32. Đề thi thử THPT QG 2021 - Toán - Chuyên Thái Bình - L2 - có lời giải

Trang 1

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH

THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN 2 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN

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

Câu 2 (NB): Cho hàm số y f x  bảng biến thiên như hình vẽ

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

x y x

Trang 2

C. 6

V

D. 12

  B. logab c  loga b.loga c

C. loga b loga b loga c

c

   

 

  D. loga bc loga bloga c

Câu 13 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng a 3 Tính thể tích Vcủa khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

Trang 3

Câu 17 (NB): Cho biểu thức 4 23

P x x , x0 Mệnh đề nào dưới đây đúng?



C. 6.12



D. 4 6.9



Câu 19 (NB): Tập nghiệm của phương trình S của bất phương trình 5 2 1

25

x x

Câu 24 (NB): Cho hình chóp S ABCD có chiều cao bằng a, đáy là tam giác ABC đều cạnh a Thể tích

của khối S ABC bằng:

Trang 4

3

3.a

Câu 25 (TH): Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật, tam giác SAB đều và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy, ABa AD, a 3 Thể tích khối chóp S ABCD bằng

Câu 27 (TH): Cho hàm số yax3bx2 cx d có đồ thị như hình bên dưới

Trong các số a b c d, , , có bao nhiêu số dương?

a

C. 6.2

a

D. 6.4

Trang 5

Câu 31 (VD): Một nhóm học sinh có 8 học sinh nữ và 4 học sinh nam Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh này thành một hàng dọc Tính xác suất sao cho không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau

Câu 32 (VD): Cho bất phương trình  2   2 

a

3

2 53

a

3

2 23

a

V 

Câu 36 (VD): Ông An muốn xây một bể nước chứa dạng hình hộp chữ nhật, phần nắp trên ông để trống một ô có diện tích bằng 20% diện tích của đáy bể Biết đáy bể là một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, bể có thể chứa tối đa 10m3 nước và giá tiền thuê nhân công là 500000 đồng/m2 Số tiền ít nhất mà ông phải trả cho nhân công gần nhất với đáp án nào dưới đây?

A 14 triệu đồng B 13 triệu đồng C 16 triệu đồng D 15triệu đồng

Câu 37 (NB): Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau:  

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;1 B Hàm số nghịch iến trên khoảng 1;0

C Hàm số đồng biến trên khoảng 2; D Hàm số đồng biến trên khoảng ;3

Câu 38 (TH): Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau:  

Trang 6

Phương trình tất cả các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

 có đồ thị  C Có tất cả bao nhiêu đường thẳng cắt  C tại hai

điểm phân biệt mà hoành độ và tung độ của hai giao điểm này đều là các số nguyên?



 nghịch biến trên 1

S  

  

Câu 43 (TH): Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ABCD ,  SAa 2, ABCD

là hình vuông tâm O cạnh 2a Góc giữa hai mặt phẳng SBD và  ABCD bằng: 

Câu 44 (NB): Cho hàm số 2 1

1

x y x





 Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1; 

B Hàm số đồng biến trên \ 1

C Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1; 

D Hàm số nghịch biến trên \ 1

Trang 7

Câu 45 (VDC): Cho hai khối cầu đồng tâm có bán kính là 1 và 4 Xét hình chóp S A A A A A A có đỉnh 1 2 3 4 5 6

S thuộc mặt cầu nhỏ và các đỉnh A i i 1;6 thuộc mặt cầu lớn Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp

Câu 47 (VDC): Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy là tam giác đều cạnh a Mặt bên BB C C  là hình

thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Khoảng cách giữa CC và mặt phẳng ABB A  bằng 12

a

C.

3

38

a

D.

3

217

a

Câu 48 (VDC): Cho hàm số đa thức bậc năm y f x  có đồ thị như hình bên dưới:

Số nghiệm của phương trình     2 2 

Câu 50 (VDC): Cho hình chóp S ABC có ABa, BCa 3, ABC600 Hình chiếu vuông góc của

S lên mặt phẳng ABC là một điểm thuộc cạnh BC Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC bằng 450 Thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Trang 8

C.

