ĐÁP án đề số 6

Đồ thị trong hình là của một hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C và D.A. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 4a2 và chiều cao bằng a là A.. Lời giải Chọn B Thể tíc

Trang 1

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 MỨC ĐỘ 8+

Câu 1 Cho hàm số   4 2

f x ax bx c ( , ,a b c  ) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào được liệt kê dưới đây?

A (2; ). B ( 2;  ). C (;2). D ( ; 2).

Lời giải Chọn D

Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và (0; 2)

Câu 2 Mođun của số phức z2 3 i là

A 1. B  1 C 2 3i D 13

Ta có: z  22 ( 3)2  13.

Câu 3 Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm M1; 2;3  và nhận vectơ u 2;1; 1 



làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là

x y z

 . B

x y z

x y z

x y z

 .

Lời giải Chọn A

Đường thẳng đi qua điểm M1; 2;3  và nhận vectơ u  2;1; 1 

làm vectơ chỉ phương có phương trình chính tắc là

x y z



Câu 4 Cho cấp số nhân  u n có số hạng đầu u  và số hạng thứ hai 1 3 u   Số hạng thứ tư bằng 2 6

A 12 B 24 C 12 D 24

Lời giải Chọn B

Ta có u2    6 6 u1d d   9

u u  d u4  3 27 u4 24.

Câu 5 Biết  

1

0

f x x  

1

0

g x x 

 Khi đó      

1

0

3f x 2g x dx

Lời giải

TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 MỨC ĐỘ 8+

• ĐỀ SỐ 6

Trang 2

Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/

Chọn B

3f x 2g x dx 3f x dx 2g x dx3 2 2.30

Câu 6 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua ba điểm A1;0;0, B0;3; 0, C0;0; 4 có phương

trình là

x y z

  

Lời giải Chọn C

Với ba điểm A1; 0; 0, B0;3; 0, C0;0; 4 nói trên, mặt phẳng ABC là mặt phẳng đoạn chắn, nên có phương trình là 1

x y z

  

Câu 7 Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lũy thừa?

A f x 3 x. B f x   4 x C f x e x D  

1

3

f x x

Lời giải

Chọn D

Hàm số lũy thừa có dạng yx với  

Câu 8 Một nguyên hàm F x  của hàm số f x   3x là

A   3 2019

ln 3

x

F x   x B   3x 2019

C F x   3 ln 3.x D   3 2019

ln 3

x

Lời giải

Chọn D

Ta có 3 d 3

ln 3

x

x x C

 (với C là hằng số).

Chọn C 2019, khi đó một nguyên hàm F x  của hàm số f x   3x là   3 2019

ln 3

x

Câu 9 Đồ thị trong hình là của một hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C và D Hàm số đó là

hàm số nào?

A   3 2

f x  x  x  B   3 2

f x  x  x 

C   4 2

f x  x  x  D   3 2

f x x  x 

x y

O

Trang 3

Từ hình vẽ và các đáp áp ta thấy đồ thị đã cho có dạng là đồ thị của hàm số bậc ba với hệ số a 0 nên loại các đáp án C, D.

Mặt khác khi x 0 thì y 0 nên loại đáp án A

Vậy đáp án đúng là B

Câu 10 Tìm n   biết khai triển nhị thức a2n4, a   có tất cả 15 số hạng. 2

Nhị thức   4

2 n

a  có 15 số hạng nên n 414 n 10.

Câu 11 Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 4a2 và chiều cao bằng a là

A 16a3. B 4a3. C 2a3. D 4 3

3a .

Thể tích của khối lăng trụ đó là: V h S d a a.4 24a3.

Câu 12 Trong các hàm số sau hàm số nào có tập xác định  ?

cos

y

x

cos 2

y

x



 . C

1 1 cos 2

y

x





cos 1

y

x



 .

Xét đáp án A:

Hàm số 1

cos

y

x

 xác định khi cos 0  

2



Vậy tập xác định của hàm số: \ 2 ,

2



Xét đáp án B:

Hàm số 1

cos 2

y

x



 xác định khi cosx 2 0cosx2(luôn đúng).

Vậy tập xác định của hàm số D  

Xét đáp án C:

Hàm số 1

1 cos 2

y

x





xác định khi cos 1 0 cos 1 2  

x   x x  k  k 

Vậy tập xác định của hàm số \ 2 ,

3



Xét đáp án D

Hàm số 1

cos 1

y

x



 xác định khi cosx 1 0cosx 1 xk2 k . Vậy tập xác định của hàm số D\k2 , k.

