Đề khảo sát chất lượng môn Toán năm 2019-2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỜNG THPT M.V LÔ MÔ NÔ XỐP NĂM HỌC: 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 07 trang) Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Họ, tên thí sinh: Số báo danh: Mã đề thi 001  7 Câu Cho hàm số y = f ( x ) liên tục đoạn 0;  có đồ thị y = f ' ( x ) hình vẽ  2 1  Hàm số y = f ( x ) đạt giá trị lớn đoạn  ;3 điểm x0 ? 2  Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) SC = 3a Thể tích khối chóp S ABCD A x0 = B x0 = C x0 = a3 a3 2a B V = C V = 3 Câu Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên sau: A V = Hàm số đạt cực tiểu điểm A x = B x = C x = Câu Đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị đây? 3x − 3x − x2 + x + A y = B y = C y = −x + x+2 x +1 Câu Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị đường cong hình D x0 = D V = a3 D x = D y = 1+ x − 3x Hàm số y = f ( x ) đồng biến khoảng A ( 1; ) B ( 2; +∞ ) C ( 0; ) D ( −∞;1) Cịn nhiều đề miễn phí tài liệu tới chia thầy cô em vào link bên để download thêm Link download: 15 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020 file Word lần https://youtu.be/8ooz2N_k-JQ Link download: 15 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020 file Word lần https://youtu.be/OYzr7Y1_0eY Câu Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a có góc mặt bên mặt đáy 600 Thể tích V khối chóp S ABC là: a3 a3 a3 a3 B V = C V = D V = 24 12 Câu Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục ¡ Đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) hình vẽ sau: A V = Số điểm cực trị hàm số y = f ( x ) − 3x A B C D Câu Cho hình chóp S ABC Trên SB, SC lấy hai điểm H , K cho HS = 3HB , VS AHK SK = SC Khi tỉ số thể tích VS ABC A Câu B C 10 21 Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục có bảng biến thiên sau x −∞ +∞ y′ – + –2 y D 20 –5 Trong khẳng định sau khẳng định A Giá trị nhỏ hàm số −2 B Giá trị lớn hàm số C Giá trị lớn hàm số −2 D Giá trị nhỏ hàm số −5 Câu 10 Hàm số y = − x + x − đồng biến khoảng sau A ( −∞; −1) ( 0;1) B ( −∞;0 ) C ( −1;1) ( 1; +∞ ) D ( −1;1) x+4 Câu 11 Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = đoạn [ 3; 4] M m , x−2 M − 2m A B − C − Câu 12 Hàm số hàm số đồng biến ¡ ? A y = tan x B y = x + x − C y = x − x + 3x + 11 D y = x + x+4 D −1 3x − có đồ thị (C) Tọa độ giao điểm hai tiệm cận x −1 A I ( 1; ) B I  ;3 ÷ C I ( 1;3 ) D I ( 3;1) 3  Câu 14 Biết hàm số f ( x) = x + ax + bx + c đạt cực đại x = f (1) = −3 , đồng thời đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ −1 Tính giá trị f ( −2) A f ( −2) = −21 B f (−2) = C f (−2) = 15 D f (−2) = 19 2x +1 Câu 15 Một phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số ( C ) : y = vng góc với đường thẳng x+2 ∆ : y = −3 x + là: 4 A y = x + B y = x + C y = x − D y = x − 3 3 3 3 x + 2m Câu 16 Cho hàm số y = có đồ thị ( Cm ) Giá trị tham số m để đồ thị ( Cm ) qua điểm x−m A ( 2; −1) là: A m = B m = −4 C m = D m = − −x Câu 17 Có giá trị nguyên m để hàm số y = + mx − ( 2m + ) x + nghịch biến ¡ A B C D Câu 13 Cho hàm số y = Câu 18 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cạnh a Góc A ' C mặt đáy 30o Thể tích V khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' là: 3a a3 a3 a3 A V = B V = C V = D V = 4 12 Câu 19 Đồ thị hình bên hàm số đây? A y = x3 + x + B y = x + 3x − C y = − x + x − D y = x3 − x − − mx + Câu 20 Cho hàm số y = với tham số m ≠ Giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị hàm x + 3m số thuộc đường thẳng có phương trình đây? A x + y = B x − y = C y = 3x D x + y = Câu 21 Hình lập phương có cạnh? A 12 B C D 30 Câu 22 Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = Tam giác ABC vuông B, BA = , BC = Thể tích V khối chóp S ABC A 70 B 210 C 105 D 35 Câu 23 Hình lăng trụ đứng có đáy hình thoi (khơng phải hình vng) có mặt đối xứng? A B C D Câu 24 Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B , độ dài đường cao h Công thức tính thể tích khối lăng trụ là: 1 A V = Bh B V = Bh C V = Bh D V = Bh Câu 25 Tổng giá trị nguyên tham số m để đường thẳng ( d ) : y = − x + cắt đồ thị hàm số x + m − 2m hai điểm phân biệt : x +1 A B C D Câu 26 Cho hai số thực x, y thỏa mãn : x + − y xy − x + xy − = Tìm giá trị nhỏ ( C) : y = 3 P = x + y + xy + ( x + 1) ( x + y − ) ? ( ) 296 15 − 18 36 + 296 15 −4 + 18 36 − B C D 9 9 Câu 27 Cho hình vng ABCD có cạnh a có diện tích S1 Nối bốn trung điểm A1 , B1 , C1 , D1 theo thứ tự bốn trung điểm AB, BC , CD, DA ta hình vng thứ hai A1 B1C1 D1 có diện tích S A Tiếp tục ta hình vng thứ ba A2 B2C2 D2 có diện tích S3 , … tiếp tục thế, ta tính hình vng có diện tích S , S5 , S100 (tham khảo hình vẽ) Biết tổng S1 + S2 + + S100 2100 − Tính a ? = 293 A a = B a = C a = Câu 28 Cho a, b số thực dương Khẳng định sau sai? A ( a.b ) = a n b n n B am = a m −n n a Câu 29 Phương trình sin x - cos x =- D a = C a m + a n = a m.n cón ghiệm x = ( ) D a m n = a m.n p 2p +k , ( k Ỵ ¢ ) a Ỵ ¢ b a b số nguyên tố Tính a + 3b ? A a + 3b = 10 B a + 3b =- C a + 3b =- D a + 3b =12 Câu 30 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông B , AC = 2, BC = Cạnh bên SB vng a góc với đáy SB = Biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) , a, b hai b số nguyên tố Khi a - b bằng: A B −3 C D - Câu 31 Bà Vui gửi vào ngân hàng số tiền 300 triệu đồng theo thể thức lãi kép với lãi suất 1,5% quý Giả định lãi suất không thay đổi suốt trình gửi bà Vui nhận số tiền gốc lẫn lãi sau hai năm kể từ ngày gửi? A 328032979 đồng B 309067500 đồng C 337947776 đồng D 336023500 đồng n Câu 32 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức (3 − x) , biết n số nguyên dương thỏa 2n mãn C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n +1 + + C2 n +1 = 1024 A B −103680 103680 C 130260 D −130260 3  Câu 33 Số hạng không chứa x khai triển  x + ÷ x  4 3  6 C C9 2 A C B C D C9 Câu 34 Cho hình chóp S ABC có SB vng góc với mặt đáy, SB = a ; tam