Đề thi thử THPT quốc gia 2020 môn Toán trường THPT Quảng xương (Có đáp án chi tiết) | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tính xác suất để 3 người được chọn không có hai người nào đứng cạnh nhau.. A..[r]

Câu 30: [2D1-3] Số giá trị nguyên dương tham số m để hàm số

3 6 2

1

x x mx

y

  

   

  đồng biến

trên khoảng 1;3 :

A 8 B 9 C 10 D.Vô số

Lời giải

Chọn B.

 

3 6 2

2 1

' 12 ln

2

x x mx

y x x m

  

   

      

   

Hàm số đồng biến 1;3 y' 0  x 1;3

       

 

2

1;3

3x 12x m x 1;3 m 3x 12x g x x 1;3 m g x

             

Mà g x'  6x12 0  x 2 1;3

Lại có limx1g x  9; limx3g x  9; g 2 12 Do m 9

Các giá trị nguyên dương m 1,2,3,4,5,6,7,8,9

Vậy có số

Câu 31: [2D1-3] Cho hàm số yf x có đạo hàm      

2 9 4

f x x x x .Xét hàm số

   2 yg x f x

trên  Trong phát biểu sau:

I Hàm số y g x  đồng biến khoảng 3;

II Hàm số y g x  nghịch biến khoảng   ; 3

III Hàm số y g x  có điểm cực trị

IV Min g xx   f  9 Số phát biểu là:

A 1 B 2 C 3 D 4

Lời giải Chọn C.

Ta có     yg x f x

   2

Khi  

0

0

2

x x

g x x

x x

         

      Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y g x  đồng biến khoảng 3; , hàm số y g x  

nghịch biến khoảng   ; 3,hàm số y g x  có điểm cực trị Min g xx   f  9

Câu 32: [2D4-3] Cho hai số phức z , 1 z có điểm biểu diễn 2 M , 1 M thuộc đường trịn2 có phương trình x2y2  z1 z2  Tính giá trị biểu thức Pz1z2 .

A

3

P 

B P  2. C

2

P 

. D. P 

Lời giải

Chọn D.

Cách 1: Do M , 1 M thuộc đường trịn có phương trình 2 x2y2  nên z1 z2 

Lại có: z1 z2 1

2

1

z z

    z1 z2 z1 z21 z1 z2z1 z2 1

 

1 1 2 2

z z z z z z z z

      z12 z2 2 z z1 2z z1 2 1

1 2

z z z z

  

2

1

P z z z1z2 z1z2 z1z2z1z2  

2

1 2

z z z z z z

    

Vậy P 

Cách 2: Do M , 1 M thuộc đường tròn 2  T tâm O0;0, bán kính R  1 z1 z2  nên M M  Suy 1 OM M1 2 tam giác cạnh 1.

1

Pz z =OM1OM2 2OH   

                                   

  

2

2

OH

  

Câu 33: [2D3-3]Cho

0

8

3

2

dx

a b a x  x    

, a b   Tính , * a2b

A a2b 7 B a2b8. C a2b1. D.a2b 5

Lời giải

Chọn B

Theo giả thiết ta có:

 

1

0

2

2

dx

x x dx

x  x    

   232  132

0

3 x x

 

     

 

8

2

3

  

Do a2;b3 nên a2b 8

Câu 34: [2D2-3] Cho phương trình 25 ( 5)

x- m+ x+ m+ =

với m tham số thực Có

giá trị ngun mỴ [0; 2018] để phương trình có nghiệm?

A 2015 B 2016 C 2018 D 2017

Lời giải Chọn B.

Đặt t=5 ,x t>

Phương trình trở thành: ( )

2 2 2 1 0

t - m+ t+ m+ = Û t2- 2t+ -1 (t- 2 ) m=0

( )

2 2 1

1

t t

m t

- +

Û =

- (do t= không nghiệm phương trình)2

Xét hàm số ( )

2 2 1

t t f t

t

- + =

- ¡ \ { }

Có

( )

( )

2

2

t t f t

t

- +

¢ =

,

( )

3

t f t

t

é= ê ¢ = Û

ê= ë

Từ bảng biến thiên: Phương trình cho có nghiệm Û phương trình ( )1 có nghiệm t>0

0

m m

é ³ ê Û

ê £ ë

Kết hợp điều kiện mnguyên mẻ [0;2018]ị mẻ {0; 4; 5; ; 2018}

Vy có 2016 giá trị m thỏa mãn yêu cầu tốn

Câu 35: [2H3-2] Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho M2;0;0, N1;1;1 Mặt phẳng  P thay đổi qua M N, cắt trục Ox Oy, B0; ;0b  , C0;0;c b0,c0 Hệ thức đúng?

