ĐỀ TOÁN ôn THI THPTQG 2020 có HDG đề 2

V Bh Hướng dẫn giải Đáp án D Phương pháp: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:V Bh Cách giải: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B

Trang 1

V  Bh

B

12

V  Bh

C

13

V  Bh

D V Bh

Hướng dẫn giải Đáp án D

Phương pháp: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:V Bh

Cách giải: Thể tích hình hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V Bh

Câu 3 Cho hàm số yf x  liên tục trên a b; 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

Phương pháp: Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng

Cách giải: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x , trục hoành và hai



D x2C

Trang 2

Hướng dẫn giải Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản:

Phương pháp: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm xx0  y x' 0  và qua 0 x thì ’yđổi dấu từ âm 0

sáng dương

Cách giải: Dựa vào BBT ta dễ thấy x  là điểm cực tiểu của hàm số 0 yf x 

Chú ý và sai lầm: Hàm số đạt cực tiểu tại x  , rất nhiều học sinh kết luận sai hàm số đạt cực 0

tiểu tại x  Phân biệt điểm cực tiểu và giá trị cực tiểu của hàm số.1

Câu 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của A3;2; 1 

Hình chiếu vuông góc của điểm m x y z ; ; 

trên mặt phẳng Oxy

là M x y' ; ;0 

Trang 3

Cách giải: Hình chiếu vuông góc của A3;2; 1 

Phương pháp: Dựa vào chiều của đồ thị hàm số tìm dấu của hệ số a

Dựa vào các điểm mà đồ thị hàm số đi qua để loại các đáp án

Phương pháp: Đưa về cùng cơ số 4

Cách giải: 4x22 16 4 2  x2   2 2 x 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0

Câu 10 Một khối nón có diện tích toàn phần bằng 10 và diện tích xung quanh bằng 6 Tính thể tích V

của khối nón đó được:

4 53

D V 4

Hướng dẫn giải

Trang 4

Phương pháp: Sử dụng công thức viết phương trình mặt phẳng dạng đoạn chắn: Mặt phẳng

Trang 5

Hướng dẫn giải Đáp án A

Phương pháp: Số nghiệm của phương trình f x  mlà số giao điểm của đồ thị hàm sốyf x 

và đường thẳng y m

Cách giải: Phương trình f x  m

có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng ym

cắt đồ thị hàm sốyf x tại 3 điểm phân biệt

Dựa vào BBT ta thấy, để đường thẳng y cắt đồ thị hàm sốm yf x tại 3 điểm phân biệt  2m4

Câu 13 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 53

x y x

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm sốyf x trên a b; 

:Bước 1: Tính 'y , giải phương trình ' 0 y  , suy ra các nghiệm x i a b; 

2

Hướng dẫn giải Đáp án C

Trang 6

z  i

Tìm số phức wi z. 3z được

A

8w3



B

10w3



C

8w

3 i

 

D

10w

3 i

 

Phương pháp: Sử dụng công thức cộng, nhân các số phức

2

 

B

2tan

2

 

C

1tan

3

 

D tan  2

Phương pháp: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó

Cách giải: CC'A B C D' ' ' '  C' là hình chiếu của C trên A B C D' ' ' '

Trang 7

Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P x y z:    5 0 Tính khoảng cách d

d 

B

123

d 

C

5 33

d 

D

4 33

d 

Phương pháp: Đặt t2x t0

Cách giải: 4x  m.2x12.m 0  2x 2  2 2m x 2m0 * 

Đặt t 2x t0, khi đó phương trình trở thành : t2  2mt2m 0

Ta có : x1 x2  3 log2 1t log2 2t  3 log2t t1 2  3 t t1 1  8

Do đó để phương trình ban đầu có 2 nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 x1x2  thì phương trình (*) có 23nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t t  1 2 8

Trang 8

Phương pháp: d1d2  u u d 1 d 2 0

Cách giải: Ta có: ud 1 2; m; 3 ; u   d 2 1;1;1  Để d1d2  u u d 1 d 2 0

2.1 m.1 3.1 0 m 1 0 m 1

Câu 20 Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có đáy ABCD có tất cả các cạnh bằng a và có tâm O Gọi M

là trung điểm của OA Tính khoảng cách d từ M đến mặt phẳng SCD

được :

A

66

a

d 

62

a

d 

D

64

a

d 

Trang 9

Câu 21 Tìm tất cả các giá tri thực của tham số m để phương trình log22xlog2x m 0 có nghiệm thực

m 

B

14

m 

C

14

m 

D m  0

Câu 23 Cho số phức z thỏa mãn 1 2 i z z2  4i 20

Mô đun của z là:

Phương pháp: Đặt z a bi a;b    z a bi,  tính toán và rút gọn, so sánh hai số phức

Trang 10

Cách giải: Gọi z a bi a;b     ta có:

2, 12

n u

Phương pháp:

+) Nhận xét dãy số trên là cấp số nhân, tìm số hạng đầu tiên u và công bội q.1

+) Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân u1 u q1 n 1

Trang 11

Để phương trình ban đầu có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm thực phân biệt lớn hơn x1x2  1

2 2



Cách giải: Trong SAB

kẻ AH SB ta có:

Trang 12

1 2 3

a

x 1a

3 1

Trang 13

của hình trụ và đỉnh trùng với tâm đường tròn thứ hai của hình trụ Độ dài đường sinh của hình nón

là

Phương pháp: Độ dài đường sinh của hình nón l r2 h2 , trong đó r; h lần lượt là bán kính đáy

và chiều cao của hình nón

Cách giải: l r2h2  a22a2 a 5

Câu 29 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Tam giác SAB đều và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD

Thể tích của khối chóp S.ABCDlà:

Phương pháp: Thể tích khối chóp day

1

V S h3



Cách giải: Gọi H là trung điểm của AB ta có: SHABvà

a 3SH

ĐK: log x log 20,5  0,5  x 2

Trang 14

Vậy tâp nghiệm của bất phương trình là S0;2

Câu 31 Một người gửi tiết kiệm với lãi suất 5% một năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn Sau ít nhất

bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu?