giác ABC vuông cân A, uuur uuur AB = a Gọi M , N thuộc cạnh SA, SC cho SM = MA, SN = NC Tính thể tích khối chóp B ACNM 7a3 5a 7a3 5a A B C D 18 9 18 Câu 35 Cho hình chóp tứ giác S ABCD Gọi I J trung điểm cạnh SB SD Khẳng định sau đúng? A IJ / / mp ( SCD ) B IJ / / mp ( SAB ) C IJ / / mp ( SBC ) D IJ / / mp ( ABCD ) Câu 36 Cho hình chóp S ABCD Khẳng định sau sai? A Đáy hình vng chân đường cao chóp trùng với tâm đáy B Tồn điểm I cách năm đỉnh hình chóp C Hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vng góc với D Tất cạnh hình chóp Câu 37 Gieo súc sắc cân đối đồng chất Xác suất để tổng số chấm xuất hai mặt lớn là: A B C D 18 18 Câu 38 Tìm m để phương trình sin 3x - 6- 5m= có nghiệm ém³ - ém>- ê ê 7 A ê B ê C - £ m£ - D - < m< 7 êm£ êm 0) x > D  x 0, ∀t Hay hàm f ( t ) đồng biến ¡ Từ ( 1) suy f ( x ) = f ( ) xy − ⇔ 3x = 3xy − x ≥  x > 0; y > ⇔ ⇔ ( 2) 9 x = 3xy − 3 xy = x + 3 Xét P = x + y + xy + ( 3x + 1) ( x + y − ) P = ( x + y ) − xy ( x + y ) + xy + ( x + 3) ( x + y − ) P = ( x + y ) − xy ( x + y ) + xy + ( 3xy − ) ( x + y ) −  P = ( x + y) − 2( x + y) + ( ) Đặt t = x + y = x + 9x2 + 5 15 = 4x + ≥ x ≥ 3x 3x 3x Xét hàm số g ( t ) = t − 2t + 4, t ≥ 15 15 Có g ' ( t ) = 3t − > 0, ∀t ≥ 3  15  36 + 296 15 Do Pmin = g  ÷ ÷=   Câu 27 Chọn B Diện tích hình vng ABCD S1 = a a 2 ⇒ Diện tích hình vng A1 B1C1 D1 S = a Ta có : A1 D1 = A1 A + AD1 = 2 a a2 2 A B C D Tương tự : A2 D2 = A1 A2 + A1 D1 = ⇒ Diện tích hình vng 2 2 S3 = a2 Cứ tiếp tục ta tính diện tích hình vng A99 B99C99 D99 S100 = 99   ⇒ S1 + S2 + + S100 = a 1 + + + 99 ÷   1 Do 1, , 99 cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 1, q = , n = 100 2 100 1 1−  ÷ a ( 2100 − 1)  a  ( 2100 − 1)   ⇒ S1 + S + + S100 = a 1 + + + 99 ÷ = a   = = ÷ 99  293  8 1− 2 a Cân hệ số ta  ÷ = ⇒ a = 8 Câu 28 Chọn C Câu 29 Chọn B Ta có: sin x - cos x =- ỉ pư p p sin ỗ 5x - ữ =- x - =- + k 2p ữ ỗ ữ ç è 4ø p 2p +k ( k Î ¢) 20 Suy a =- 20, b = Þ a + 3b =- Câu 30 Chọn D Û x =- Dễ thấy ∆ABC vuông cân B Kẻ BH ⊥ AC , suy H trung điểm AC Mà SB ⊥ ( ABC ) ⇒ SB ⊥ AC Do ta suy ra: AC ⊥ ( SBH ) Kẻ BI ⊥ SH ⇒ BI ⊥ ( SAC ) Suy : d ( B, ( SAC ) ) = BI = SB.BH SB + BH = Suy : a = 1, b = Þ a - b =- Câu 31 Chọn C 2.12 = (quý) n Áp dụng công thức lãi kép Tn = T0 (1 + r ) Số quý bà Vui gửi năm Số tiền bà Vui nhận sau năm T8 = 300(1 + 1, 5%) = 337947776 triệu Câu 32 Chọn B Xét hàm số f ( x) = (1 + x) n +1 Theo công thức khai triển nhị thức Newton: f ( x) = C20n +1 + C21n +1 x + C22n +1 x + + C22nn+1 x n + C22nn++11 x n +1 Từ ta có: f (1) = 22 n +1 = C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + + C22nn+1 + C22nn++11 (1) f ( −1) = = C20n +1 − C21n +1 + C22n+1 − + C22nn+1 − C22nn++11 (2) n +1 = ( C20n +1 + C22n +1 + C24n +1 + + C22nn+1 ) Cộng vế (1) (2) ta có: (3) Từ (3) giả thiết suy 22 n +1 = 2.1024 ⇔ 22 n+1 = 211 ⇔ n = Bài tốn trở thành tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức (3 − x )10 10 10 (3 − x)10 = Σ C10k 310− k.( −2 x) k = Σ C10k 310 − k.