Vậy chỉ có đáp án B có tập xác định là D  

Câu 13 Số phức 1i2ii là

A. 1 2i B. 3 2i C. 3 3i D. 1 3i

Ta có 1i2i i 1i2ii 2

2 3i i i 1 2i

     

Trang 4

Câu 14 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu   2 2  2

S x y  z  . Tìm bán kính R của mặt cầu

 S

A 10 B 10 C 100 D 20

Câu 15 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A2; 1;0 , B0;1; 2 . Tìm tọa độ trung điểm M của

đoạn thẳng AB

A M1;0; 1 . B M  2; 2; 2 . C M  1;1; 1  D M2;0; 2 .

Gọi M x y z ; ;  vì M là trung điểm của AB ta có:  

2 0 1 2

1 1

0 1; 0; 1 2

0 2 1 2

x

z







 











.

Câu 16 Hàm số y f x  liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình bên dưới. biết f 4  f  8

Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm đã cho trên R bằng

A 9 B f  4 C f  8 D  4

Dựa vào bảng biến thiên và giả thiết f  4  f 8 nên f 8 là giá trị nhỏ nhất.

Câu 17 Cho hàm số f x  có đạo hàm    2  2 2

f x  x  x  x    Gọi T là giá trị cực đại của

hàm số đã cho. Chọn khẳng định đúng.

A T f 0 B T  f 9 C T f  3 D T f  3

2

0

3

x







 



.

0

x  là nghiệm kép của phương trình f x 0 nên không là cực trị  Loại phương án A

9

x  không là nghiệm của phương trình f x 0 nên không là cực trị  Loại phương án D

Bảng xét dấu của f x

Trang 5

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x   hay 3 T f  3

Câu 18 Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh ,a BB a 6 Hình chiếu vuông góc

H của A trên mặt phẳng A B C   trùng với trọng tâm của tam giác A B C   ( tham khảo hình vẽ bên). Cosin của góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng

A 15

3

2

6 .

Xét góc giữa cạnh bên A A và mặt đáy.

Theo giả thiết ta có AHA B C  .

 Góc giữa A A và A B C   bằng góc giữa hai đường thẳng A A  và A H

AA H

 vuông tại H nên  AA H 90o.

Do đó AA A H,  AA H

ABC A B C   là hình lăng trụ nên A A BBa 6.

A B C  

 đều nên 2 3 3

AA H

 vuông tại H 

3 2 3

cos

6 6

a

A H

AA H



Câu 19 Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có tất cả các cạnh bằng a bằng. Góc giữa AB'và mặt

phẳng A B C' ' '

bằng

A 600. B 450. C 300. D 900.

Lời giải

Trang 6

Chọn B

Ta có AB',A B C' ' ' AB A B', ' 'AB A' '.

' '

AA

A B

Câu 20 Cho hai số phức z1 1 3i và z2 3 4i. Môđun của số phức 1

2

z w z

 là

2

25 25

w    i. C 5

10

5

Lời giải

Chọn D

Ta có: 1 1

z w

Câu 21 Tính thể tích V của một cái cốc hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm và chiều cao bằng 10 cm.

500

V   cm B 250  3

3

250

V   cm

Lời giải

Chọn D

.5 10 250

V R h   cm

Câu 22 Trong mặt phẳng Oxy, gọi A B, là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình

2

z  z  Độ dài đoạn thẳng AB bằng

A 12

Lời giải

Chọn C

1 3

  



       



Suy ra tọa độ A1;3 , B 1; 3.

Vậy độ dài AB   1 12   3 32 6.

Trang 7

Câu 23 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AA ACa và

3

ABa Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( 'A BC) bằng

A 21

7

a

7

a

3

a

3

a

.

KẻAE BC E( BC); AH  A E H ( A'E ).

Ta có: BC AE BC (A AE) BC AH

BC AA







Mà AH  A E AH (A BC ).

Do đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( 'A BC) bằng AH.

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có

3

AE  AB  AC  a Xét tam giác A AE vuông tại A ta có 1 2 12 1 2 42 12 72 21

a AH

Câu 24 Thể tích của khối trụ có bán kính đáy r  4 và chiều cao h 4 2 là.

A 64 2 B 32. C 32 2 D 128.

Thể tích của khối trụ là 2

64 2

V r h 

Câu 25 Khối chóp tứ giác đều S ABCD có tất cả các cạnh bằng a có thể tích bằng

A

3 2 2

a

3 2 6

a

3

a

.

H

E

C'

B' A'

C

B A

Trang 8

a

2

a

SO SA AO 

ABCD

S a

Vậy

3

S ABCD ABCD

a

Câu 26 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) x2y2z 5 0 và điểm ( 1;3; 2)A   Khoảng cách

từ A đến mặt (P) là

A. 14

3 14

2

Ta có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là ( ;( ))

| ( 1) 2.3 2.( 2) 5 | 2

3

1 ( 2) ( 2)

A P

   

Câu 27 Gọi x x là hai nghiệm thực của phương trình 1, 2 4x2x2x2 x 1 Giá trị của 3 x1x2 bằng

Ta có:

 

2

x x

l







.

