Đề 39 mã 103 l2 2020 đáp án

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng.. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?. Điểm nào dưới đây thuộc d?. Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc củ

Trang 1

BỘ 40 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2021

Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1

Câu 1 Với a là số thực dương tùy ý, log 2a2 bằng

A.1 log a 2 B 1 log a 2 C 2 log a 2 D 2 log a 2

Lời giải Chọn A

log 2alog 2 log a 1 log a

Câu 2 Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B 6, và chiều cao h 3 Thể tích của khối lăng trụ đã cho

bằng

Lời giải

Chọn B

Tta có V B h V 6.3 18

Câu 3 Phần thực của số phức z  5 4i bằng

Lời giải Chọn D

Số phức z  5 4i có phần thực là 5

Câu 4 Cho khối chóp có diện tích đáy B2a2 và chiều cao h9a Thể tích của khối chóp đã cho bằng

Lời giải Chọn B

.2 9 6

V  Bh a a a

Câu 5 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu   S : x12y22z32 4 Tâm của  S có tọa

độ là

A 1; 2;3 B 2; 4; 6   C 2; 4;6 D 1; 2; 3  

Tâm của mặt cầu  S có tọa độ là 1; 2; 3  

Câu 6 Cho cấp số cộng  u n với u 1 8 và công sai d 3 Giá trị của u2 bằng

A 8

Áp dụng công thức ta có: u2u1d  8 3 11

Câu 7 Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ là

Tổng số học sinh là: 5 7 12. 

Số chọn một học sinh là: 12 cách

Câu 8 Biết

 

2

1

d 3



và

 

2

1

d 2

g x x 



Khi đó

   

2

1

d



bằng?

ĐỀ CHÍNH THỨC-MÃ 103 -L3 NĂM HỌC 2020 CỦA BGD

Đề số 39

Trang 2

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

f x g x x f x x g x x  

1

x y x





 là

A. x  2 B. x 1 C. x  1 D. x 2

Lời giải Chọn C

Ta có

2 2 lim lim

1

x y

x



2 2 lim lim

1

x y

x



 nên đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Câu 10 Tập xác định của hàm số y 2x là

A.  B. 0;  C. 0;  D. \ 0 

Hàm số mũ y 2x xác định với mọi x   nên tập xác định là D  

Câu 11 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau :

Điểm cực đại của hàm số đã cho là

Câu 12 Trong không gian Oxyz, Cho mặt phẳng   : 2xy3z 5 0 Vectơ nào dưới đây là một

vectơ pháp tuyến của   ?

A n  3  2;1;3 

B n 4 2;1; 3  

C n 2 2; 1;3  

D n 1 2;1;3 

Câu 13 Cho mặt cầu có bán kính r 4 Diện tích của mặt cầu đã cho bằng

3



3



Diện tích của mặt cầu bằng 2 2

4r 4 .4 64

Câu 14 Cho hai số phức z1 1 3i và z2 3 i Số phức z1z2 bằng

Ta có z1z2 1 3 i  3i 1 3i    3 i 2 4i

Câu 15 Hàm số yloga x và ylogb x có đồ thị như hình bên

Trang 3

Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 3

Đường thẳng y 3 cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ là x x1; 2 Biết rằng x12x2 Giá trị của a

b bằng

A 1

2

Xét phương trình hoành độ giao điểm loga x 3 x1a3, và logb x 3 x2 b3

Ta có

3

 

Câu 16 Với mọi số thực và là hai số thực bất kì Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 17 Nghiệm của phương trình log2x 65 là:

Điều kiện x  6 0 x 6

Ta có: log2x 65   5

log x 6 log 2

   x632 x32 6 x26TM

Vậy nghiệm của phương trình: x 26

Câu 18 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức z 3 2i ?

Ta có: zabiN a b ;  là điểm biểu diễn của số phức z

3 2

z  iN3; 2 

Câu 19 Cho hàm số y f x  có đồ thị là đường cong hình bên Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

nào dưới đây ?

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

Câu 20 Đồ thị của hàm số dưới đây có dạng như đường cong bên?

a m n,

 m n m n

m

n m n

a a a





m

m n n

a a a





x

y

3

logb

loga

y x

Trang 4

A. yx33x1 B. yx42x21

C. y x42x21 D. y x33x1

 Điểm nào dưới đây thuộc d?

