12 đề thi thử TN THPT 2021 môn toán nhóm GV MGB đề 12 file word có lời giải chi tiết

Thể tích của khối nón có chiều cao bằng 3 Câu 2.. Cho mặt cầu có diện tích bằng 36a.. Thể tích khối cầu là2 A... Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a... Chủ nhàdùng lo

ĐỀ SỐ 12 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT

NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 Thể tích của khối nón có chiều cao bằng 3

Câu 2 Cho hàm số y f x   có đồ thị như hình vẽ bên

Tìm giá trị cực đại của hàm số

( )

�f x dx bằng

Câu 7 Cho mặt cầu có diện tích bằng 36a Thể tích khối cầu là2

A 9a 3 B 18 a 3 C 12a 3 D 36a 3

Câu 8 Tập nghiệm của phương trình  2 

1 2log x 2x  3 là

n C

Câu 26 Cho hàm số y f x xác định trên \ {1}( ) � , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biếnthiên như sau Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng?

A Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y0,y5 và không có tiệm cận đứng.

B Đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận ngang là y0,y5 và chỉ có tiệm cận đứng là x1

C Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y0 và chỉ có tiệm cận đứng là x1

D Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang là y5 và chỉ có tiệm cận đứng là x1

Câu 27 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Cạnh bên SA vuông góc với đáy

(ABCD và ) SC a 5 Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABCD.

Câu 29 Cho hàm số y f x   liên tục trên �;1 và 1;� có bảng biến thiên như sau

Số nghiệm thực của phương trình 2f x   1 0 là

Câu 32 Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2 m Trong đó, 4 cây

cột trước đại sảnh có đường kính 40 cm và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính 26 cm Chủ nhàdùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000 đồng/m (gồm cả2tiền thi công) thì người chủ nhà phải chi bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? (số tiền làm tròn đến hàngnghìn)

m x nghịch biến trên khoảng 0;4 ?

Câu 38 Cho hàm số ( )f x thỏa mãn ( ) ( ) 1 f x f x�  với mọi x�� Biết

2 1( ) 

Câu 39 Cho hàm số y f x xác định trên � và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây( )

Hỏi có bao nhiêu giá trị của tham số m (với m �;m 2019 ) để đồ thị hàm số y m f x có đúng 

7 điểm cực trị?

Câu 40 Thầy Nam gửi 5 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,7% /tháng Chưa đầy một năm thì lãi

suất tăng lên thành 1,15% /tháng Sáu tháng sau lãi suất chì còn 0,9% /tháng Thầy Nam tiếp tục gửi thêm một số tháng nữa rồi rút cả vốn lẫn lãi được 5 787 710,707 đồng Hỏi thầy Nam đã gửi tổng thời gian bao nhiêu tháng?

A 18 tháng B 17 tháng C 16 tháng D 15 tháng.

Câu 41 Cho hàm số 3 9 2 6 3

2

y x x x m Tổng các giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

[ 10;10] để giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0 ; 3] không bé hơn 5

Câu 44 Cho hàm số bậc bốn y f x Đồ thị hàm số ( ) y f x như hình vẽ bên.�( )

Số điểm cực đại của hàm số g x( ) f x22x2 là

Câu 45 Cho hàm số y f x Hàm số ( ) y f x có bảng biến thiên như sau�( )

Tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình 2 ( ) 1 3

Câu 46 Một hoa văn trang trí được tạo ra từ một miếng bìa mỏng hình vuông có cạnh bằng 10 cm bằng

cách khoét đi bốn phần bằng nhau có hình dạng parabol như hình bên Biết AB5 cm,OH 4 cm. Tínhdiện tích bề mặt hoa văn đó

A 140 2

 cm

2160 cm

214 cm

Câu 48 Cho điểm M trên cạnh SA, điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S.ABC có thể tích

SA SB Mặt phẳng ( )P qua MN và song song với SC chia khối chóp S.ABC

thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau Khẳng định nào sau đây là đúng

Câu 50 Cho hàm số y f x( )x33x22 và phương trình f x( ) m m n có 8 nghiệm phân biệt

với m�( 6; 2)  Khẳng định nào sau đây đúng?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B

Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm M x y z lên mặt phẳng (( ; ; ) Oyz là ) M�(0; ; )y z

Nên M(0;2;3) là hình chiếu của điểm (1;2;3)A trên mặt phẳng (Oyz )

Câu 4: Đáp án C

n C

k n k .

