ĐÊ 35 đề THI THỬ TOÁN 12 CHUẨN đề MH 2021 (NEW)

Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là A... Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng... ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì hình tam giác

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THAM KHẢO BÁM SÁT ĐỀ MINH HỌA BGD

2021

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2021

ĐỀ SỐ 35 Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề

với u12 và u4 16 Công bội của cấp số nhân đã cho bằng

1 3 3

x

 � �

� � là

A  �f x x( )d � � f x( ) B  �f x x( )d � f x�( )

C  �f x x( )d � f x( )

D  �f x x( )d � f x( )

8 3

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

3

log x

bằng

1 log

Trang 2

Câu 12 Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là

A

1

3rl

B rl. C 2 rl . D 4 rl .

Câu 13 Cho hàm số y f x  xác định và liên tục trên �;0 và 0;� có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây sai?

có đồ thị như hình bên Mệnh đề nào sau đây là

đúng?

Câu 15 Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2 1

x y

x

-= + là

A  0;8 �

B 0;8 

C  0;8 �

D 0;8 

Câu 17 Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị trong hình dưới Số nghiệm của phương trình

  2 0

Trang 3

0

f x x

�

và 3  

0

f x x 

�

thì 3  

1

d

f x x

�

bằng

A z  3 12i. B z 3 12i. C z  3 12i. D z   3 12 i.

Câu 20 Cho hai số phức z1   2 3 ivà z2   1 5 i Phần ảo của số phức z z1. 2 bằng

các điểm A B C D, , , ?

A (1; 2;0 - )

B (1;0;3 )

C (0; 2;3 - )

D (1;0;0 )

Câu 23 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( )S : x2y2 z2 4x 2 y2z 3 0.  Tâm của ( )S có

tọa độ là

A 2; 1;1   B 2; 1; 1    C  2; 1;1. D   2; 1; 1 

vectơ pháp tuyến của Q

A n�13; 2; 3    B �n23; 2;1  C n�33; 2;0 . D n�43;0; 2 

Câu 25 Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng

:

d     

A M3; 1; 1   . B N1;3;1. C P1;3; 1  . D Q2; 2; 1  .

, SA2a , tam giác ABC

vuông cân tại C và AC a 2 (minh họa như hình bên) Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC

bằng

Trang 4

có bảng xét dấu của f x� 

như sau:

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

Câu 28 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x   trên đoạn 3 3x 4  0;2

A min 0;2 y2

B min 0;2 y0

C min 0;2 y1

D min 0;2 y4

Khẳng định nào sau đây đúng?

Câu 30 Cho hàm số y2x2 x21

có đồ thị  C

, số giao điểm của đồ thị  C

với trục hoành là

A 0;� B log 2020;2 � C �;0 D �;log 20202  .

ABC xung quanh cạnh góc vuông AB thì hình tam giác ABC tạo thành một khối nón tròn

xoay có thể tích bằng

A

3 3 3

a p

B

3

2 3

a p

0

x x  x

�

, nếu đặt u x  thì 2 1 1 3 2 2020

0

x x  x

�

bằng

0

u u u

�

B 2  2020

1

C 2  2020 1

u u u

�

D 1  2020

0

1

công thức nào dưới đây?

A

3

1

6 11 6 d

3

1

( 6 11 6)d

C

3

1

6 11 6 d

3

1

(11 6 6 )d

S�x  x x x

Câu 35 Cho hai số phức z15i và z2 2020i Phần thực của số phức z z1 2 bằng

phức z0  i là

Câu 37 Trong không gian Oxyz , cho điểm M1; 2;3  và đường thẳng :x32 3 4y 2z Mặt

phẳng đi qua M và vuông góc với  có phương trình là

A 3x4y2z  1 0 B 3x4y   2z 17 0

Trang 5

C 3x4y2z  1 0 D 3x4y2z  17 0

trình tham số là

A

1 2

2 4

3 3

  

�

�  

�

�  

1 2

2 4

3 3

  