( −2) k x k k =0 k =0 Ta có 10 −8 Do hệ số x8 ứng với k = C10 ( −2) = 103680 Câu 33 Chọn B k  3 Số hạng tổng quát có dạng C9k x 9−k  ÷ = C9k 3k x9 −3 k , với k ∈ ¥ , ≤ k ≤ x  Theo đề bài, ta có − 3k = ⇔ k = (nhận) 3 Vậy số hạng không chứa x C9 Câu 34 Chọn C 1 Ta có SM = SA, SN = SC 5 S ∆SMN = S∆SAC ⇒ S ACNM = S ∆SAC ⇒ VB ACNM = VB.SAC 6 1  Với VB.SAC =  a 2.a ÷.a = a ⇒ VB ACNM = a 2 18  Câu 35 Chọn D Ta có IJ / / BD ( IJ đường trung bình ∆SBD ) IJ ⊄ ( ABCD ) BD ⊂ ( ABCD ) ⇒ IJ / / ( ABCD ) Câu 36 Chọn D Hình chóp tứ giác có: Đáy hình vng chân đường cao chóp trùng với tâm đáy ⇒ A Tồn tâm cầu ngoại tiếp chóp tứ giác I ⇒ B Ta có AC ⊥ BD ( tứ giác ABCD hình vng) AC ⊥ SO ( SO ⊥ ( ABCD ) ) AC ⊂ ( SAC ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SBD ) Nên C Chóp tứ giác có cạnh bên nhau, cạnh đáy cạnh bên không cạnh đáy ⇒ D sai Câu 37 Chọn C Gọi W là không gian mẫu phép thử A: ‘Tổng số chấm xuất hai mặt lớn 8’ Ta có: n(W) = 62 = 36 A = { (6,6);(6,5);(6,4);(6,3);(5,6);(5,5);(5,4);(4,6);(4,5);(3,6)} Số kết thuận lợi cho biến cố A: n(A ) = 10 10 Vậy ta có phương trình P(A ) = = 36 18 Câu 38 Chọn C Phương trình có nghiệm và khi: - 1£ 6+ 5m£ 1Û - £ m£ - Câu 39 Chọn A Lấy D trung điểm B ' C ' Do tam giác A ' B ' C ' tam giác D trung điểm B ' C ' nên A ' D ⊥ B ' C ' Do tam giác BB ' C ' tam giác cân B D trung điểm B ' C ' nên BD ⊥ B ' C ' Ta có : B ' C ' = ( BCC ' B ' ) ∩ ( A ' B ' C ' ) A ' D ⊥ B ' C ', A ' D ⊂ ( A ' B ' C ') BD ⊥ B ' C ', BD ⊂ ( BB ' C ' ) · · ⇒ ( BB ' C ' ) ; ( A ' B ' C ' )  = BDA ' = 30o Ta có : A ' D = m ( A ' D đường trung tuyến tam giác A ' B ' C ' m2 ; A ' B = a Áp dụng định lý hàm cos cho ·A ' DB tam giác A ' DB ta có : BD = BC '2 − DC '2 = a − 3m2 m2 m m2 2 · A ' B = A ' D + BD − A ' B.BD.cos A ' DB ⇒ a = +a − − a − 4 2 2 m2 m2 m2 6a 13 = m a2 − ⇒ m = a2 − ⇒m= 2 4 13 Câu 40 Chọn A Cách 1: Ta có ⇒ SA.SB.SC · · · · × − cos ·ASB − cos BSC − cos CSB + cos ·ASB.cosBSC cos CSB 5a.6a.3a 1 15a VS ABC = − + = 2 2 Cách 2: Ta có: VS ABC = Chọn A ' ∈ SA : SA ' = 3a; B ' ∈ SB : SB ' = 3a ⇒ Do tứ diện S ABC nên VS A ' B 'C Câu 41 Chọn A ( 3a ) = 12 VS ABC SA SB SC 3a.3a.3a = = = VS A ' B ' C SA ' SB ' SC ' 3a.5a.6a 10 = 15a3 a ⇒ VS ABC = Gọi O tâm tam giác ABC , ta có SO đường cao hình chóp, suy góc cạnh bên a · SA đáy SAO Xét tam giác SAO vuông O ta có AO · cos SAO = = = SA 2a Câu 42 Chọn A Hình vng có trục đối xứng hai đường chéo hai đường thẳng qua trung điểm hai cạnh đối diện Tam giác có trục đối xứng đường cao tam giác Hình thang hình bình hành khơng có trục đối xứng Vậy có hai hình có trục đối xứng Câu 43 Chọn A Công thức số hạng tổng quát: un = u1 + (n − 1)d Theo đề ta có hệ phương trình: u1 = u = u = ⇔ ⇔  65 = + 5d d = 12 u6 = u1 + 5d Câu 44 Chọn C - Xét hàm số y = f ( x ) ; y′ = f ′ ( x ) Theo giả thiết ta có M ( 1; f ( 1) ) , phương trình tiếp tuyến ( C1 ) M : y − f ( 1) = f ′ ( 1) ( x − 1) mà theo giả thiết y = 3x − ⇒ f ′ ( 1) = ( 1) ⇒ f ( 1) = ( 