A N3; 1; 2   B Q2; 4;1 C P2; 4; 1  D M3;1; 2

Ta có: 3 3 1 1 2 2 0

 Vậy N3; 1; 2   thuộc d

Câu 22 Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông góc của điểm A3;5; 2 trên mặt

phẳng Oxy?

A M3; 0; 2 B 0; 0; 2 C Q0;5; 2 D N3;5; 0

Hình chiếu vuông góc của điểm A3;5; 2 trên mặt phẳng Oxy là điểm N3;5; 0

Câu 23 Cho khối trụ có bán kính r 3và chiều caoh 4 Thể tích khối trụ đã cho bằng

Ta có: V r h2 .3 42 36

Câu 24

2

3 dx x

3x C. D

3

x C Lời giải

Chọn D

Ta có:

3

3 d 3

3

x

x x Cx C



Câu 25 Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị là đường cong trong hình bên Số nghiệm thực của

phương trình   1

2

f x  là

Trang 5

Số nghiệm thực của phương trình   1

2

f x  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số f x  với

đường thẳng 1

2

y 

Dựa vào hình trên ta thấy đồ thị hàm số f x với đường thẳng   1

2

y  có 2 giao điểm

Vậy phương trình   1

2

f x  có hai nghiệm

Câu 26 Gọi x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  z 2 0 Khi đó z1  z2 bằng

Ta có 2

1 i 7 2

2 0

1 i 7 2

z





   





 Không mất tính tổng quát giả sử 1 1 i 7

2

z   và 2 1 i 7

2

z  

Khi đó

1 2

2 2 2 2

z  z               

Câu 27 Số giao điểm của đồ thị hàm số y x33x với trục hoành là

Lời giải

Chọn C

Trang 6

Xét phương trình hoành dộ giao điểm 3 2 0

3





        

 



x

Vậy có 3 giao điểm

Câu 28 Cắt hình trụ  T bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông cạnh bằng 3

Diện tích xung quanh của  T bằng

A 9

4



2



Lời giải

Chọn C

Vì thiết diện qua trục của hình trụ  T là một hình vuông cạnh bằng 3 nên hình trụ  T có đường sinh l 3, bán kính 3

2 2

l

Diện tích xung quanh của hình trụ  T là 3

2 2 3 9

2

xq

Câu 29 Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường ye2x,y0,x0 và x 1 Thể tích khối tròn

xoay tạo thành kho quay D quanh Ox bằng

0e xdx

Lời giải

Chọn A

Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox là 1 2 2 1 4

0 x d 0 xd

V   e x  e x

0f x 2xdx4

 Khi đó 01f x dx bằng

Lời giải

Chọn A

0f x 2xdx4 0 f x dx 02 dx x4 0 f x dx  4 1 3

Câu 31 Trong không gian Oxyz, cho điểm M2; 1;3  và mặt phẳng  P : 3x2y  z 1 0 Phương

trình mặt phẳng đi qua M và song song với  P là

A 3x2y z 11 0 B 2x y 3z140

C 3x2y z 11 0 D 2x y 3z140

 P nhận n  3; 2;1 

làm vectơ pháp tuyến Mặt phẳng đã cho song song với  P nên cũng nhận nhận n  3; 2;1 

làm vectơ pháp tuyến

Vậy mặt phẳng đi qua M và song song với  P có phương trình là

3 x2 2 y1  z3 03x2y z 11 0

10 2

f x x  x  trên đoạn 0;9 bằng

Ta có   3

Trang 7

 

f x  4x320x0

0 0;9

5 0;9

x x x

 





  



  



 0 2

f   ; f 5  27; f 9 5749

Vậy

0;9  

min f x  27

Câu 33 Cho hàm số f x  có đạo hàm f x x x 1x4 ,3    Số điểm cực đại của hàm số đã x

cho là

0

4

x







 



Lập bảng biến thiên của hàm số f x  

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực đại

Câu 34 Trong không gian Oxyz, cho điểm M1; 2; 2  và mặt phẳng  P : 2xy3z 1 0 Phương

trình của đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng  P là

A

1 2 2

2 3

 





  



  



1

2 2 2

 





  



  



2

1 2

3 2

 





 



   



1 2 2

2 3

  





 



   



Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng  P nhận véc tơ pháp tuyến của mặt

phẳng  P làm véc tơ chỉ phương có phương trình tham số là

1 2 2

2 3

 





  



  



Câu 35 Với a b, là các số thực dương tùy ý thỏa mãn log3a2log9b3, mệnh đề nào dưới đây đúng?