�

�  

�

�  

1 2

2 4 3

 

�

�   

�

� 

1 2

2 4 3

 

�

�   

�

� 

Câu 39 Một nhóm 16 học sinh gồm 10 nam trong đó có Bình và 6 nữ trong đó có An được xếp ngẫu

nhiên vào 16 ghế trên một hàng ngang để dự lễ khai giảng năm học Xác suất để xếp được giữa

2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Bình không ngồi cạnh An là

A

109

1

8080. C

1

5

48048.

trọng tâm SBC Biết SH ABC và SH  Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳnga

AG và SC là

A

30 3

a

10 20

a

10 3

a

30 20

a

3

y x  m x  m x

đồng biến trên �?

Câu 42 Một nghiên cứu cho thấy một nhóm học sinh được cho xem cùng một danh sách các loài thực

vật và được kiểm tra lại xem họ nhớ được bao nhiêu % mỗi tháng Sau t tháng, khả năng nhớ trung bình của nhóm học sinh được cho bởi công thức ( ) 75 20ln(P t   t1),t� (đơn vị %0 ) Hỏi sau bao lâu nhóm học sinh đó chỉ còn nhớ được dưới 10% của danh sách ?

Câu 43 Cho hàm số y ax 3bx2  (với , , ,cx d, a b c d là các số thực) có đồ thị  C

như hình vẽ dưới đây:

Chọn khẳng định đúng?

có bán kính đáy bằng 10 Mặt phẳng  P

vuông góc với trục của hình nón cắt hình nón theo một thiết diện là hình tròn có bán kính bằng 6, khoảng cách giữa mặt phẳng

 P với mặt phẳng chứa đáy của hình nón  N là 5 Diện tích xung quanh của hình nón  N

bằng?

Trang 6

Câu 45 Cho hàm số ( )f x thỏa mãn �03x f x e��( )�f x( )dx8 và (3) ln3f  Tính I�03ef(x)dx.

Câu 46 Cho hàm số f x 

liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm trong đoạn

0;

2



� �

� � của phương trình (2sin 2 1) 1f x  bằng

A 1 B 2 C 3 D.4.

Câu 47 Cho x y z, , 0; a b c, , 1 và a x b y c z  abc Giá trị lớn nhất của biểu thức

2

16 16

thuộc khoảng nào dưới đây?

A 10; 15

11 13

;



�

Câu 48 Cho hàm số f x  x42x2m ( m là tham số thực) Gọi S là tập hợp các giá trị của msao

cho max f x 0;2   min f x 0;2   7

Tổng các phần tử của S là

là những điểm thỏa mãn

AQ AB DM�  DA�

3

CNuuur CD�uuuur

,

BP BC B I� � B D��

uuur uuuur uuur uuuur

Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm ,Q M N P I bằng, , ,

A

27

10

4

10

3 .

3

log 4x 4x 3 2020 x  x y.log 2 y  2 0

Hỏi có bao nhiêu cặp

số nguyên x y;  thỏa mãn phương trình trên, biết rằng y�5;5?

Trang 8

ĐÁP ÁN ĐỀ THI

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 Chọn B

Số tập hợp con có 3 phần tử được thành lập từ A là C 203

Câu 2 Chọn B

Ta có: u4 u q1 3�16 2. q3� q2.

Câu 3 Chọn B

Ta có:

1

3

x

x � �� x  x �x x�x

� �

Câu 4 Chọn C

Thể tích khối lập phương là: V lp a3.

Câu 5 Chọn C

+ ĐKXĐ: x 1 0�x1

Câu 6 Chọn D

Câu 7 Chọn B

Gọi x là độ dài cạnh của khối lập phương ( x 0) �V x3 2 2a3 �x 2a

Câu 8 Chọn A

Thể tích của khối trụ 2  2

2 2 8

Câu 9 Chọn C

Gọi R là bán kính của khối cầu Ta có V R R R R

  �   �  �  

Câu 10 Chọn C

Theo bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên  �; .

