ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Hai mặt phẳng  P và ABCD có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song MN, BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN BD,... Một chi tiết

Trang 1

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020

•ĐỀ SỐ 16 - HAI NGÀY 1 ĐỀ THI

Trang 2

A  ; 1  B 1;1  C 0; D    ; 

Lời giải Chọn B

Nhìn vào đồ thị đã cho, ta có hàm số đồng biến trên khoảng   1;1 

Câu 5 Với a , b là hai số dương tùy ý, log a b 3 4 bằng

A 3loga4 log b B 4 loga3log b C 1

Lời giải Chọn A

Ta có x22x 4 0,   x

Khi đó  2 

2log x 2x4 2 x22x 4 4 0

2

x x





  



Câu 9 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng    đi qua A1; 2;3  và song song mặt phẳng

Oxythì phương trình mặt phẳng    là

A x  1 0 B x2y z 0 C y  2 0 D z  3 0

Lời giải

Trang 3

Chọn D

Mặt phẳng    đi qua A1; 2;3  có véc tơ pháp tuyến k  0; 0;1

. Nên mặt phẳng    có phương trình là: z  3 0

Câu 10 Họ nguyên hàm của hàm số f x ex2x là

e2

 

n A

n A k

n A

k n k A

n



Lời giải Chọn C

n A

Ta có: A3; 7 ,  B9; 5 ,  C5;9

Trang 4

, 12



  Nên loại D

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số 2

x y x

trị của Mm bằng

Trang 5

Câu 19 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 2;0  và B3; 2; 2 . Phương

trình mặt cầu ( )S nhận AB làm đường kính là

A x22y22z1218 B x22y22z122

C x22y22z12 2 D x22y22z12 18

Lời giải Chọn C

Ta có: ( )S nhận trung điểm I2; 2;1  của AB làm tâm và có bán kính RIA.

a

Trang 6

2 xx dx.

Lời giải Chọn D

Trang 7

A

380

a

3

8 23

a

3

2 23

a

Trang 8

Ta có SOABC và 2 2 3 2

34

Xét phương trình 3 ( ) 2f x  0 ( ) 2 (1)

3

f x

Trang 9

Ta có: số nghiệm thực của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x( )

và đồ thị của đường thẳng 2

.3

y 

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Vậy phương trình 3 ( ) 2f x  0 có 4 nghiệm thực

Câu 30 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình vuông, AC a 2. Gọi  P là

mặt phẳng qua AC cắt BB DD,  lần lượt tại M N, sao cho tam giác AMN cân tại A có

MN a. Tính cos với     P , ABCD 

Hai mặt phẳng  P và ABCD có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song

MN, BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN BD, Trên hai mặt phẳng  P và ABCDlần lượt có hai đường thẳng AC và AC cùng vuông góc với d nên góc giữa hai mặt phẳng  P và ABCD chính là góc giữa AC và AC , bằng góc



CAC Xét tam giác C CA' vuông tại C có:

2cos

22

Trang 10

2

22

Ta có : log(8.5x20 )x log 25.10x 8.5x20x 25.10 (1)x

Ta có x1x2log2 1t log2 1t log2 1 2t t log 82  3

Câu 32 Một chi tiết máy là phần còn lại của một khối trụ có bán kính đáy r sau khi đã đục bỏ phần bên

20 cm Thể tích của khối chi tiết máy đó là

A 40 cm 3 B 60 cm 3 C 80 cm 3 D 70 cm 3

Ta có 2 (1 x e dx x) 2xdx2xe dx x

Trang 11

Gọi O là trung điểm của AB SO(ABCD).

2 3

32

Trang 12

Lấy A1; 4;0 d Gọi  là đường thẳng đi qua A và vuông góc với  

Suy ra phương trình đường thẳng  là

14

Gọi A là hình chiếu của A lên '   thì A'     A' 0; 5;1  .

Đường thẳng d' là đường thẳng đi qua A' 0; 5;1  , có vectơ chỉ phương u2;3;5

13

Trang 13

Câu 37 Xét các số phức z thoả mãn

11

Trang 14

Số phần tử không gian mẫu là 8! 40320

Xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi vào một trong tám ghế. Có 8 cách.