Ta có: log3a 2 log9b 3 log3a log3b 3 log3a 3 a 27 a 27b

3

log 36x  là3

A   ; 3 3;. B ;3 C 3;3 D 0;3

3

log 36x 336x 27 9 x 0  3 x 3

Câu 37 Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D    , có ABAAa, ADa 2 (tham khảo hình vẽ) Góc

giữa đường thẳng A C và mặt phẳng ABCD bằng

Trang 8

Lời giải

Chọn A

Vì ABCD là hình chữ nhật, có ABa, ADa 2 nên

Ta có A C ;ABCD A C CA ; A CA 

Do tam giác A AC vuông tại A nên  1

tan



  AA  a 

A AC

 30

A AC

Câu 38 Cho số phức z  2 3i, số phức 1 i z bằng

A.   i5 B.   i1 5 C.1 5 i D. 5  i

Lời giải

Chọn C

Ta có z  2 3i  z  2 3i Do đó 1i z 1i   2 3i 1 5i

Câu 39 Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số mđể hàm số 3 2  

y x  x  m xđồng biến trên khoảng 2; là

A   ; 1 B ; 2 C  ; 1 D ; 2

Lời giải

Chọn D

Ta có y'3x26x 2 m

Để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  khi và chỉ khi y'0, x 2;

2

3x 6x 2 m 0, x 2;

        m3x26x2, x 2; 

Xét hàm số f x 3x26x2, x 2; 

 

f x  x ; f ' x 06x 6 0x 1

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy m 2 Vậy m   ; 2

F x e x là một nguyên hàm của hàm số f x  trên  Khi đó  f 2x dx bằng

2

x

e  x C B e2x4x2C C 2e x2x2C D 1 2 2

2

x

e x C

Ta có  f  2x dx 1    2 d 2

2F x C

2

x

Trang 9

Câu 41 Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là 800.000.000 đồng và dự định trong 10

năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán của năm liền trước Theo dự định đó, năm

2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?

A 708.674.000 đồng B 737.895.000 đồng. C 723.137.000 đồng. D 720.000.000 đồng

Lời giải

Chọn C

Giá bán loại xe X năm 2021 là: 800.000.000 800.000.000 2%  800.000.0001 2% 

800.000.000 1 2% 800.000.000 1 2% 2%800.000.000 1 2%

Tương tự ta có: giá bán loại xe X năm 2025 sẽ là: 800.000.0001 2% 5723.137.000 đồng

Câu 42 Cho hình nón  N có đỉnh S, bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 4a Gọi  T là

mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của  N Bán kính của  T bằng

A 2 6

3

a

15

a

15

a

D 15a

Gọi I là tâm của  T thì ISO và IS IA Gọi M là trung điểm của SA thì IM SA

SO SA OA  a a a

15 15

SM SA SI SO SI

, , ,

f x ax bx cxd a b c d  có bảng biến thiên như sau:

Có bao nhiêu số dương trong các số a b c d, , , ?

    

 f 0   1 d   1 0

 f x 3ax22bxc

M

S

O A

I

Trang 10

Ta có 1 2

1 2

2 2

0 3

b

a



  



Câu 44 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau Chọn ngẫu nhiên một số

thuộc S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ bằng

A 50

1

5

9

Gọi xabcde a, 0 là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau

Khi đó có 9.9.8.7.627216 số

Số phần tử của không gian mẫu là n    27216

Gọi F là biến cố số x có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ

TH1: Một trong hai chữ số cuối có chữ số 0: Có C P A 51 .2 83 3360 số

TH2: Hai chữ số tận cùng không có chữ số 0: Có C C P41 51 .7.7.6 117602  số

Suy ra n F   3360 11760 15120. 