1

x

      



Do đó x1x2 1.

Câu 28 Một cấp số nhân có số hạng đầu bằng 7, số hạng cuối bằng 1792 và công bội bằng 2. Tổng tất cả

số hạng của cấp số nhân này bằng

A 1785. B 1791. C 3577. D 3583.

Cấp số nhân  u n có u  và công bội 1 7 q 2. Giả sử u  n 1792.

Ta có u n u q1 n117927.2n1n9.

Tổng tất cả số hạng của cấp số nhân là

9 1

q

Trang 9

Câu 29 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1 4

:

 . Một vectơ chỉ phương của

đường thẳng d là

A u     1;1; 4 

B u    4;6; 1  

C u    2;3; 1  

. D u    2;3;1 

.

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng dlà u   2;3; 1  



.

Câu 30 Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng đi qua điểm M1;1; 0

và có vectơ pháp tuyến n    1;1;1 

là

A x    y 3 0. B x     y z 2 0.

C x     y z 1 0. D x    y 2 0.

Mặt phẳng đi qua điểm M1;1; 0

và có vectơ pháp tuyến n    1;1;1 

có phương trình là

1( x   1) 1( y   1) 1( z  0)       0 x y z 2 0.

Câu 31 Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 1

1

x

   

 trên đoạn

1 4;

2



  bằng

A 7

5 .

1

x

   

 (điều kiện: x 1)  2

1 1

1

y

x



   

 .

2

1

x y

x

 

1

2 4;

0

x x

x

  







.

Khi đó y 0 3;  4 31

5

2 2

y 

  . Vậy

1 4;

2

miny 3

 



 

 

 khi x 0.

Câu 32 Phương trình bậc hai 2  

0 ,

z az b  a b  có một nghiệm 3 2i Tính S 2a b

A S 25. B S  32. C S  25. D S 32.

Lời giải

Chọn C

Theo giả thiết ta có:

.

Do đó S2a b 2. 6 13 25.

Cách khác: Phương trình đã cho có 1 nghiệm 3 2i nên nghiệm còn lại là 3 2i

Theo định lí Vi – et ta có: 1. 2

1 2

6

13

a b

z z b

   





 



.

Trang 10

Câu 33 Số nghiệm thực của phương trình 9x24x3 là 1

Lời giải

Chọn D

3

x

        



.

Câu 34 Cho hàm số f x  liên tục trên  và có một nguyên hàm là F x . Biết F 1 8, giá trị F 9

được tính bằng công thức

A F 9  f  9 B F 9  8 f  1

9

1

9

1

F   f x dx.

Lời giải

Chọn D

9 1

f x dxF x F F  f x dxF  F   f x dx

Câu 35 Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y x3 và yx22x là

A 9

4

3

12

3

S 

Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 2

0

2

x







  



.

Ta có

8 5 37



            

Câu 36 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;1; 0), (2; 1;1).B  Một véc tơ pháp tuyến n

của mặt phẳng (OAB) (với O là gốc tọa độ) là

A n   ( 3;1; 1)

B n  (1; 1; 3) 

C n  (1; 1;3)

D n  (1;1;3)

Ta có OA  1;1; 0

, OB  2; 1;1 

.

Một véc tơ pháp tuyến n

của mặt phẳng OAB là nOA OB; 1; 1; 3  

 



Câu 37 Một cốc thủy tinh có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm và chiều cao8cm, người ta muốn

làm hộp giấy cứng dạng hình hộp chữ nhật để đựng cốc (xem hình vẽ). Diện tích phần giấy cứng để làm hộp đựng (vừa khít cốc, kín hai đầu và không tính lề, mép) bằng

Trang 11

A 288cm 2 B 105cm 2 C 192 cm 2 D 264 cm2

Một hình hộp chữ nhật có chiều cao là 8 cm, đáy là hình vuông có đường tròn nội tiếp chính là đường tròn đáy hình trụ có bán kính3 cm. Vậy hình hộp có đáy là hình vuông có cạnh đáy 6cm và chiều cao 8cm. Diện tích toàn phần hình hộp là 2.624.6.8264.

Câu 38 Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình 1 

2 log x 2  2. Tổng các phần

tử của S bằng

1 2

2 0

2

2 2

2

x

x x



 



 





          



   



 



.

Suy ra S   1; 0; 1; 2.

