Đề KSCL ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2023 môn Toán có đáp án - Trường THPT Thái Bình, Thái Bình (Lần 2)

Chia sẻ: Cố An Nhiên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là “Đề KSCL ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2023 môn Toán có đáp án - Trường THPT Thái Bình, Thái Bình (Lần 2)” giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi tốt nghiệp THPT sắp tới được tốt hơn. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề KSCL ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2023 môn Toán có đáp án - Trường THPT Thái Bình, Thái Bình (Lần 2)

BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 D C A A A A D D B D B B C D B C D A B B A D A B D 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 B D B C A C A D B D A A C A C B B C D C C B A D B HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho cấp số cộng  un  có u2  3 , công sai d  2. Khi đó u4 bằng A. 5 . B. 1 . C. 9 . D. 7 . Lời giải Chọn D Ta có: u1  u2  d  3  2  1  u4  u1  3d  1  3.2  7 . Câu 2: Hàm số nào dưới đây không có điểm cực trị? A. y  x 3  3 x . B. y   x 4  2 . C. y  3 x  4 . D. y  x 2  2 x . Lời giải Chọn C y  3 x  4  y  3  0 . Suy ra hàm số không có cực trị. Câu 3: Thể tích của khối cầu bán kính R bằng 4 3 A.  R 3 . B.  R 3 . C. 2 R 3 . D. 4 R 2 . 3 4 Lời giải Chọn A Lý thuyết. Câu 4: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D '. Góc giữa hai đường thẳng AC và A ' D bằng A. 60 . B. 30 . C. 45 . D. 90 . Lời giải Chọn A
D' C' A' B' D C A B Ta có  AC , AD    AC , BC    ACB . ACB đều suy ra  ACB  60 . 2 3a Câu 5: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, độ dài cạnh bên bằng . 3 Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy của hình chóp. A. 60 . B. 30 . C. 45 . D. 90 . Lời giải Chọn A S A C G I B a 3 2 a 3 Gọi G là trọng tâm ABC . AI  ; AG  AI  . 2 3 3 Xét SAG ta có: a 3  AG 1   60 . cos SAG  3   SAG SA 2a 3 2 3 Câu 6: Một hình trụ có bán kính đáy r  5 cm, chiều cao h  7cm. Diện tích toàn phần của hình trụ là A. 120 cm 2 . B. 95 cm 2 . C. 60 cm 2 . D. 175 cm 2 .
Lời giải Chọn A Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp  2 rl  2 r 2  2 .5.7  2 .52  120 cm 2 . . Câu 7: Cho khối chóp có thể tích bằng 32 cm3 và diện tích đáy bằng 16 cm 2 . Tính chiều cao của khối chóp. A. 2 cm . B. 4 cm . C. 3cm . D. 6 cm . Lời giải Chọn D 1 3V 3.32 Ta có; V  S .h  h    6 cm. . 3 S 16 y  f  x f   x    x  1 x  2   x  3 , x  . y  f  x 2 Câu 8: Cho hàm số thỏa mãn Hàm số đạt cực đại tại: A. x  2 . B. x  1 . C. x  3 . D. x  1 . Lời giải Chọn D x  1 f   x    x  1 x  2   x  3  f   x   0   x  2 , trong đó x  2 là nghiệm kép. 2  x  3 Vậy hàm số y  f  x  đạt cực đại tại x  1 . Câu 9: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A.  2;1 . B.  0;1 . C.  ; 1 . D.  ;0  . Lời giải Chọn B Từ BBT, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  1; 2  . Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;1 . 2 2 x Câu 10: Tính đạo hàm của hàm số y  3x .  2x  2 . 2 2 x 3x 2 A. y  B. y  3x 2 x ln 3 . ln 3
2 3x  2 x  2 x  2  ln 3 . 2 C. y  . D. y  3x 2 x ln 3 Lời giải Chọn D  y   2 x  2  .3x 2 2 2 x 2 x Ta có y  3x .ln 3 . 2 5 x 1 1 Câu 11: Tích các nghiệm của phương trình 32 x  là 3 5 A. 2 . B. 0 . C. 2 . D. . 2 Lời giải Chọn B 21 2 5 x 1 Ta có 32 x  32 x 5 x 1  31  2 x 2  5 x  0 .  3 Theo Viet, ta có tích các nghiệm bằng 0 . Câu 12: Giá trị lớn nhất của hàm số y  16  x 2 là A. 16 . B. 4 . C. 0 . D. 1 . Lời giải Chọn B Ta có y  16  x 2  4 , dấu “=” khi x  0 . Vậy max y  4 .  4;4 2x  3 Câu 13: Đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  tương ứng có phương x 1 trình là A. x  2 và y  1 . B. x  1 và y  3 . C. x  1 và y  2 . D. x  1 và y  2 . Lời giải Chọn C Ta có lim y  2 nên y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số; lim  y   nên x  1 là x  x  1 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Câu 14: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình vẽ sau? 2x 1 x4 x 1 x 3 A. y  . B. y  . C. y  . D. y  . x2 x2 x2 x2 Lời giải Chọn D Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  2;   .