Câu 13: Đáp án A

Ta có: 3 1             7 ( 3) 11 ( 7) 15 ( 11)  (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp 4

số cộng

2 8

10 10 ;1010

Câu 19: Đáp án C

Ta có IAuur(2; 2; 1)  �IA 22 ( 2)2 ( 1)2 3

Do mặt cầu tâm ( 2;1;1)I  qua điểm (0; 1;0)A  nên bán kính là R IA 3

Vậy mặt cầu cần tìm có tâm ( 2;1;1)I  và bán kính R3 nên phương trình là:

z z z

Tam giác SAC vuông tại C, ta có SA SC2AC2 a 3.

Chiều cao khối chóp là: SA a 3

Diện tích hình vuông ABCD là: S ABCD  (đvdt).a2

Gọi M là trung điểm của BC , suy ra AM BC.

Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ

Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính 40 cm là: S14.2r h1

Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính 26 cm là S2 6.2r h2

Số tiền cần dùng là

 1 2

0, 40 0, 2.380000 2 4, 2 4 6 380000 15 844000

Số phức z có điểm biểu diễn M x y ( ; )

Vì hàm số y f x có 5 điểm cực trị nên hàm số ( ) y m  f x cũng có 5 điểm cực trị (vì đồ thị hàm ( )

số y m  f x được suy ra từ đồ thị ( ) y f x bằng cách tịnh tiến theo phương trục ( ) Oy)

Số điểm cực trị của hàm số y m f x bằng số cực trị của hàm số   y m  f x và số nghiệm đơn ( )hoặc bội lẻ của phương trình f x   m 0.

Vậy để y m f x có 7 điểm cực trị thì phương trình (| |) f x   m 0 có hai nghiệm đơn hoặc bội lẻ.

Ta có f x   m 0� f x   m

Gọi a là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,7%

Gọi b là số tháng mà thầy Nam gửi tiền với lãi suất 0,9%

Theo đề bài, ta có phương trình:

Với a b 9, thử , ��a b ta thấy (*) không thoả mãn.

Với a b 10, thử , ��a b ta được a6;b4 thoả mãn (*).

Với a b 11, thử , ��a b ta thấy (*) không thoả mãn.

Vậy thầy Nam gửi tổng thời gian là 16 tháng

3)

A B I

A B I

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của ( 1;1;1) I  lên ( )P hay (1;0;3) M .

2

2theo

Bảng xét dấu ( )g x như sau:�

Từ đó suy ra hàm số g x( ) f  x2 2x2 có 1 điểm cực đại.

Chú ý: Cách xét dấu   hay   của g x để cho nhanh nhất ta lấy một giá trị �  x thuộc khoảng đang0

xét rồi thay vào g x � 

Chọn hệ trục tọa độ sao cho O là gốc tọa độ OH thuộc Oy Ox,

vuông góc với OH tại O chiều dương hướng từ A đến B

25

2

0( )

Do đó diện tích hình hoa văn là: 2 40 140 2

24

3 3 2

 NI  uur uur uur uurNI IA IB IC   IA IB IC

Chọn điểm I sao cho: 2uur uur uur rIA IB IC  0

2uur uur uurIA IB IC  0r�4uur uuur uuurIA AB AC  0r

Suy ra tọa độ điểm I là (0;1;2) I .

Khi đó S 4NI22IA2IB2 IC do đó 2, S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) P

Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ) P là:

012

Ta có bảng biến thiên của y f x( )m

Bảng biến thiên của y f x( ) m m

TH1: 2m 6 0�m 3

Ta có:

0( )( )

Ta có bảng biến thiên của y f x( ) m m như sau:

+ Nếu 2m 6 2� 4 m�3 thì f x( ) m m n có 8 nghiệm phân biệt khi 2  n m hay