Câu 11 Chọn A

Với x là số dương theo công thức ta có log3x33log3x

Câu 12 Chọn B

Áp dụng công thức ta có S xq rl.

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại x là phương án sai vì qua 0 x thì '0 y không đổi dấu

từ âm sang dương

Ta cóxlim y



� �  ��

Hệ số a 0

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O 0;0 � Hệ số d  0

Gọi x x lần lượt là hoành độ các điểm cực trị.1; 2

1; 2

x x

� là nghiệm của y' 3 ax22bx c

Dựa vào đồ thị x10;x2  0 1 2 0 0 0

3

c

a

Trang 9

Mặt khác 1 2

2

3

b

a

  �   � 

(Vì a 0)

Ta có

2

1

x

x x

�+�

-

2

1

x

x x

�- �

- =-+

Suy ra y=- 1 là tiệm cận ngang của đồ thị.

Câu 16 Chọn D

Ta có: log2x� � < � 3 0 x 8

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T 0;8 

Xét phương trình f x   2 0� f x   2

Số nghiệm của phương trình f x   2 0 bằng số giao điểm của đường thẳng y  với đồ thị hàm số2

 

y f x Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  cắt đồ thị hàm số 2 y f x  tại 3 điểm phân biệt, suy ra phương trình f x   2 0 có 3 nghiệm.

Áp dụng tính chất của tích phân ta có:

f x x f x x f x x

Suy ra:

f x x f x x f x x    

Số phức liên hợp của số phức z   3 12 i là z 3 12i

Ta có z z1. 2   17 7 i.

Phần ảo của số phức z z1. 2 bằng 7.

Mặt cầu ( )S :

2 2 2 4x 2 2z 3 0

x y  z  y   � (x2)2 (y 1)2 (z 1)29

Tâm của ( )S là 2; 1;1  

Vectơ pháp tuyến của là �n23; 2;1  

Thay tọa độ điểm M3; 1;1  vào phương trình đường thẳng d ta có: 3 12  1 32   1 11 2

Vậy điểm M�d

Hình chiếu vuông góc của SB trên mặt ABC

là AB nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng

ABC

bằng góc SBA �

Vì tam giác ABC vuông cân tại C và AC a 2 nên AB AC 2 2 a�SA AB .

Trang 10

Vì tam giác SAB vuông cân tại A nên SBA� 45o.

Từ bảng xét dấu của f x� 

ta thấy f x� 

đổi dấu qua x 2 và x3 suy ra hàm số f x 

có hai điểm cực trị

Tập xác định: �

Hàm số liên tục trên đoạn  0; 2

2

y� x  ;

 

1 0;2 ( )

x

� �

� �   � �

  �

Ta có f  0 4, f  2 6, f  1 2.

Do đó min 0;2 y2

đạt được khi x1.

Ta có: ln ln 0

lnalnb2lnc0

lnalnb2lnc

�

2

lnablnc

ab c

Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C

với trục hoành:

   2 

2

2 2 1 0 (*)

1

1 0

x x

   ��   ��  �

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, do vậy số giao điểm của đồ thị  C

với trục hoành chính là số nghiệm của phương trình (*), là 2

Đặt 2x  , điều kiện t t0.

Từ bpt 4x2019.2x2020 0 ta có:

0 0

t

t t

t

Với 0 t 1 ta có 2x 1� x0.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là �;0.

Hình nón nhận được có đỉnh là ,B tâm đường tròn đáy là A ,

chiều cao hình nón là h=AB=a 3, độ dài đường sinh là l=BC=2 a

Suy ra bán kính đáy là r=AC= BC2- AB2 =a.

Trang 11

Vậy thể tích:

3

a

Xét 1 3 2 2020

0

I �x x  x

Đặt x2 1 u�x2  u 1 Ta có

d

2

u

x x u�x x

Đổi cận:

 � 

 �  .

Vậy 2  2020

1

2

Đặt h x   x3 6x2 6 11x  x3 6x211x6.

