Đáp án TOÁN đề thi thử THPT QUỐC GIA

[Trường chuyên Hạ Long_Quảng Ninh] Cho một mô hình tứ diện đều ABCD cạnh 1 và vòng tròn thép có bán kính R.. Hỏi có thể cho mô hình tứ diện trên đi qua vòng tròn đó bỏ qua bề dày của vò

NHÓM TOÁN ANH DÚI



ĐỀ THI THỬ TOÁN VDC LẦN 37 NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN 12

Thời gian làm bài: 120 Phút, không kể thời gian phát đề

(Đề có 50 câu trắc nghiệm)

(Lời giải đề thi gồm có 51 trang)

SƯU TẦM TỪ TÀI LIỆU CỦA QUÝ

THẦY CÔ VÀ CỦA CÁC TRƯỜNG

Theo yêu cầu đề bài ta cần phải " quy lạ về quen " yêu cầu đề bài:

+) Tồn tại hai tiếp tuyến hay nói cách khác ta cần tìm điều kiện của a b, sao cho phương trình  **

có hai nghiệm thực phân biệt và khác 0

Mà để  ** có hai nghiệm thực phân biệt khác 0 thì:

+) Hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau hay nói cách khác ta phải định điều kiện của a b, sao cho

ab a b  D E   là hai điểm bị loại bỏ

+) Với a  0 B  0; 2 ,C 0; 2   là thêm hai điểm bị loại bỏ

Vậy: M luôn thuộc một đường tròn cố định   2 2

Cho lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6 Gọi M N,

lần lượt là trung điểm của CB CA, và P Q R, , lần lượt là tâm các hình bình hành ABB A' ',

' ', ' '

BCC B ACC A Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng

3 4 12 4

Đặt: tlog2f x 1, phương trình đã cho trở thành: 3 2    

Đặt: u f f x  , từ bảng biến thiên ta thấy rằng: u  2; 7 vì:

   2; 2 ,  1;3      2; 7 ,    2; 2

f x     x  f f x   f x  

yx  x trên đoạn     ; 1 1;  và xoá bỏ đoạn đồ thị trong khoảng  1;1

Minh hoạ bằng đồ thị bên dưới:

Ta khai thác dữ kiện đầu bài:

215

a

a b b

Câu 7 [Trường chuyên Hạ Long_Quảng Ninh]

Cho một mô hình tứ diện đều ABCD cạnh 1 và vòng tròn thép có bán kính R. Hỏi có thể cho mô hình tứ diện trên đi qua vòng tròn đó ( bỏ qua bề dày của vòng tròn ) thì bán kính R nhỏ nhất gần với số nào trong các số sau?

Giải

Gọi tứ diện đều có các đỉnh là A B C D, , , Rõ ràng nếu bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABD thì ta hoàn toàn có thể cho khối chóp đi qua đưược vòng tròn Một câu hỏi được đặt ra, liệu còn có một vòng tròn nào có bán kính nhỏ hơn thế mà khối chóp vẫn có thể đi qua được hay không? Câu trả lời là có!!!

Ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Đưa đỉnh C qua vòng thép

Bước 2: Đặt điểm A lên vòng thép trên

Giả sửa rằng: vòng thép trên tiếp xúc với hai cạnh BC và CD lần lượt tại M và N thì ta dễ dàng đưa khối chóp qua vòng thép bằng cách thực hiện tiếp các bước:

Bước 3: Đưa đỉnh A qua khỏi vòng thép

Bước 4: Đưa đỉnh B qua vòng thép

Bước 5: Đưa đỉnh D qua vòng thép

Do vậy: để tìm vòng thép có bán kính nhỏ nhất thì ta chỉ cần " quy lạ thành quen" hai điểm M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nhỏ nhất

Do tính đối xứng nên AM AN nên AMNcân tại A

Đặt CM x, 0  x 1

Ta có: MN CM CNx.

Lại có:

với a b, lần lượt là START và END đầu bài ta đã nhập

Khi đó ta dễ dàng chọn được STEP là: 1 0 1

sin 2 1 sin cos 1 cos 2 2 cos

2 sin cos sin cos sin cos 1 cos 2 2 cos

sin cos sin cos 2 cos 2 cos 1

Phương trình  1 tương đương với phương trình:    2 

sin cos 2 cos

sin cos 2 cos sin cos 2 cos

sin cos 2 cos 1 sin 2 2 cos

1 2 cos sin 2 sin 2 cos 2 2 sin 2 2; 2

Như thế để phương trình đã cho có nghiệm thì: m  2; 2

Mà m là tham số thực nguyên nên m  1;0;1

Nên có tất cả ba giá trị nguyên của m thoả mãn yêu cầu đề bài

Chọn C

Câu 9.[Trường chuyên Hạ Long_Quảng Ninh]