A bc2b c  B

1

bc

b c

 

C b c bc  . D bc b c  .

Lời giải.

Chọn A.

Ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn qua điểm M B C, ,

 

2

x y z P

b c

  

Lại có N1;1;1 thuộc mặt phẳng  P nên ta

1 1 2 b c   .

Hay bc2b c 

Câu 36: [2D5-3] Cho hai số phức ,z  thỏa mãn z1   z 2i ;  z m i với m   tham số Giá trị m để ta ln có  2 là:

A

7

m m

   

 . B

7

m m

   

 C 3m7. D 3m7.

Lời giải

Chọn B.

Đặt z a ib a b  , ,   có biểu diễn hình học điểm M x y ; 

1

z   z i  x 1 iy   x y 2i  x12 y2  x32y 22

2x 6x 4y

        2x y  3

Suy biểu diễn số phức z đường thẳng : 2 x y  

Ta có:  2  z m i  2  x m   y1i 2

x m2 y 12

      MI 2 5

với Im; 1 

Nên MI 2  d I , 

2

2 5

m

 

  2m 4 10

   

2 10 10

m m

  



    

3

m m

    

 .

Câu 37: [2H3-3] Trong không gian hệ trục Oxyz cho tam giác ABC có A1;0; 1 ,B2;3; 1 ,  2;1;1

C 

.Phương trình đường thẳng qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

vng góc với mặt phẳng ABC là:

A

3

3

x y z

 

 . B

2

3

x y z

 

C

1

1 2

x y z

 

 . D

3

3

x y z

 

 .

Lời giải

Chọn A.

Gọi d đường thẳng cần tìm

Ta có AB  10,AC  14,BC  24  ABC vuông A

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC  I trung điểm BC  I0; 2;0.

Mặt phẳng ABC có VTPT nAB AC,  3; 1;5  

                           

Do d ABC VTCP d là: u n 3; 1;5   

Vậy phương trình đường thẳng d là:

3

3

x y z

 

 .

Câu 38: [1D1-3]Tìm tổng tất nghiệm thuộc đoạn 0;10 phương trình

sin 2x3sin 2x 2 0

A 105

2 . B

105

4  . C

297

4  . D

299  .

Lời giải

Chọn A.

Ta có

2 sin

sin 3sin 2

sin 2(VN)

x

x x

x

 

    

 

Với

sin 2

2

x  x  k 

,

x  k k

Vì nghiệm thuộc đoạn 0;10 nên tổng nghiệm là: 

3 3 105

4 4

S           

Câu 39: [2H1-3]Cho hình lăng trụ ABC A B C    tích 6a3 Các điểm M , N , P lần lượt

thuộc cạnh AA, BB, CC cho

1

AM AA ,

2

BN CP

BBCC Tính thể tích V khối

đa diện ABCMNP

A

3 11 27

V  a

. B

3 16

V  a

. C

3 11

3

V  a

. D

3 11 18

V  a

.

Lời giải

Chọn D.

Gọi Q điểm thuộc cạnh AAsao cho

2

AQ AA

1

MQ AA

 

18

MNPQ

V V

 

2

ABC NPQ

V  V

;

2 11

3 18 18

ABC MNP ABC NPQ MNPQ

V V V  V  V  V

Câu 40: [2D3-4] Cho hàm số f x  xác định \2;1 thỏa mãn   '

2

f x

x x



  ,

 3  3

f   f   

1

3

f 

Giá trị biểu thức f 4 f  1  f  4 bằng:

A

1

ln

3 3. B ln 80 1 C

ln ln

3 5  . D

ln 5 .

Lời giải Chọn A.