Vậy    

 

5 9

n F

P F

n

Câu 45 Cho hàm số f x  có f 0 0 Biết y f x là hàm số bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ Số

điểm cực trị của hàm số g x  f x 4 x2 là

Lời giải

Chọn D

Xét hàm số h x  f x 4 x2 có   3  4

h x  x f x  x

 

2

0

* 2

x

h x

x







  

 Xét phương trình  * : Đặt tx4 thì  * thành   1

2

t

  với t 0

Trang 11

Dựa vào đồ thị, phương trình  * có duy nhất một nghiệm a 0

Khi đó, ta được 4

x  a Bảng biến thiên của hàm số h x  f x 4 x2

Số cực trị của hàm số g x  f x 4 x2 bằng số cực trị của hàm    4 2

h x  f x x và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình h x   0

Dựa vào bảng biến thiên của hàm f x  thì số cực trị của g x  là 5

 

    Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

8 4

x P





  gần nhất với số nào dưới đây

Nhận xét x2y22x  2 0 x y;

2 2 1 2 2

 

2 2 1

2 2 2

2

2 2 2

x y

 

  

Đặt tx2y22x1

Bất phương trình 2t 1

t

    Đặt f t 2t t 1 Ta thấy f  0  f  1 0

Ta có f t 2 ln 2 1t 

1

ln 2

t

f t     t  

a

 

y f t y

t

1 2

y t



O

Trang 12

Quan sats BBT ta thấy f t 00 t 1

0x y 2x 1 1x12y2 1  1

x



 

4 8 2

3P 12 8 2P x 1 Py

3P 12 8 2P x 1 Py  8 2P P   x 1 y 

Thế  1 vào ta có 3P 122  2 2

8 2P P

2

4P 40P 80 0

     5 5P 5 5

Dấu “=” xảy ra khi

5









2

2 1 5 2

1 5

y





 



 





2 1 5 5 3

y





 



 

  



1 3 5 3 5 3 5 3

x

y x

y









 







 





  





Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 52, 76 gần giá trị 3 nhất

Câu 47 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a SA vuông góc với

mặt phẳng đáy và SAa Gọi M là trung điểm của BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng

ACvà SMbằng

3

a

2

a

2

a

5

a

Lời giải

Chọn D

Cách 1:

Trang 13

Gọi N là trung điểm AB, ta có AC/ /MN

Suy ra AC/ /AMNd AC SM , d AC SMN , ( 

 d A SMN

Ta có



Suy ra AHd A SMN ,  

2

5 2

     

a a

AH

a

Cách 2: (Tọa độ hóa)

Chọn hệ Oxyz sao cho O , các tia A Ox Oy Oz, , lần lượt đi qua B , C , S

Chọn a 2, ta có A0; 0; 0 ,  B2; 0; 0 ,  C0; 2; 0 ,  S 0; 0; 2 Suy ra M1;1; 0

0; 2; 0

1;1; 2

AC

AC SM SM





  



 



1;1;0

AM 



AC SM AM

  

,

5 5

d AC SM

AC SM

  

Câu 48 Cho hình chóp đều S ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 3

2

a

và O là tâm của đáy Gọi , ,

M N P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên các mặt phẳng SAB, SBC,

SCD và SDA Thể tích của khối chóp O MNPQ bằng

A

3

48

a

3

2 81

a

3

81

a

3

96

a

Gọi M N P Q, , ,  lần lượt là trung điểm của các cạnh AB BC CD DA, , ,

Ta có ABOM  và ABSO nên ABSOM 

Suy ra SAB  SOM  theo giao tuyến SM 

Trang 14

Theo giả thiết ta có OM SAB nên OM SM  , do đó M là hình chiếu vuông góc của O trên

SM 

Tương tự như vậy: N P Q, , là hình chiếu vuông góc của O lần lượt trên SN SP SQ, , 

Ta có

Suy ra tam giác SOM  vuông cân tại O nên M là trung điểm của SM 

Từ đó dễ chứng minh được MNPQ là hình vuông có tâm I thuộc SO và nằm trong mặt phẳng song song với ABCD , với I là trung điểm của  SO

Suy ra 1

a

OI  OS

a

Thể tích khối chóp O MNPQ bằng

2

Câu 49 Cho hàm số f x  có bảng biến thiên như sau

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình  2 

3f x 4x m có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng 0;  ?

Đặt ux24x (1)

Ta có BBT sau:

Ta thấy:

+ Với u  4, phương trình (1) vô nghiệm

+ Với u  4, phương trình (1) có một nghiệm x  2 0

+ Với  4 u0, phương trình (1) có hai nghiệm x 0

+ Vơi u 0, phương trình (1) có một nghiệm x 0

Khi đó  2   

3

m

f x  x m f u  (2), ta thấy:

3

m

     , phương trình (2) có một nghiệm u 0 nên phương trình đã cho có một nghiệm x 0

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	727,17 KB