Vậy tổng các phần tử của S bằng 2.

Câu 39 Cho hàm y f x  số có bảng biến thiên như sau:

Phương trình f x m có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi

A  2 m2. B  2 m2. C  4 m 2. D  4 m2

Quan sát bảng biến thiên ta thấy phương trình f x m có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi  2 m2

Câu 40 Tính độ dài đoạn thẳng CD trong hình bên dưới

A CD  8. B CD  27. C CD  13. D CD  26.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 1

2

x y x





 và đường thẳng y x 2 là:

y

x

y = x + 2

y = x-1 x-2

-3

3

3 -2

-2

2

2 -1 -1

1

C

D

Trang 12

2

1 13

2

x x

x









      







Tọa độ 2 giao điểm là: 1 13 5; 13

C    

; 1 13 5; 13

D    

.

Độ dài đoạn CD là:

26

CD           

.

Câu 41 Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số   2 1 2

sin cos

f x

 trên khoảng 0;

2



  là

A tanxcotxC. B tanxcotxC.

C tanxcotxC. D tanxcotxC.

Nguyên hàm

 

tan cot

Câu 42 Gọi  C là đồ thị của hàm số ylog2018x và  C là đồ thị hàm số y f x ,  C là đối xứng

với  C qua trục tung. Hàm số y f x  đồng biến trên khoảng nào sau đây?

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

Ta có hàm số ylog2018x có tập xác định D 0; là hàm số đồng biến trên 0; . Vì  C đối xứng với  C qua trục tung nên hàm số y f x  là hàm số nghịch biến trên ;0. Ta có

0 0

f x

f x khi f x





 



nên suy ra đồ thị hàm số y f x : Dựa vào đồ thị y f x  ta suy ra hàm số y f x  đồng biến trên 1;0.

 C

2018 log

 

y f x

y

x

1



1

O

 C

Trang 13

Câu 43 Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , ABADa, BC 2a. Cạnh

bên SB vuông góc với đáy và SBa 7, M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AM và SC

3

a

2

a

7

a

6

a

Vì AB ADBM MCa và   0

90

BADABC nên ABMD là hình vuông, AMCD là hình

bình hành.

+ Gọi O là tâm hình vuông ABMD

+ Kẻ OH SD tại H

Ta có: AM BD AM SBD CD SBD OH CD











.

+ d AM SC , d AM SCD ,  d O SCD ,  OH  

,

BD BS

d B SD



=





.

Câu 44 Cho hàm số f x  biết f  0 1 và  

 2

3 1 1

x

f x

x



 

 . Tích phân  

1

0 d

f x x

 bằng

A 3ln 2 1 B 8ln 2. C 3ln 22. D 8ln 24.

Ta có    



 2

3ln 1

Với x 0 ta được f  0  1 2C 1 C 1.

Trang 14

1 0

2

1

x



Câu 45 Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9x8.3xm 4 0 có hai nghiệm

phân biệt?

A 17 B 16 C 15 D 18

Ta có phương trình 9x8.3xm 4 0 (*)

Đặt t 3x điều kiện t  0

Phương trình trở thành t28.tm 4 0 (**). Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thì phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt dương. Điều đó tương đương

4

20

m

m S









Do đó có 15 giá trị m nguyên thỏa mãn.

Câu 46 Cho hàm số 3 2

yx  x  x có đồ thị ( )C Tìm tất cả những giá trị nguyên của

 2019; 2019

k   để trên đồ thị ( )C có ít nhất một điểm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng d: y(k3)x.

A 2021 B 2017 C 2022 D 2016

Hàm số yx33x23x  có tập xác định D   5

Ta có y'3x26x 3

Để tiếp tuyến của ( )C tại điểm M x y( ; ) vuông góc với đường thẳng d thì

3x 6x3 k3  1.

3 k 3 x 6 k 3 x 3k 8 0

Yêu cầu bài toán trở thành phương trình (*) có ít nhất một nghiệm.

TH1: k  không thỏa mãn. 3

TH2: k 3 phương trình (*) có ít nhất một nghiệm khi '  0

      loại k  3

Vậy k   2019; 2019 và k 3 có 2022 số k nguyên.

Câu 47 Cho hàm số y f x  liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn

5f x 7f 1x 3 x 2x ,  x , biết rằng tích phân  

1

0

I x f x x

b



   (với a

b là phân

số tối giản ). Tính T 8a3b.

A T  1 B T 0. C T 16. D T  16.

Ta có :      2 

5f x 7f 1x 3 x 2x (1)

Thay x bằng 1 x , ta được :      2 

5f 1x 7f x 3 x 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra :   2   3 2 5 7

 

I x f x x x x  x 

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	463,88 KB