3

36

a

D.

3

33

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tập xác định của hàm số lũy thừa   a

y f x  phụ thuộc vào giá trị của a

Với a nguyên dương, tập xác định là ;

Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là \ 0 ;  

Với a không nguyên, tập xác định là 0,

Giải chi tiết:

Trang 9

Ta có: f x   1 0 f x 1

Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng y1

Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y f x  và y1 có ba giao điểm

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là P10,75

xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là P20,85

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối A: “Không có xạ thủ nào bắn trúng vòng 10”

Trang 10

- Hàm số yloga x0 a 1 có TXĐ D0;, đồng biến trên D khi a1, nghịch biến trên D khi

0 a 1

- Hàm số ya x0 a 1 có TXĐ D , đồng biến trên D khi a1, nghịch biến trên D khi 0 a 1

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Hàm số xác định trên 0; nên loại đáp án B và C

- Hàm số đồng biến trên 0; nên loại đáp án D vì 00, 6 1

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số

V dựa vào công thức tỉ lệ thể tích Simpson

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao S ECD và S ABCD , từ đó tính thể tích khối chóp

S GMN

Gọi E là trung điểm của AB Vì G là trọng tâm SAB nên 2

Trang 11

- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị

- TH1: m2 1 0, thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên hay không?

- TH2: m2 1 0 Hàm số y f x  nghịch biến trên khi và chỉ khi y   0 x

+ Với m   1 y x nghịch biến trên (thỏa mãn)

+ Với m    1 y 2x2x nghịch biến trên 1;

Trang 12

m

m m

6 3

- Thay x x vừa tìm được vào tính giá trị biểu thức 1, 2 T x13 x32

x x





  Vậy T= T x13 x23  03 33 27

Câu 11: Đáp án C

Trang 13

- Tính đạo hàm hàm g x , sử dụng công thức tính đạo hàm 1 u2

- Giải bất phương trình g x 0 và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số

Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B: logab c  loga b.loga c

Trang 14

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB ta có SO SB2OB2  3a22a2 a

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là

- Tính độ dài đường sinh l h2r2

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là S xq rl

Trang 15

Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là A cách 102

- Thể tích của khối trụ có chiều cao h , bán kính đáy R là: V R h2

Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h2R

Trang 16

- Giải bất phương trình logarit: loga f x   b 0 f x a bkhi0 a 1

- Giải bất phương trình tìm x, từ đó kết luận tập nghiệm của bất phương trình và suy ra a b,

- Thay a b, vừa tìm được để tính giá trị biểu thức T3a2b

x

x x

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là VB h

Câu 22: Đáp án A

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là S xq 2Rh

Câu 23: Đáp án D

Trang 17

- Chia cả 2 vế phương trình cho 4x 0

- Đặt ẩn phụ 3

2

x

t  

    , đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t

- Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm

Chia cả 2 vế phương trình cho 4x 0 ta được:

12

x

x x

Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên

2

34

Trang 18

Gọi H là trung điểm của AB , vì SAB đều có ABa nên SHAB và 3

- Xét phương trình hoành độ giao điểm

- Đưa phương trình về dạng tích một nhị thức và một tam thức bậc hai

- Biện luận nghiệm của tam thức bậc hai

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a

- Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung suy ra dấu của hệ số d

Trang 19

- Dựa vào các điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b c,

Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a0

Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên d 0

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương

Ta có y 3ax22bx c , do đó

0

02

00

3

ac

c b

b a

- Trong ABCD kẻ BH GN, trong B BH  kẻ BKB N Chứng minh BKB GN 

- Sử dụng tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách

Gọi N là trung điểm của AB , ta có B M / /DN nên B M D N, , , đồng phẳng B MG   B GN 

Trang 20

52

54

a a

a BH

a a

65

a a

Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng

Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x1

Sử dụng nguyên tắc vách ngăn

Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là 12! cách ⇒ Không gian mẫu n  12!

Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”

Trang 21

Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có 8! cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này

Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có A cách 94

- Giải bất phương trình loga f x loga g x  f x g x 0

- Cô lập m, đưa các bất phương trình về dạng        

Trang 22

yax bx c a có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi ab0

a b C a  b



- Tìm k ứng với số mũ của x bằng 3, tìm k và suy ra hệ số của x3 trong khai triển

Ta có:

6 6 0

S rl để tính độ dài đường sinh của hình nón

- Tính chiều cao của hình nón h l2r2 để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của khối chóp

- Tính thể tích khối chóp có chiều cao h , diện tích đáy B là 1

3

V  Bh

Trang 23

Gọi OACBDSOABCD và SO cũng chính là chiều cao của khối nón

Diện tích xung quanh của hình nón là S xq rl .a l2a2  l 2a

Chiều cao của hình nón là h l2r2  4a2a2 a 3SO

- Sử dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm: a b c  33abc Dấu “=” xảy ra   a b c

Gọi chiều rộng của bế nước là x x 0 m thì chiều dài của bể nước là 2x m Gọi chiều cao của bể  nước là h h 0 m ta có thể tích bể nước là 2 

Trang 24

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 và 1;, nghịch biến trên 1;1

Dựa vào BBT ta có lim   ; lim   3

- Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu không có TCN

- Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số không có TCN

Vì x1 là nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x1

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1

Câu 40: Đáp án D

Trang 25

Để đường thẳng cắt  C tại 2 điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thì điểm có hoành độ và tung

độ là các số nguyên phải thuộc đồ thị hàm số y 3x 2

Trang 26

Khi đó các điểm có hoành độ và tung độ là các số nguyên thuộc đồ thị hàm số y 3x 2

;

22

m m

22

m

m m

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc

Trang 27

Gọi OACBD ta có ACBD tại O (do ABCD là hình vuông)

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

Xét tam giác vuông SAO có: tan 2 1

2

SA a SOA

- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của chúng

- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm:

Gọi    S1 ; S2 là hai khối cầu tâm O có bán kính lần lượt là R11,R24

Giả sử A A A A A A1 2 3 4 5 6 

Kẻ OH  H  , gọi S OH S sao cho d S ;  d O ;  

Trang 28

Khi đó ta có:

1.3

Trang 29

Hàm số g x 4x32x đồng biến trên , do đó từ (*) ta suy ra x2

Với x2 ta có 80 32 y 4y 4832y4y 32, sử dụng MODE7 ta tìm được y3

V    V    B K S  d C ABB A  B H S  Giải phương trình tìm x, từ đó tính V ABC A B C.   

Trang 30

Đặt   2 2

0

B H x x BH  a x (Định lí Pytago trong tam giác vuông BB H )

Gọi M là trung điểm của AB ta có CMAB và 3

2

a

CM  (do ABC đều ạnh a )

Trong ABC kẻ  HK/ /CM K AB, áp dụng định lí Ta-lét ta có:

32

Trang 31

 , tiếp tục sử dụng tương giao đồ thị hàm số tìm nghiệm x

t a

t b

t c t

t x

f x

c x

Trang 32

- Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

Tất cả các nghiệm là không trùng nhau Vậy phương trình ban đầu có tất cr 14 nghiệm phân biệt

2 2

Trang 33

Dựa vào BBT ta có:

+ Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

+ Phương trình (5) vô nghiệm

Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ (nghiệm đơn) và phân biệt

Do đó phương trình g x 0 có 9 nghiệm bội lẻ

S  AB BC ABC không đổi V S ABC. đạt GTNN khi HA nhỏ nhất

- HA đạt GTNN khi và chỉ khi HABC , từ đó tính HA và tính GTNN của V S ABC.

23

Định dạng
Số trang	33
Dung lượng	2,97 MB