứa B G và song song ' 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'

+ 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 ,

M N I

x x x

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

tứ diện ABCD thỏa mãn

Chú ý :

Đối với tứ diện gần đều ABCD có ABCDa AC, BDb AD, BCc thì ta có công thức thể tích

2 2 2 2 2 2 2 2 2 D

- 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

Vì B C; đối xứng nhau qua trục Oy và O A Oy;  nên OB OC

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

OBAOCA, mà tứ giác OBAC nội tiếp nên

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

- Giải phương trình và kết luận

Cách giải:

Điều kiện : a0

Ta có : log2alog3alog5alog2a.log3a.log5a

log a log 2.log a log 2.log a

   log2a.log 2.log3 2a.log 2.log5 2a

log 2.log 2

t t

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm a0



  làm tâm đối xứng và với A B, thuộc hai nhánh

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

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

- Gọi tọa độ của M  d theo tham số t của 

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

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

2 4

Lập hệ phương trình theo ẩn f    2 ,f 1 từ các điều kiện bài cho, sử dụng công thức

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 5 cm chiều dài 6cm , chiều cao 6cm ,

Diện tích đáy hộp là 2

5.630cm 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

Khi đó phương trình log2x.log 23 x 1 2log2x0 log2xlog32x 1 20

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

+ Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối A B B 0 A B

- Đặt ẩn phụ tlog25x1, tìm điều kiện cho ẩn

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

Đặt log25x 1 t x  1;  5x   1 4 t log25x 1 log 42   2 t 2

Khi đó bất phương trình trên trở thành   2  

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

- 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, ,

Cách giải:

Do d cắt d d d lần lượt tại , ,, , A B C nên A t ; 4  t; 1 2 ,t B t'; 2 3 '; 3 ' , t  t  C  1 5 '';1 2 ''; 1t  t  t''

Lại có ABBCB là trung điểm của AC

222

A C B

A C B

A C B

' 0 0; 2; 0

A t

Biến đổi z rồi lập luận dựa vào tính chất i2  1 của số phức

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