3

x



�

 � �

�

Vậy diện tích S được tính theo công thức

3

1

6 11 6 d

Ta có z z1 25 2020i    i 5 10100i Vậy phần thực của số phức z z1 2 bằng 5

Ta có

6z 13 0

3 2

z

 

�

   � � � Do z có phần ảo dương nên chọn 0 z0  3 2i.

Do đó z0  i 3 3i� z0 i 3232 3 2

Đường thẳng  có vecto chỉ phương ur3; 4;2 .

Mặt phẳng    nên   có vecto pháp tuyến là ur3; 4; 2  và   qua điểm M1; 2;3 .

Nên phương trình    : 3 x 1 4 y 2 2 z 3 0�3x4y2z 17 0.

Đường thẳng MN có vecto chỉ phương MNuuuur  2; 4;3và qua M1; 2;0  

Nên phương trình

1 2

2 4 3

 

�

�   

�

� 

Ta có n  16! Giả sử các ghế được đánh số từ 1 đến 16

Để có cách xếp sao cho giữa 2 bạn nữ có đúng 2 bạn nam thì các bạn nữ phải ngồi ở các ghế đánh số 1,

4, 7 , 10 , 13 , 16 Có tất cả số cách xếp chỗ ngồi loại này là 10!.6! cách

Ta tính số cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho giữa hai bạn nữ gần nhau có đúng hai bạn nam đồng thời Bình

và An ngồi cạnh nhau

Nếu An ngồi ở ghế 1 hoặc 16 thì có 1 cách xếp chỗ ngồi cho Bình Nếu An ngồi ở ghế 4, 7, 10 hoặc 13 thì có 2 cách xếp chỗ ngồi cho Bình

Trang 12

Do đó, số cách xếp chỗ ngồi cho Bình và An ngồi cạnh nhau là 2 2.4 10 

Suy ra, số cách xếp chỗ ngồi cho 16 người sao cho giữa hai bạn nữ gần nhau có đúng hai bạn nam đồng thời Bình và An ngồi cạnh nhau là 10.5!.9!

Gọi A là biến cố : “ Giữa 2 bạn nữ gần nhau có đúng 2 bạn nam, đồng thời Bình không ngồi cạnh An”

Ta có n A  10!.6! 10.5!.9! 600.10!        600.10! 5

n A

P A

n

�



Vậy xác suất cần tìm là

5

48048.

Gọi M là trung điểm SC

Vẽ MN // AG N�AB

Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên CN , SI

Ta có

�



�

�� 

�

Ta có ABC đều cạnh a �

3 2

a

CH 

Trong BMN : MN // AG �

2 3

BA BG

BN  BM 

� BH HA AN  � HN  AB a Trong CHN vuông tại H: HI là đường cao nên 2 2 2 2

3

HI  HN HC  a

Trong SHI vuông tại H: HK là đường cao nên

a HK

HK  SH HI  a � 

Trang 13

Mà MN // AG � AG // SCN

a

d AG,SC d AG, SCN d A, SCN  d H , SCN  HK 

�

Tập xác định D �.

y�x  m x m .

Hàm số đồng biến trên �۳ �y�0 x �.

2

m

 � �    �

Vậy không có giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu.

Theo công thức tỷ lệ % thì cần tìm t thỏa mãn: 75 20ln(�� ۳t 1) 10 ln( 1) 3.25t t 24.79.

Hàm số y ax 3bx2  có đạo hàm cx d 2

y� ax  bx c .