Cho lăng trụ tam giác đều ABC A B C ' ' ' có cạnh đáy bằng a Trên các tia AA BB CC', ', ' lần lượt lấy

Từ B1 ta dựng một mặt phẳng song song với mặt phẳng ABC lần lượt cắt AA CC', ' tại hai điểm

+)

2 2

Như thế tam giác A B C1 1 1 cân tại B1

Khi đó đường cao kẻ từ đỉnh B1 của tam giác A B C1 1 1 là:



Chọn C

Câu 10 [Trường Nguyễn Đức Cảnh_Thái Bình]

Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vuông cạnh bằng 2, SA 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD Gọi M N, là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB AD, sao cho mặt phẳng SMC

Gọi E,F lần lượt là giao điểm của BD với CN Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Theo giả thiết ta có BDSAC

Gọi H là hình chiếu của O lên SC

S AMCN

x y

Câu 11 [Trường Nguyễn Đức Cảnh_Thái Bình]

Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1, biết khoảng cách từ A đến SBC là 6

4 , từ B đến SAC là 15

10 , từ C đến SAB là 30

20 và hình chiếu vuông góc của S trên ABC

nằm trong tam giác ABC. Tính thể tích của khối chóp S ABC ?

Gọi h là hình chiếu của S lên ABC. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC, BC

Câu 13 [Trường THPT Kinh Môn_Hải Dương]

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB1,AD2 SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SA 2 Gọi M N P, , lần lượt là chân đường cao hạ từ A lên các cạnh

Câu 14 [Trường THPT Tiên Du 1_Bắc Ninh]

Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh bằng 2 Điểm M N, lần lượt nằm trên đoạn thẳng AC'

Câu 15 [Trường THPT Tiên Du 1_Bắc Ninh]

Cho tứ diện ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm AD và N trên cạnh BC sao cho

Giải

Gọi H là trung điểm của CD

E, F lần lượt là điểm trên BD, BC sao cho 1 , 1

Câu 17 [Trường THPT Nguyễn Viết Xuân_Vĩnh Phúc]

1 1

1

2 2

f x ax bx cx dx e a  có đồ thị của đạo hàm f ' x như hình vẽ

Biết rằng en Số điểm cực trị của hàm số y f 'f x 2x bằng

Giải

+) lim '  0 lim    

lim '

x x

Bảng biến thiên của đồ thị hàm số: yg x 

Từ bảng biên thiên suy ra hai phương trình   * ** mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt và không trùng lẫn nhau và khác x x x1, 2, 3

Suy ra: phương trình f ' x 2 '' f f x 2x0 có 7 nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số

 

y f f x  x có 7 điểm cực trị

Chọn C

Câu 19 [Trường Chuyên Thoại Ngọc Hầu_An Giang]

Cho các số thực x y, thoả mãn 4x24y2 2x24y21 23 x2 4y2 42 x 4y2 Gọi m M. lần lượt là giá trị nhỏ

nhất và lớn nhất của 2 1

4

x y P

2

4 4

4 2

t t

Câu 20 [Trường Chuyên Thoại Ngọc Hầu_An Giang]

Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị là đường cong như hình bên Hỏi phương trình

xf x a có hai nghiệm phân biệt: xx x5; x6

Như vậy: f xf x    2 0 có 6 nghiệm phân biệt

Chọn D

Câu 21 [Trường THPT Lương Tài_Bắc Ninh]

Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành và có thể tích là V Gọi M là trung điểm của SB Gọi P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP 2DP. Mặt phẳng AMP cắt cạnh SC tại N. Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V.

Giải

Trong ABCD gọi O ACBD

Trong SBD gọi I SOMP

Trong SAC gọi NSCAI

Trong SBD, qua M kẻ đường thẳng song song với BD và cắt SO tại H, qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại K

Gọi T là trung điểm NC

Câu 22 [Trường THPT Phan Đình Phùng_Hà Nội]

Tìm m để phương trình x66x4m x3 315 3 m2x26mx100 có đúng hai nghiệm phân biệt

Ta có bảng biến thiên như sau:

Từ bảng biến thiên ta nhận thấy rằng, để phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thực phân biệt thì:

( do f x  là đa thức bậc ba nên có tối đa 3 nghiệm )

Như vậy đồ thị của hàm số y f x  có 2 điểm cực trị đều nằm bên phải trục tung

Ta phác hoạ đồ thị y f x  như sau:

Từ đó ta dễ dàng suy ra được đồ thị hàm số y f  x như hình vẽ bên dưới

Thực chất đồ thị y f  x có được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị y f x  ở bên phải và xoá