Ta có   2

dx f x

x x



 

 13 x11 x12 dx

 

   

 

 

 13ln xx 12 C

Do hàm số f x  không xác định x1;x2

 

1

2

3

1

ln

3

1

ln

3

1

ln

3

x

C x x

x

f x C khi x

x x

C x x

 

  

 



 

     

 

 

 



 

 3  3

f   f 

1

ln ln

3 C C

     1 3 1ln10

3

C C

  

.

 0

f  1ln 2

3 C

    2 1ln

3

C

  

 4  1  4

f   f   f

1 1

ln ln ln

3 C C C

      1ln5 2ln 2 1 3

3 C C C

    

1 1

ln ln ln ln10

3 3 3

     1ln 5.4.2

3 10

 

   

 

1 ln 3  

Câu 41: [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AB2a, SA a 3 vng góc với mặt phẳng ABCD Cosin góc hai mặt

phẳng SAD SBC

A

2

2 . B

2

3 C

2

4 . D

2 .

Lời giải

Chọn C.

Gọi I AD BC .

Ta có  

BD AD

BD SAD BD SA

 

 

 

Kẻ DE SI (E SI ), ta có  

SI BD

SI BDE SI DE

 

 

 

  SI BE SI DE

Ta có

 

 

   

, ,

SI BE SI SBC SI DE SI SAD SBC SAD SI

 

 

 

 

 

 , suy góc SAD SBC DE BE,  DEB

Xét SIA vuông A có



sin

7

SA AIS

SI

 

Mà

 

sin sin

7

DE a

AIS DE DI AIS DI

    tanDEB BD 7

ED

  

Mặt khác, ta có 



2

1

cos

8 tan

DEB

DEB

 





cos

4

DEB

 

Câu 42: [1H3-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hai mặt phẳng SAB , SAC

vng góc với đáy ABCD SA2a Tính cosin góc SB và

mặt phẳng SAD

A

5

5 . B

2

5 . C

1

2. D 1.

Lời giải

Chọn B.

Ta có:

       

     

,

SAB ABCD SAC ABCD

SA ABCD SAB SAC SA

 

 

 



 

 

Lại có:  

 

( )

AB AD

AB SAD

AB SA SA ABCD

  

 



 

Khi SA hình chiếu SB lên SAD  SB SAD,  SB SA,  BSA ( BSA  90o )



2

2

cos

5

SA a

BSA

SB a a

  

 .

Câu 43: [2D2-3]Cho dãy số  un thỏa mãn ln2u6 lnu8 lnu4 1 un1u e với 1n n Tìm u1

A e B e2 C e3 D e4

Lời giải Chọn D.

Do un1u e nên n  un cấp số nhân công bội q e

Ta có : ln2u6 lnu8 lnu4      

2

1 1

ln u e ln u e ln u e

   

5 lnu12 7 lnu1 lnu1

        ln2u18lnu116 0

4

1

lnu u e

    .

Câu 44: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn

1

3

z z i

 

 Tìm giá trị lớn biểu thức

2

P  z i z  i

A. 20 B 10 C. 12 D 4

Lời giải

Chọn A.

Gọi z x yi  , x y  , 

Ta có

1

3

z z i

 

  z1 z 3i    

2 2 2

2 x y x y

     

2 4 6 7 0

x y x y

     

Lại có P  z i z 7 i      

2 2

2 1 2 4 7

x y x y

      

4x 8y 4x 8y 72

       .

Mặt khác  

2

4x8y 8 4x 8y72 5.80  4x8y 8 2 4x 8y72 20

Suy P 20

Câu 45: [2D1-3] Cho hàm số y ax 3bx2cx d đạt cực trị điểm x , 1 x thỏa mãn 2 x  1  1;0 , x 2 1; 2 Biết hàm số đồng biến khoảng x x1; 2 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ âm Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

Lời giải

Chọn A.