Do học sinh trường A và trường B ngồi đối diện nhau nên sau khi xếp học sinh thứ nhất của trường A vào ngồi thì học sinh thứ hai của trường A không được ngồi vào vị trí đối diện với học sinh thứ nhất đó. Vậy có 6 cách xếp.

Tương tự như vậy xếp học sinh thứ ba của trường A có 4 cách.

Xếp học sinh thứ tư của trường A có 2 cách.

Xếp 4 học sinh của trường B vào bốn ghế còn lại có 4! cách.

Số cách xếp các học sinh khác trường nhau thì ngồi đối diện với nhau là 8.6.4.2.4! 9216 cách.

ln sin ln sinA C  ln sinB B ln sin ln sinA C2 ln sinB.

C ln sinAln sinC2 ln sinB. D ln sinAln sinCln 2 sin B.

Lời giải

Trang 15

a cb  R A R C  R B sin sinA CsinB2.

Do 0 sin A, sin B, sinC 180 nên sin A, sin B, sinC 0.

Vì thế ta có thể suy ra ln sin sin A ClnsinB2

  ln sinAln sinC2ln sinB.

Câu 42 Cho hàm số f x  có đạo hàm là f x . Đồ thị hàm số y f x được cho như hình vẽ bên.

Biết rằng f 0 f 2  f 1  f 3 Giá trị lớn nhất của f x trên đoạn   0;3 là 

Từ đồ thị của hàm số y f x ta có bảng biến thiên của hàm số y f x  như sau:

Từ bảng biến thiên ta có: f 3  f 2  f 1

Theo bài ra f 0  f 2  f 1  f 3  f 3 f 0  f 2 f 1  0 f 3  f 0 Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên 0;3 là  f 3

Câu 43 Cho hàm số y f x  liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá

trị thực của tham số m để phương trình f  ex m có nghiệm thuộc khoảng 0;ln 2.

f(3)f(2)

f(1)f(0)

32

0

f(x)f'(x)

x

+

10

0

Trang 16

A 3; 0 B 3;3 C  0; 3 D 3;0

về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép. Đến ngày 4/9/2018, người đó đến ngân hàng rút cả vốn lẫn lãi về. Hỏi số tiền (tính bằng nghìn đồng) khách hàng nhận được là số nào sau đây:

A 100835 B 100836 C 100834 D 100851

A   2;  B  ; 2 C   2;  D  ; 2

Trang 17

Câu 46 Một biển quảng cáo với 4 đỉnh , , ,A B C D như hình vẽ. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là

2200.000(đ/m ) sơn phần còn lại là 2

100.000đ/m Cho AC 8 ;m BD10 ;m MN4mHỏi số tiền sơn gần với số tiền nào sau đây:

A 12204000 đ B 14207000 đ C 11503000 đ D 10894000 đ

5 32

1

5 3 2

++

Trang 18

N là điểm nằm trên cạnh BB sao cho ' BN2 'B N. Đường thẳng CM cắt đường thẳng

Ta có: '

' ' ' '

2'

V A MPB NQ V C PQC V A B C MNC 

Câu 48 Cho hàm số y  f x   có đồ thị f x như hình vẽ sau

Trang 19

Hàm số     3 2

13

Câu 49 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

Với m1,f x x43x3x2x2x23x1 khi đó f  1   1 0 không thỏa mãn điều kiện 2 4   3 2  2 

Trang 20

Câu 50 Cho hàm số   4 3 2

f x mx nx px qx r , (với m n p q r  , , , , ). Hàm số y f x có đồ thị

như hình vẽ bên dưới:

Tập nghiệm của bất phương trình f x r có bao nhiêu giá trị nguyên?

Ta có   3 2

f x  mx  nx  px q  1 Dựa vào đồ thị y f x ta thấy phương trình f x 0 có ba nghiệm đơn là 1, 5

15 0 33



Trang 23

ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ!

THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong

Định dạng
Số trang	23
Dung lượng	521,26 KB