đi phần đồ thị y f x  nằm bên trái trục tung sau đó bằng một phép lấy đối xứng sang trái trục Oy

ta sẽ thu được đồ thị hàm số y f  x

Cuối cùng ta phác hoạ đồ thị của hàm số y f  x như sau:

Thực chất: đồ thị hàm số y f x có được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị y f  x ở phía trên trục hoành rồi lấy đối xứng phần đồ thị y f  x nằm phía dưới trục Ox sau đó bỏ đi phần đồ thị y f  x nằm bên dưới trục hoành

Như vậy đồ thị hàm số y f  x có tất cả 11 điểm cực trị

Chọn C

Câu 24 [Trường Chuyên Hưng Yên_Hưng Yên]

Gọi  d là đường thẳng đi qua A 2;0 có hệ số góc m m  0 cắt đồ thị   3 2

C y  x x  xtại ba điểm phân biệt A B C, , Gọi B C', ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của B C, lên trục tung Biết rằng hình thang BB C C' ' có diện tích bằng 8, giá trị của m thuộc khoảng nào sau đây?

A  5;8 B 5; 0 C  0; 2 D  1;5

Giải

Cách 1:

Phương trình đường thẳng  d có hệ số góc m và đi qua điểm A 2;0 là đường thẳng ymx2m

Hoành độ giao điểm của  d và  C là nghiệm của phương trình:

Hay ta có điều kiện cần và đủ để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2x x1 , 2  2 là:

Mà y 2   0 A 2; 0 được xem là điểm uốn của đồ thị hàm số  C

Thế nên ta biết được B C, là hai điểm đối xứng nhau qua A 2;0

Và B C', ' là hai điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ O

Nên OA là đường trung bình của hình thang BB C C' ' ' ' 2

Diện tích của hình thang BB C C' ' bằng 8 B C' '  4

Câu 25 [Trường Quế Võ 1_Bắc Ninh]

Gọi a b, là các số nguyên thoả mãn  0 0  0  0

1 tan1 1 tan 2 1 tan 43  2 1 tana  b đồng thời

a

b a

P a b b

Câu 26 [Trường Quế Võ 1_Bắc Ninh]

Ông A có 200 triệu đồng gửi tiết kiệm tại ngân hàng với kì hạn 1 tháng so với lãi suất 0, 6% trên 1tháng được trả vào cuối kì Sau mỗi kì hạn ông đến tất toán cả gốc lẫn lãi, rút ra 4 triệu đồng để tiêu dùng, số tiền còn lại ông gửi vào ngân hàng theo phương thức trên ( phương thức giao dịch và lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình gửi ) Sau đúng 1 năm ( đúng 12 kì hạn ) kể từ ngày gửi, ông A tất toán và rút ra toàn bộ số tiền nói trên ở ngân hàng, số tiền đó là bao nhiêu? ( làm tròn đến nghìn đồng)

A 165269( nghìn đồng ) B 169234( nghìn đồng )

C 168269( nghìn đồng ) D 165288( nghìn đồng )

Giải Bài toán tổng quát:

Gọi a ( triệu đồng ) là số tiền gửi tiết kiệm, b% là lãi suất trên 1 tháng, c ( triệu đồng ) là số tiền rút ra mỗi tháng

+) Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là:

1

100

100

b

( triệu đồng ) +) Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là:

1

n n

Câu 28 [Sở Giáo Dục và Đào Tạo Thái Nguyên]

Một cửa hàng kem có bán bốn loại kem: kem socola, kem sữa, kem đậu xanh và kem thập cẩm Một người vào cửa hàng kem mua 8 cốc kem Xác suất trong 8 cốc kem đó có đủ cả bốn loại kem bằng

* Xét hai bài toán nổi tiếng sau:

+) Bài toán 1: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình:

là số cách phân phát n cái kẹo cho k em bé sao cho em bé nào cũng có ít nhất 1 cái kẹo

+) Bài toán 2: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

x    x x x n n k

* Áp dụng cho câu hỏi trên ta có:

+) Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là: 3

733

C P C

Dựa vào bảng biến thiên, ta nhận ra rằng: f t 2020

Dễ thấy rằng: dấu "  " chỉ xảy ra khi và chỉ khi: t2

y y

       

 

2 3 2

2

3 2

max

dx F

x F

Câu 31 [Trường Kim Sơn A_Ninh Bình]

Cho hàm số y f x  liên tục trên và có đồ thị như hình dưới đây:

Số nghiệm của phương trình f 3sinx 3 cosx trên khoảng 0;9

1; 3 3

Ta xét đường tròn lượng giác như sau:

Dựa vào đường tròn lượng giác, ta thấy phương trình có 2.7 2 16  ( nghiệm )

Chọn A

Câu 32 [Trường Phan Châu Trinh_Đà Nẵng]

Cho các số thực x y, thay đổi và thoả mãn điều kiện

2

2

03

x y

Câu 33 [Trường Phan Châu Trinh_Đà Nẵng]

Xét trong tập hợp các khối nón tròn xoay có cùng góc ở đỉnh 0

2  90 và có độ dài đường sinh bằng nhau Có thể sắp xếp được tối đa bao nhiêu khối nón thoả mãn cứ hai khối nón bất kì thì chúng chỉ

có đỉnh chung hoặc ngoài đỉnh chung đó ra chúng có thể có chung một đường sinh duy nhất?