Câu 15: Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  2 x 2  x  1 và đường thẳng y  1  2 x là A. 3 . B. 1 . C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn B Xét phương trình x 3  2 x 2  x  1  1  2 x  x 3  2 x 2  3 x  2  0   x  1  x 2  x  2   0  x  1 . Vậy hai đồ thị hàm số có một giao điểm. Câu 16: Tính thể tích của khối nón có chiều cao bằng 8 và độ dài đường sinh bằng 10. A. 256 . B. 288 . C. 96 . D. 384 . Lời giải Chọn C Gọi chiều cao, độ dài đường sinh, bán kính đáy của khối nón lần lượt là h , l , r . Bán kính đáy của khối nón là r  l 2  h 2  102  82  6 . 1 1 Thể tích của khối nón là V   r 2 h   .62.8  96 . 3 3 Câu 17: Tập xác định của hàm số y   2 x  1 là  1  1  1  A. D   ;    . B.  . C.  \   . D. D   ;    . 2  2 2  Lời giải Chọn D 1 Điều kiện 2 x  1  0  x  . 2 1  Tập xác định của hàm số y   2 x  1 là: D   ;    .  2  Câu 18: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ: x ∞ 1 1 +∞ y' + + 0 4 3 y 2 ∞ 1 Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  là A. 3 . B. 2 . C. 0 . D. 1 . Lời giải Chọn A Ta có lim y  2 ; lim y  1 . x  x 
Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y  2 ; y  1 . Lại có lim y   nên đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x  1 . x 1 Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Câu 19: Cho a , b , c là các số thực dương và a  1. Mệnh đề nào sau đây sai? 1 A. log a     log a b . B. log a  b  c   log a b.log a c . b b C. log a    log a b  log a c . D. log a  bc   log a b  log a c . c Lời giải Chọn B Áp dụng công thức về logrit ta thấy: 1 • log a    log a  b    log a b . 1 b • log a  b  c   log a b.log a c . b • log a    log a b  log a c . c • log a  bc   log a b  log a c . Nên mệnh đề B sai. Câu 20: Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây? x 1 A. y  log 3 x . B. y  3x . C. y    . D. y  x 3 3 Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm số mũ dạng y  a x với a  1 .   Câu 21: Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log 3 a  log 27 a 2 b . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a 2  b . B. a  b . C. a 3  b . D. a  b 2 . Lời giải Chọn A     log 3 a  log 27 a 2 b  log 27 a 3  log 27 a 2 b  a 3  a 2 b  a 2  b .