Vì hàm số hàm số y ax 3bx2cx d đạt cực trị điểm x , 1 x hàm số đồng biến 2

trên khoảng x x1; 2 nên suy a  0

Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ âm nên d  0

Ta có y 3ax22bx c Hàm số đạt cực trị điểm x , 1 x thỏa mãn 2 x  1  1;0,

 

2 1;

x 

nên suy y 0 có hai nghiệm trái dấu  ac 0 c 0

Mặt khác x  1  1;0, x 2 1;2 nên x1x2 0

0

b a

  

0

b

 

Vậy a  , 0 b  , 0 c  , 0 d  0

Câu 46: [2D1-3] Cho hàm số yf x  xác định liên tục  thỏa mãn đồng thời điều kiện

sau f x 0,   , x    

,

x

f x e f x    x  

1

2

f 

Phương trinh tiếp tuyến

đồ thị điểm có hồnh độ x 0 ln 2 là:

A. 2x9y ln 0  B. 2x 9y 2ln 0  C. 2x 9y2 ln 0  D. 2x9y2 ln 0 

Lời giải

Chọn A.

Ta có f x  e fx 2 x

   

x

f x e f x



    

 

ln ln

2

0

d xd

f x

x e x

f x

  

   

 

     

ln

ln 0

1 ex

f x

 

   

 

 

   

1

1 ln

f f

   ln 2

3

f

 

Vậy fln 2 eln 2.f2ln 2

2

3       

2  

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:  

2

ln

9

y x 

2x 9y ln

     .

Câu 47: [2H3-2] Trong không gian Oxyz cho điểm A1;2;3 , B2;1;0 , C4; 3; ,   D3; 2;1 ,  1;1; 1

E 

Hỏi có mặt phẳng cách điểm trên?

A 1 B 4 C 5 D không tồn

Lời giải

Ta có: AB1; 1; 3   DC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Suy tứ giác ABCD hình bình hành.

Lại có: AB AC AE,  0   

                                      

Suy điểm tạo thành hình chóp tứ giác E ABCD có đáy hình bình hành

Do mặt phẳng thỏa mãn u cầu tốn gồm có:

+) Mặt phẳng qua trung điểm AE song song với mặt phẳng ABCD

+) Mặt phẳng qua tâm I hình bình hành ABCD song song với mặt bên.

Suy chọn đáp án C.

Câu 48: [2D3-3] Cho hàm số yf x  xác định, có đạo hàm đoạn 0;1 thỏa mãn:

      2 

0

1 2018 d ,

x

g x   f t t g x f x

Tính

 

0

d

g x x



A 1011

2 B

1009

2 C

2019

2 D 505

Lời giải

Chọn A.

Ta có g 0 1

   

0 2018 d

x

g x   f t t

     

' 2018 2018

g x f x g x

  

   

'

2018

g x g x

   

 

0

'

2018 d

t g x t

dx x

g x

   

 

 

2 g t 2018t

    g t  1009t1  

0

1011

g t dt

  

Câu 49: [1D2-4] Có 12 người xếp thành hàng dọc (vị trí người hàng cố định) Chọn ngẫu nhiên người hàng Tính xác suất để người chọn khơng có hai người đứng cạnh

A 21

55 B

6

11 C

55

126 D

7 110

Lời giải

Chọn B.

Ta có n( ) C123

Giả sử chọn người hàng có thứ tự a b c, ,

Theo giả thiết ta có a b c  ; b a 1;c b 1;a b c , , 1;2;3; ;12

Vậy a b c  , , ba số tập hợp 1; 2;3; ;10 có C cách chọn 103   10

n A C .

Vậy 123

(A) 120

( )

( ) 11

n P A

n C

  

 .

Câu 50: [2H3-4] Cho ,x y số thực dương thay đổi Xét hình chóp S ABC có SA x BC , y cạnh cịn lại Khi thể tích S ABC đạt giá trị lớn tích xy :

A

3 B

4

3 . C 2 D

1

Lời giải

Chọn A.

Gọi M N, trung điểm BC SA,

Ta có BC (SAM)

Kẻ SH AM H  SH (ABC).

2

2

1

4

y

AM     y

Tam giác MAS cân M.

nên

2

2

1

4

y x

MN      x  y

2

1 1

4

2 2

ABC

S  BC AM  y  y  y  y

2 2

4

x x y

MN SA SH AM MN SA SH

AM y

 

   

2

2 2

2

1 1

.SH 4

3 4 12

SABC ABC

x x y

V S y y xy x y

y



 

     

 .

3

2 2

2 2

1

(4 )

12 12 27

x y x y

x y x y      

      

  .

max

2 27

V 

2 4 2

3

x y   x  y  x y

Vậy

xy 