2) Từ ta có: y − f ( 1) = ( x − 1) ⇔ y = x − + f ( 1) ⇒ 3x − + f ( 1) = x − - Xét hàm số y = f ( f ( x ) ) ; y′ = f ′ ( x ) f ′ ( f ( x ) ) ( ) Theo giả thiết ta có N 1; f ( f ( 1) ) , phương trình tiếp tuyến ( C2 ) N : y − f ( f ( 1) ) = f ′ ( 1) f ′ ( f ( 1) ) ( x − 1) Mà theo giả thiết y = x + ⇒ f ′ ( 1) f ′ ( f ( 1) ) = Từ ta có: y − f ( f ( 1) ) = x − ⇔ y = x − + f ( f ( 1) ) Theo ( ) ⇒ y = x − + f ( ) ( *) Áp dụng giả thiết: x − + f ( ) = x + ⇒ f ( ) = ( 3) - Xét hàm số y = f ( − x ) ; y ′ = −2 f ′ ( − x ) ( 4) Từ ( *) : f ′ ( 1) f ′ ( f ( 1) ) = , theo ( 1) & ( ) ta được: f ′ ( ) = ⇒ f ′ ( ) = Ta có P ( 1; f ( − 2.1) ) ⇒ P ( 1; f ( ) ) , phương trình tiếp tuyến ( C3 ) P : y − f ( ) = −2 f ′ ( ) ( x − 1) , áp dụng ( 3) & ( ) ta được: y − = −2 ( x − 1) ⇔ y = − x + 3 Câu 45 Chọn D x > 2 Vì ∉ ¢ nên để biểu thức ( x − x + ) xác định điều kiện là: x − x + > ⇔  x < Do chọn đáp án D Câu 46 Chọn D 9 21 Ta có : B = b : b3 = b : b = b − = b 20 Do chọn đáp án D Câu 47 Chọn B Gọi biến cố A: “ viên bi lấy màu” 5 Ta có : n ( Ω ) = C12 = 792 n ( A ) = C5 + C7 = 22 Vậy xác suất biến cố A P ( A ) = n ( A) 22 = = n ( Ω ) 792 36 Câu 48 Chọn D Ta có: x −1 y'= f ' x2 − 2x + = x − 2x + x =  x = x =1  x − x + = −1  ⇔ ⇔ ( x − 1) = ⇔  x = 1± 2  x − 2x + =  x − x + =    x − 2x + = Khi đó, ta có bảng biến thiên: ( ) Vậy có hai cực đại Đáp án D Câu 49 Chọn A Mặt phẳng ( AB′C ′ ) chia khối lăng trụ thành hai khối chóp A A′B′C ′ A.BCC ′B′ VA A′B′C ′ 1 1 = Ta có: VA A′B′C ′ = S A′B′C ′ d ( A, ( A′B′C ′) ) = V ,VA.BCC ′B′ = V − V = V ⇒ 3 3 VA BCC ′B′ Câu 50 Chọn A Theo đề AA ' = a 3, AB′ = a, A′B′ = 2a ⇒ A′B′2 = AA′2 + AB′ ⇒ ∆AA′B′ vuông A Kẻ AH ⊥ A′B′, ( H ∈ A′B′ ) Do ( ABB′A′ ) ⊥ ( A ' B ' C ' ) ⇒ AH ⊥ ( A ' B ' C ' ) B′H AA′ AB′ a 3.a a 3a 3a ⇒ = A′H = AA′2 − AH = 3a − = = = B′A′ 4 A′B′ 2a Gọi M trung điểm B′C ′ ⇒ A′M ⊥ B′C ′ Khi đó: AH = HE B′H 1 2a a Kẻ HE / / A′M , ( E ∈ B′C ′ ) ⇒ HE ⊥ B′C ′ = = ⇒ HE = A′M = = A′M B′A′ 4 4 Kẻ HK ⊥ AE , ( K ∈ AE ) (1)  B′C ′ ⊥ HE ⇒ B′C ′ ⊥ ( AHE ) ⇒ B′C ′ ⊥ HK (2) Ta có:  ′ ′ B C ⊥ AH  Từ (1) (2) suy HK ⊥ ( AB′C ′ ) Do ( AB′C ′ ) qua trung điểm BA′ nên khoảng cách lớn từ N đến mặt phẳng ( AB′C ′ ) N ≡ A′ N ≡ B Vậy d ( N , ( AB ' C ') ) max = d ( A′, ( AB ′C ′) ) = 4d ( H , ( AB′C ′) ) = HK a a = 2a 15 = = 2 AH + HE 3a 3a + 16 AH HE HẾT - ... Cịn nhiều đề miễn phí tài liệu tới chia thầy em vào link bên để download thêm Link download: 15 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020 file Word lần https://youtu.be/8ooz2N_k-JQ Link download: 15 Đề Thi... trùng với tâm đáy B Tồn điểm I cách năm đỉnh hình chóp C Hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD ) vng góc với D Tất cạnh hình chóp Câu 37 Gieo súc sắc cân đối đồng chất Xác suất để tổng số chấm xuất hai... Chọn C 2.12 = (quý) n Áp dụng công thức lãi kép Tn = T0 (1 + r ) Số quý bà Vui gửi năm Số tiền bà Vui nhận sau năm T8 = 300(1 + 1, 5%) = 337947776 triệu Câu 32 Chọn B Xét hàm số f ( x) = (1 + x)