Phương pháp:Sử dụng công thức lãi kép An A 1 r  n

, trong đó:

n

A : tiền gốc lẫn lãi sau n năm

A: tiền vốn ban đầu

r: lãi suất

n: năm

Cách giải: Giả sử sau n năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu

Gọi số tiền gửi ban đầu là A ta có:

A A 1 0,05 150%A 1 0,05 1,5 n log 1,5 8,31 

Vậy sau ít nhất 9 năm người đó nhận được số tiền lớn hơn 150% số tiền gửi ban đầu

Câu 32 Cho hàm số y f x   liên tục trên R thỏa mãn    

xlim f x 0; lim f xx 1

      

Tổng số đường tiệm cậnđứng và ngang của đồ thị hàm số đã cho là:

Phương pháp: Thể tích khối trụ VR h S h2  day

Câu 34 Cho số dương a và hàm số y f x  

liên tục trên  thỏa mãn f x fx     Giá trịa x

Trang 15

A 2a 2 B a2 C a D 2a

 Véc tơ nào trong các véc

tơ sau đây không là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d?

là VTCP của đường thẳng d

Ta thấy chỉ có đáp án D, vecto u 1 1;1;1

không cùng phương với u1; 1;1 nên u1 1;1;1



không làVTCP của đường thẳng d

Câu 36 Trong các hàm số sau, hàm số nào không phải là nguyên hàm của hàm f x x ?3



D y 3x 2Hướng dẫn giải

Trang 16

Câu 37 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;2;3 

là 1 VTCP của đường thẳng qua A và vuông góc với cả    P ; Q

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:

Câu 38 Cho hàm số y f x   có đạo hàm liên tục trên R, hàm số y f ' x 2   

có đồ thị hàm số như hình bên Số điểm cực trị của hàm số y f x  

là :

Phương pháp : Nhận xét : f ' x 2  f ' x 

Cách giải : Ta có : f ' x 2    x 2 '.f ' x   f ' x  Đồ thị hàm số y f ' x  

có hình dạng tương tự như trên

Đồ thị hàm số y f x 2   có 3 điểm cực trị => Đồ thị hàm số y f x  cũng có 3 điểm cực trị

Trang 17

Câu 39 Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1;2;2 

Các số a, b khác 0 thỏa mãn khoảng cách từ A đếnmặt phẳng  P : ay bz 0  bằng 2 2 Khẳng định nào sau đây là đúng?

Phương pháp: Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng

Phương pháp: Sử dụng công thức log ba m m log ba (giả sử các biểu thức là có nghĩa)

Câu 41 Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng  P : 2x y mz 2 0    và

 Q : x ny 2z 8 0    song với nhau Giá trị của m và n lần lượt là :

A 4

1và

1và4

Phương pháp : Cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là :

Trang 18

Phương pháp: Số phức z a bi  được biểu diễn bởi điểm M a;b 

324

724

32

24

với số hạng đầu u  và số hạng thứ năm là 1 2 u  Tổng của 10 số hạng5 14đầu của cấp số cộng  u n

là

Hướng dẫn giải Chọn C

Công thức tổng quát của cấp số cộng là: u n  u1 n 1d

1 10

Trang 19

Câu 45 Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy và SB tạo với đáy

góc 45 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng o SBC

A

217

a

B

213

a

C

32

a

D

73

a

Hướng dẫn giải Chọn A

Ta có: SB ABC ,   SBA 45o

, SA AB tan 45o  aDựng AM BC tại M , dựng AH SM tại H

a AH

Trang 20

Vậy số của số hạng không chứa x trong khai triển là: T 25C105

Câu 47 Một lớp có 20nam sinh và 15 nữ sinh Giáo viên chọn ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập

Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ

Số phần tử của không gian mẫu  C354

Gọi A là biến cố: “ 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ”

 

20 15 20 15 20 15

46155236

;)1

;3()

;(x y

Trang 21

Theo giả thiết ta có:

x y y y

x y x y

a 

12

a 

D a  1

Hướng dẫn giải Chọn C

Phương pháp:

+) Xác định các điểm cực trị, các khoảng biến thiên của đồ thị hàm số y f x  , từ đó lập BBT của của đồ thị hàm số y f x  

Trang 22

+) Đồ thị hàm số y f x

đối với đồ thị hàm số y f x  

qua trục tung nên từ BBT của đồ thị hàm số y f x  ta lập được BBT của đồ thị hàm số y f xvà suy ra các khoảng đồng biến của đồ thị hàm số y f x

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số y f xta thấy

Định dạng
Số trang	22
Dung lượng	1,05 MB