Giải

Bước 1: Ta sẽ sắp như hình vẽ với hai khối chóp đầu tiên

Bước 2: Sắp 2 khối tiếp theo theo chiều ngang ở trái và phải

Bước 3: Lắp 2 khối còn lại theo chiều ngang ở trước và sau

Khi đó: ta chỉ có thể sắp tối đa 6 khối nón thoả mãn yêu cầu đề bài

Lưu ý: 6 khối nón thoả mãn là 6 khối nón có cùng thể tích và có đường kính đáy bằng độ dài cạnh khối lập phương

Chọn B

Câu 34 [Cô Ngọc Huyền LB]

Cho hàm số y f x  xác định và liên tục trên đoạn  5;3 Biết rằng diện tích hình phẳng S S S1, 2, 3giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x  và đường Parabol   2

Vì:   2

yg x ax bx c và hàm số đã cho đi qua ba điểm có toạ độ: 5; 2 ; 2;0 ; 0;0  

Khi đó ta có hệ phương trình:

2 15

4

15 0

Câu 35 [Cô Ngọc Huyền LB]

Cho hàm số y f x  liên tục và không âm trên thoả mãn     2 

f x f x  x f x  và

 0 0

f  Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x  trên đoạn

 1;3 Biết rằng giá trị của biểu thức P 2Mm có dạng a 11b 3c a b c, , ,   Tính a b c  ?

Giải

'

1 1



nên cũng đồng biến trên  1;3

Câu 36 [Cô Ngọc Huyền LB]

Cho hàm số y f x  có đạo hàm cấp hai liên tục trên đoạn  0;1 và thoả mãn

       

1 0

Câu 37 [Nguyễn Thành Nhân]

Cho hàm số: y f x  liên tục trên 0;  có đạo hàm đến cấp hai trên 0; thoả mãn đồng thời

     

3 2

3 2

2 2.

x x

x

x e

e e

Ta cần phải tìm mối liên hệ giữa a b, sao cho (*) có thể đơn giản:

Ta để ý lượng 2ln lna b ở tử số bằng 2 lần lượng ln lna b ở mẫu số Nên muốn có thể đơn giản (*) thì:

 

 

2 2

.ln2cos 3 sin

xdx B

cos 3 sin cos 3 sincos 3sin

3

A S 17 B S  16 C S  18 D S 19

Giải Trước hết để giải quyết được bài toán này ta cần phải tìm chính xác được đồ thị hai hàm số

Ta để ý rằng: đồ thị hàm số yg x  đi qua 3 điểm đặc biệt: B  2;0 ;D 2;0 ; E 0; 4 

Nên ta có thể lập được hệ sau:

+) Tiếp tuyến chung  d của y f x  và yg x  tại điểm M x y 0; 0và có dạng: yax b khi

đó: a, b phải thoả mãn hệ sau:

22

0

x x

x x

Ta tìm giao điểm của các cặp đồ thị: f x   ,g x &f x   , d 

*) Giao điểm của f x g x   , là nghiệm của phương trình:

2

17 7

Câu 43 [Nguyễn Thành Nhân]

Cho hàm số f x  liên tục trên và có đạo hàm đến cấp hai thoả mãn:

Khi đó đồ thị hàm số y f x  không có giao điểm với trục hoành

Hay diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x  và trục hoành là 0

Câu 45 [Nguyễn Thành Nhân]

Cho hai đồ thị hàm số y f x  ( đường liền nét ) và yg x  ( đường nét đứt ) có đồ thị như hình

1; 2 2

2 5

y y

Câu 46 [Nguyễn Thành Nhân]

Gọi a b1 ; 1 và a b2 ; 2là hai cặp nghiệm nguyên của phương trình 2 2

Câu 47 [Nguyễn Thành Nhân]

Cho hàm số y f x  liên tục trên và có đạo hàm đến cấp hai thoả mãn   2    

Câu 48 [Nguyễn Thành Nhân]

Cho các số thực dương x y z, , thoả mãn: 1

6 2

2

t x

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi:

2 2