Câu 22: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất để tích số chấm xuất hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ. 7 5 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 8 8 8 Lời giải Chọn D Số kết quả của việc gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần là 63  216  n     216 . Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ”. A xảy ra khi kết quả của cả ba lần gieo đều là số lẻ  n  A   33  27 . n  A 1 Vậy, P  A    . n  8 Câu 23: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. Các mặt bên  SAB  và  SAD  vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 60, BC  a 3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 3a 6 13a a 3 6 5a A. . B. . C. . D. . 2 13 2 5 Lời giải Chọn A  SAB  và  SAD  vuông góc với đáy nên SA   ABCD  . Ta có:  SCD    ABCD   CD , CD   SAD  ,  SAD    ABCD   AD ,  SAD    SCD   SD . Suy ra, góc giữa  SCD   . Vậy SDA và  ABCD  là SDA   60 .  AB //  SCD    d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   .  SC   SCD  Gọi H là hình chiếu của A trên SD . Ta có: AH  SD; AH  CD do CD   SAD   AH   SCD  3a  d  A,  SCD    AH  AD sin  ADS  . 2
3a Vậy d  AB, SC   . 2 8 Câu 24: Cho hàm số bậc ba y  f ( x) có đồ thị hàm số f '( x) như hình vẽ bên. 4 y x  7  3 1 Hàm số g ( x)  f ( x)  đồng biến trên khoảng nào dưới đây? x A.  1;3 . B.  0;7  . C.  ; 1 . D.  3;   . Lời giải Chọn B 1 Ta có: g ( x)  f ( x)  . x2 Từ đồ thị hàm số f '( x) ta có f '( x)  0, x   0;7  . Suy ra g ( x)  0, x   0;7  . 1 Vậy hàm số g ( x)  f ( x)  đồng biến trên khoảng  0;7  . x Câu 25: Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng a . Mặt phẳng ( P) đi qua đỉnh của hình nón và cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng a . Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng ( P) bằng 2 3 7 21 A. a. B. a. C. a. D. a. 2 3 7 7 Lời giải Chọn D Giả sử hình nón đã cho có đỉnh là S , tâm của đáy là O và ( P) cắt đường tròn đáy theo dây cung AB . Gọi H là trung điểm của đoạn AB và K là hình chiếu của O trên SH .
Ta có: AB  SO, OH  AB   SOH   AB  OK , mà OK  SH  OK   SAB   d  O,  P    OK . a 3 Xét tam giác vuông SOH có OH  (do tam giác OAB đều có cạnh bằng a ), SO  a . 2 OS .OH a 21 Suy ra: OK   . OS 2  OH 2 7 a 21 Vậy d  O,  P    . 7 Câu 26: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 2022. Mặt phẳng  P  cắt các cạnh AA ', BB ', CC ' lần lượt tại M , N , P sao cho MA  MA ', NB  2 NB ', PC  3PC  . Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP. 7751 13480 10784 A. 1348 . B. . C. . D. . 6 9 9 Lời giải Chọn B MA NB PC   MA 1 NB 2 PC 3 V 23 Ta có  ;  ;  suy ra ABC .MNP  AA ' BB ' CC '  . AA ' 2 BB ' 3 CC ' 4 VABC . A ' B 'C ' 3 36 23 7751 Vậy VABC .MNP  .2022  . 36 6 Câu 27: Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log 2  x  1  log 2  mx  8 có hai nghiệm thực phân biệt là: A. Vô số. B. 4 . C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn D x 1  0 x  1   x  1  log 2  x  1  log 2  mx  8   mx  8  0   x2  2x  9   2   x  1  mx  8  m   x  1  mx  8  2 x
x2  2x  9 Xét hàm số y  trên 1;   , ta có x x2  9 y'  ; y '  0  x  3 x2 Bảng biến thiên Để thỏa mãn yêu cầu thì 4  m  8 nên các giá trị nguyên của tham số m là 5, 6, 7 .   120 , Câu 28: Cho khối chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, tam giác ABC cân tại A, BAC AB  a, SA  2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng a3 3 a3 3 A. 2a 3 . B. . C. a 3 3 . D. . 6 3 Lời giải Chọn B 2 1 a 3. Ta có S ABC  AB. AC.sin BAC 2 4 1 a3 3 Thể tích của khối chóp đã cho là: V  .SA.S ABC  . 3 6 1 Câu 29: Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  mx3  2mx 2   m  5  x  1 nghịch biến trên  3 là: A. 3 . B. 1 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn C Ta có D  , y '  mx 2  4mx  m  5 . Hàm số nghịch biến trên   y '  0, x   TH1: m  0 : y '  5  0, x   suy ra m  0 thỏa mãn.
