TS247 DT de thi thu tn thpt mon toan so gd dt binh phuoc nam 2021 co loi giai chi tiet 75993 1621911304

Tính diện tích xung quanh S của hình nón đã cho.. - Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba và bậc bốn trùng phương.. - Dựa vào nhánh cuối của đồ thị xác định dấu của hệ số củ

- Đề thi thử TN THPT môn Toán năm 2021 của Sở GD&ĐT Bình Phước phù hợp với học sinh ôn thi TN

THPT 2021, dạng bài đa dạng phong phú bám sát đề minh họa

- Đề thi giúp học sinh ôn luyện các dạng bài thường xuất hiện trong đề thi, củng cố kiến thức và đẩy nhanh

tốc độ làm bài, nhằm đạt thành tích cao nhất trong kỳ thi chính thức

- Độ khó phù hợp, giúp học sinh có cảm giác phòng thi và tiếp cận gần với đề chính thức

Câu 1 (ID:484898): Cho 3  

1

23

f x dx

1

34

Câu 6 (ID:484903): Cho khối trụ có bán kính đáy R2a, chiều cao h3a Thể tích của khối trụ đã cho bằng:

A. 2 R B. R2 C. 4 R 2 D. 2 R 2

Câu 11 (ID:484908): Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm?

Câu 22 (ID:484919): Cho hình nón có bán kính đáy là r 3 và độ dài đường sinh l4 Tính diện tích xung quanh S của hình nón đã cho

A. S 16 3 B. S 4 3 C. S 8 3 D. S 24

Câu 23 (ID:484920): Cho hàm số y f x  có đồ thị như sau:

Hàm số y f x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

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

Câu 24 (ID:484921): Điểm nào trong hình vẽ sau là điểm biểu diễn số phức z  1 2i?

Câu 25 (ID:484922): Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ sau:

Số nghiệm của phương trình   2020

16

I   x dx và đặt x4sint Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

4 2 0

Câu 29 (ID:484926): Cho số phức z a bi a b ,   thỏa mãn 1 2 i z  2 3i z  2 30i Tổng a b

Câu 35 (ID:484932): Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P :x   y z 1 0,

 Q : x   y z 2 0 và điểm A1; 2;3  Đường thẳng đi qua A, song song với cả  P và  Q có phương trình là:

A.

1

23

3 2

x y

Câu 41 (ID:484938): Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường tròn Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là:

A. 1019 triệu đồng B. 1025 triệu đồng C. 1016 triệu đồng D. 1022 triệu đồng

Câu 44 (ID:484941): Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 4   2

yx  m x  đạt cực trị tại các điểm , ,

A B C sao cho BC2OA (trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung) là:

Câu 45 (ID:484942): Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt

phẳng đáy Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB SD, Biết góc giữa hai mặt phẳng

a

C.

3

23

a

D.

3

62

Câu 48 (ID:484945): Cho hình chóp đều S ABC cạnh đáy bằng a Các điểm M N, lần lượt là trung điểm của SA SC, Biết rằng BM vuông góc với AN Thể tích của khối chóp bằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba và bậc bốn trùng phương

- Dựa vào nhánh cuối của đồ thị xác định dấu của hệ số của bậc lớn nhất

Cách giải:

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án B và D

Lại có nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên loại đáp án A

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f x m là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng ym

song song với trục hoành

y song song với trục hoành

Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

Vậy điểm cực đại của hàm số đã cho là x0  1

2 log log log

- Giải phương trình hoành độ giao điểm tìm các cận

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x , yg x , đường thẳng xa x, b là

- Gọi u d , n n lần lượt là 1 VTCP của P, Q d , 1 VTPT của  P và  Q , suy ra u d  n n P, Q

- Trong không gian Oxyz , phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M x y z 0; 0; 0 và có vectơ chỉ

phương ua b c; ;  là:

0 0 0

- Từ giả thiết thiết diện qua trục là tam giác vuông cân, tính chiều cao và bán kính đáy của hình nón

- Thể tích của khối nón có bán kính đáy r và đường cao h là 1 2

Áp dụng công thức tính nhanh bán kính khối cầu ngoại tiếp khối chóp đều S ABCD là

2

92

SA R SO

Xét tam giác dạng A A A1 i j Để tam giác được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là tam giác tù thì số cách chọn 2 đỉnh ,A A là i j 2.C 492

Tương tự đối với các tam giác dạng A A A2 i j, , A A A100 i j

 Có 100.2.C492 tam giác thỏa mãn

Tuy nhiên với cách chọn này, mỗi tam giác đã được đếm 2 lần

Vậy số tam giác tù thỏa mãn là

2 49

100.2

1176002

- Đặt CDx Tính chu vi nửa hình tròn theo x , từ đó tính AD theo x

- Tính điện tích nửa hình tròn và diện tích hình chữ nhật, từ đó suy ra diện tích cánh cổng

 

Cách giải:

Đặt CD x  Chu vi nửa hình tròn là 1 1

2AB2x 1

A : số tiền còn lại sau n kì hạn

S : số tiền vay ban đầu

M : số tiền trả hàng tháng

r : lãi suất 1 kì hạn

Cách giải:

Số tiền còn nợ sau tháng thứ nhất là: 2500 50 1 0,51%   2500 1 0,51%  50 1 0,51%   (triệu đồng)

Số tiền còn nợ sau tháng thứ hai là:

 (triệu đồng)

Chọn D

Giải Câu 44 (VD) - 12.1.1.2

Phương pháp:

- Tính y', tìm điều kiện để phương trình y'0 có 3 nghiệm phân biệt

- Giải phương trình y'0, từ đó tìm tọa độ các điểm A B C, , là các điểm cực trị của hàm số

- Tính độ dài OA BC, và giải bất phương trình BC2OA tìm m

- Chứng minh SCAHK, từ đó suy ra  AHK ; ABCD  SC SA; 

- Sử dụng tính chất hình vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính SA

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên ACa 2

Xét tam giác vuông SAC ta có SAAC.cot 300 a 2 3a 6

Vậy

3 2

5 11

2 2

2

2 2

- Dựa vào đồ thị tìm hàm số f x tường minh  

- Đặt t sinx Vì x0; t 0;1 Đưa phương trình về dạng mg t  trên 0;1 

- Để phương trình mg t  có nghiệm thuộc 0;1 thì 

Gọi G là trọng tâm SAC Qua G kẻ đường thẳng song song với MB cắt BC ở E

Suy ra EGA vuông tại G

- Vì f x là hàm số bậc bốn nên phương trình   f ' x 0 có tối đa 3 nghiệm phân biệt

- Dựa vào giả thiết tìm các nghiệm của f ' x 0, từ đó suy ra dạng của f ' x

- Tính đạo hàm hàm số  2

y f x , xác định các nghiệm bội lẻ của phương trình đạo hàm và suy ra số điểm cực trị của hàm số

Cách giải:

Vì f x là hàm số bậc bốn nên phương trình   f ' x 0 có tối đa 3 nghiệm phân biệt

Theo giả thiết xf 'x 1 x3  f ' x

Thay x  0 3 ' 0f   f ' 0 0

Thay x 3 3 ' 2f   0 f ' 2 0