Hàm số có 2 điểm cực trị x x1, 2

thỏa

1 2

3

b

a c

x x

a

�    

�

lim



nên a0  2

Từ  1

và  2

suy ra b và 0 c 0 Lại có đồ thị  C cắt trục tung tại điểm có tọa độ 0; d

nên d  0 Vậy ab0, bc0, cd  Chọn đáp án C 0

Gọi x là khoảng cách từ đỉnh nón đến mặt phẳng  P

Từ giả thiết suy ra

6

x x



Suy ra chiều cao của hình nón là h12,5 2 2 2 2

5 41 12,5 10

2

�

Vậy diện tích xung quanh hình nón là S xq rl .10.5 412 25 41

Trang 14

d d

d ( )ef x d ef x

�

0

0x f x e��( ) f xdx x e �f x  0e f xdx

8 3 e f  ef x dx ef xdx  9 8 1

Đặt t2sin 2x1 t� 1;3

Khi đó phương trình trở thành f t  1

 

1 2 3 4

0;1 / 1;3

t t

 �

�

 �

�

� �� � �

� � �

� Xét hàm sốg x  2sin 2x1 trên� �0;2

� �

' 4cos 2 0

Ta có bảng biến thiên:

Vậy phương trình (2sin 2f x  có 2 nghiệm trên 1) 1 0;2



� �

Ta có: a x b y c z  abc

1

2

x a y b z c

�

1

2 log

1

2log

1

2 log

abc

a x

b y

c z

� 

�

� 

� �

�



�

Do đó: 1 1 1 2 log abc a logabc b logabc c 2logabc abc 2

Suy ra:

2

x   y z

Trang 15

Ta có:

Mặc khác,

3 12

z    z z � z z 

Dấu “=” xảy ra � z 2.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 32 12 20  tại z2.

Xét hàm số f x  x42x2m liên tục trên đoạn  0; 2

Ta có f x'  4x34x

 

3

1 0; 2

x

� �

�

�   �

Khi đó f 0 m; f  1  m 1; f  2  m 8.

Suy ra f  1   m 1 f  0  m f  2  m 8

Đồ thị của hàm số y f x 

thu được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành của

 

lên trên Do đó, ta có biện luận sau đây:

Ta xét các trường hợp sau:

   

0;2

1 1

�

   

�

max f x min f x  �    m m �m 

(loại)

Trường hợp 2 m�0 m 8� 8 m� , thì đồ thị hàm số0 ( ) :C y f x cắt trục hoành tạix với0

 

Do đó min f x 0;2   0

Suy ramax f x 0;2   7

Mặt khácmax f x 0;2   max m 8 ;m 1 max m 8;1m

Suy ra

 

0;2

7

6

2

8 7

1

m

m m

m

f x

m m

�



�

 ��   ��  ��

�  

Trường hợp 3 m1 0� m�0m�1, thì đồ thị hàm số( ) :C y f x cắt trục hoành tạix với0

 

Do đó min f x 0;2   0

Măt khácmax f x 0;2    m 8

Suy ra max f x 0;2   min f x 0;2   7�m 8 7�m 1

(loại)

Trang 16

   

0;2

1 8

�

 

�

Do đó:

 0;2     0;2   7�    1 8 7� 0

(loại)

Suy ra S   1; 6

Vậy tổng các phần tử của S là        6 1 7.

Mặt phẳng MNPQ cắt hình hộp ABCDA B C D��theo thiết diện là hình bình hành E FGH và ta có

 ' ' ' ' ;  2    ;  

Ta có ' ' ' '.

2 3

A B C D E FGH O

và

AB AD

1 4

S    S

�

.

Phương trình đã cho �  2 2 1 2 2  

3

Đặt

 2

2 1 2

�

� , suy ra a�2;b�2.

Khi đó ta có phương trình:

3

log a2020 loga b b0

� log3 2020 loga b 3

a  b � 2020log3 a 2020log3 b

a  b

Xét hàm số   log3

2020t

t

f t 

với t�2;�.

Ta có   1 ln 3.ln 2020.log3

.2020 ln 3t

f t

t



Vì t� nên suy ra: 2 t.ln 3.ln 2020.log3t�2.ln 3.ln 2020.log 2 13  .

Khi đó f t� 0 nên hàm số f t 

nghịch biến trên tập 2;�.

Từ phương trình f a   f b  suy ra a b hay  2

2x1 2 y .

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	1,28 MB