m  0 m  0 5 TH2: m  0 :   2    m  0.  '  0 3m  5m  0 3 5 m Vậy   m  0   m  1;0 . 3 Câu 30: Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c , với a, b, c là các số thực a  0 . Biết lim y   , hàm số có 3 x  điểm cực trị và phương trình y  0 vô nghiệm. Hỏi trong 3 số a, b, c có bao nhiêu số dương? A. 2 . B. 1 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn A Do lim y   nên a  0 . x  Ta lại có hàm số có 3 điểm cực trị nên ab  0  b  0 . Vì nhánh cuối của đồ thị đi lên mà phương trình y  0 vô nghiệm nên đồ thị nằm hoàn toàn trên Ox  c  0 . Câu 31: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2,    120. Diện tích mặt   60 , CSA ASB  90 , BSC cầu ngoại tiếp hình chóp bằng: 16 A. 4 . B. . C. 16 . D. 8 . 3 Lời giải Chọn C   60 suy ra tam giác BSC đều  BC  2 . Ta có SB  SC  2 , BSC Lại có SA  SC  2 ,  ASB  90 suy ra tam giác ASB vuông cân tại S  AB  2 2 . Mặt khác, SA  SC  2 ,  ASB  120 , áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC , ta được:
AC 2  SA2  SC 2  2 SA.SC.cos  ASC  3.22  AC  2 3 .   2 Xét tam giác ABC có BC 2  AB 2  22  2 2  12  AC 2 suy ra tam giác ABC vuông tại B . Gọi H là trung điểm của cạnh AC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mà SA  SB  SC  SH   ABC  . Trong mặt phẳng  SAC  kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH tại I suy ra là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 2 2 3 Xét tam giác vuông ASH vuông tại H có SH  SA  AH  2   2   1 . 2 2  2  SI SM SM .SC Ta có SHC  SMI    SI  2 SC SH SH Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là. S  4 R 2  16 . Câu 32: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng 1, chiều cao bằng 2. Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: 32 3 16 16 32 3 A. . B. . C.. D. . 27 3 9 9 Lời giải Chọn A Gọi I , I  lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ABC  , O là trung điểm của II  . Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ. 2 3 Ta có AI  AM  , OI  1 . 3 3 2  1  2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R  OA  OI  AI  1   2   2 2 .  3 3
3 4 4  2  32 32 3 Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ V   R 3   .    . 3 3  3  9 3 27 Câu 33: Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 200m3. Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Chi phí để xây bể là 300 nghìn đồng/m2 (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và diện tích xung quanh, không tính chiều dày của đáy và thành bể). Hãy xác định chi phí thấp nhất để xây bể (làm tròn đến triệu đồng). A. 75 triệu đồng. B. 36 triệu đồng. C. 46 triệu đồng. D. 51 triệu đồng. Lời giải Chọn D Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp lần lượt là: x , h  m   Chiều dài của hình hộp là: 2x . 100 Thể tích khối hộp chữ nhật là: V  x.2 x.h  200  2x 2 h  h  . x2 Chi phí xây bể thấp nhất khi S  S xq  S daý nhỏ nhất 600 Ta có S  2 x.h  2.2 x.h  x.2 x  6 xh  2 x 2   2x 2 . x 600 300 300 S  2x2    2 x 2  3 3 180.000 x x x 300 S nhỏ nhất bằng 169,3864852 khi  2 x 2  x  3 150 x Tổng chi phí thấp nhất mà anh Tiến phải trả là: 300000.169,3864852  51000000 đ. Câu 34: Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D ' có đáy là hình vuông, cạnh bên AA '  3a và đường chéo AC '  5a. Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D '. A. 4a 3 . B. 24a 3 . C. 8a 3 . D. a 3 . Lời giải Chọn B Xét hình lập phương ABCD. ABC D ta có: AC 2  AA2  AC 2  AA2  AB2  AD2  AA2  2 A ' B '2  9a 2  2 A ' B '2  25a 2  A ' B '2  8a 2
 VABCD. ABC D  AA '.S A ' B 'C ' D '  3a.8a 2  24a 3 . Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B. Biết SA vuông góc với đáy, AB  BC  2a; AD  4a; góc giữa  SCD  và đáy bằng 60. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. 8 6 a3 4 6 a3 8 6 a3 A. . B. . C. . D. 4 6 a 3 . 3 3 15 Lời giải Chọn D Tam giác ACD vuông tại C  DC  AC , DC  SA  DC   SAC   DC  SC   600    SCD  ,  ABCD    SCA AC  AB 2  BC 2  2 2a  SA  AC.tan 600  2 6a 1 1 (4a  2a ).2a VS . ABCD  SA.S ABCD  2 6a.  4 6a 3 . . 3 3 2 Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2; SA  2; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. 2 6 8 6 4 2 A. . B. . C. 2 6 . D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A