Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS&THPT Lương Thế Vinh (Mã đề 301)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

5
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, các em có thể tham khảo và tải về "Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS&THPT Lương Thế Vinh (Mã đề 301)" được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây để có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập giải đề thi nhanh và chính xác giúp các em tự tin đạt điểm cao trong kì thi này. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2021-2022 có đáp án (Lần 2) - Trường THCS&THPT Lương Thế Vinh (Mã đề 301)

GIẢI ĐỀ THI THỬ TNTHPTQG LẦN 2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2021 2022 Câu 1. Phương trình 2022 x −1 = 1 ⇔ 2022 x −1 = 20220 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 . Chọn B. Câu 2. Hình nón có S= xq π π rl , trong đó đường sinh l = 4 , suy ra 4π r = 8π ⇔ r = 2 . 8= Chọn D Xét hàm số y  x  4 x  3 có có y '  4 x 3  8 x  4 x  x 2  2 và có nghiệm 4 2 Câu 3. duy nhất x = 0 , do đó đồ thị đã có một điểm cực trị. Chọn D x  2  0  Câu 4. Bất phương trình log 2  x  2  1     2  x  4  x  2;4 .  x  2  2  1 Chọn C Câu 5. Số hạng thứ tư của cấp số nhân = .q 3 1.2 u4 u1= = 3 8. Chọn D Câu 6. Đồ thị hàm số hình vẽ là hàm số trùng phương, có hệ số a > 0 , đi qua gốc tọa độ. Chọn A Câu 7. Trong không gian Oxyz . Điểm đối xứng với M (2; 2; −1) qua mặt phẳng Oyz là M '(−2; 2; −1) Chọn B b Câu 8. Ý nghĩa hình học của tích phân, diện tích S = ∫ f ( x ) dx . a Chọn D x Câu 9. Đồ thị hàm số y = có tiệm cận ngang y = 1, x−2 Chọn D  Câu 10. Mặt phẳng ( P ) qua M (1;0;1) và= nP ( 2;1; −2 ) là ( P ) : 2 x + y − 2 z =0. Chọn D     Câu 11. Véc tơ=a (1; 2; −2 ) vuông góc với p = ( 2;1; 2 ) , vì a. p = 2 + 2 − 4 = 0 . Chọn B Câu 12. Số phức liên hợp của z = 1 − 3i là z = 1 + 3i . Chọn A
Câu 13. Xét hàm y = x 3 + x + 1 trên đoạn  −1;2  , có max = ( 2 ) 11 . y f= Chọn D Câu 14. Tập xác định của hàm số ln ( − x 2 + 4 ) là D = ( −2; 2 ) . Chọn D 1 Câu 15. Một nguyên hàm của f ( x ) = là ln x − 3 . x −3 Chọn C Câu 16. Khối trụ có r = 2 và chiều cao h = 4 . Thể tích của khối trụ = r 2 h 16π . V π= Chọn D 22 3 Câu 17. Khối trụ lăng trụ có diện tích đáy = S = 3 và chiều cao h = 2 . 4 Thể tích khối lăng trụ là = V 3.2 2 3 . Chọn D = Câu 18. Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) . Chọn C Câu 19. Hàm số có y =' 3 x 2 − 6mx + 3= 3 ( x − m ) + 3 − 3m 2 . Để hàm số đồng biến trên  thì 2 y ' ≥ 0, ∀x . Suy ra 3 − 3m 2 ≥ 0 ⇔ m ∈ [ −1;1] . Số giá trị nguyên của m là 3. Chọn A V2 SA ' SB ' 1 V Câu 20. Tỉ số thể tích = . = ⇒ 4V2 = V2 + V1 ⇔ 3V2 = V1 ⇒ 1 = 3. V2 + V1 SA SB 4 V2 Chọn B x +1 −1 Câu 21. Đồ thị hàm số y = cắt Ox tại điểm ( −1;0 ) . Ta có ktt = y ' ( −1) = , phương trình x−2 3 1 tiếp tuyến là y =− ( x + 1) ⇔ x + 3 y + 1 =0 . Chọn D 3 Câu 22. Ta có log 2 (= ab3 ) log 2 a + 3log 2 b . Chọn D 5C 2 2 Câu 23. Xác suất để lấy được 2 bi đỏ = là p = . 10C 2 9 Chọn B 2 + x +1 Câu 24. Phương trình 2 x = 82 x= 26 x ⇔ x 2 − 5 x + 1= 0 . Tổng các nghiệm bằng 5. Chọn A
x −1 > 0 Câu 25. Bất phương trình ⇔ log 4 (14 − 2 x ) ≥ log 4 ( x − 1) ⇔  ⇔1< x < 5. 14 − 2 x > x − 1 Có 3 số nguyên thỏa mãn. Chọn B Câu 26. Đường thẳng d ⊥ mp ( P ) : x + y − z + 1 =0 , d đi qua M (1; 2; −1) nên có phương trình là: x −1 y − 2 z +1 d:= = . Chọn D 1 1 −1 Câu 27. Ta có: w = 1 + 3i . z =10. 2 =20 . Chọn D 2 2 4 1 1 1 Câu 28. Ta có I = ∫ f ' ( 2 x ) dx= 21∫ f ' ( 2 x ) d ( 2 x )= 22∫ f ' ( u ) d ( u )= 2 ( f ( 4 ) − f ( 2 ) )= 1010 . 1 Chọn D   4 có sin α cos Câu 29. Ta= = u, n 9 . ( ) Chọn B Câu 30. Giao điểm của đồ thị với Ox là= x 2. x 0,= 2 16π Ý nghĩa hình học của tích phân, thể tích V = π ∫ ( 2 x − x 2 ) dx = 2 . Chọn D 0 15 Câu 31. Đường kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương d = 2 R = ( 2a ) 3 ⇔ R = a 3. 4 3 4 = Thể tích khối cầu V = πR π .3= a 3 3 4 3π a 3 . Chọn B 3 3 a2 3 Ta có SA AB Câu 32. = = tan 60 a 3 . Diện tích đáy S ∆ABC o = . 4 1 a 2 3 a3 Thể tích V = =.a 3. . Chọn D 3 4 4 a 3 Câu 33. Đường cao AH của tam giác đều ABC là AH = . 2 A ' A 3a / 2 Góc cần tìm có tan ϕ = = = 3 ⇒ ϕ = 60o . Chọn C AH a 3 / 2 Câu 34. Từ hình vẽ ta có : log a 2 = 2 ⇔ 2 = a 2 ⇔ a = 2 . Chọn A = 2 , bán kính= h AB Câu 35. Hình trụ có chiều cao= = 1 nên = r AD π rh 4π . S xq 2= Chọn D.
x+9 Câu 36. Đồ thị f ( x ) = có tiệm cận ngang y = 0 và tiệm cận đứng x = 0 . Không có x + 10 x 2 tiệm cận đứng x = −10 vì x → −10 căn bậc hai không có nghĩa.. Chọn D. 20  1 3 × 20 + 0 Câu 37. Xét  x − 3  khai triển có số hạng không chứa thỏa = mãn k = 15 . Khi đó  x  3 +1 × ( −1) =−C205 . Chọn B. 5 số hạng cần tìm là: C20 15 Câu 38. Ta có f ' ( x ) cùng dấu với ( x − 2 )( x + 2 ) , do đó hoành độ điểm cực đại của đồ thị f ( x ) là x = −2 . Chọn C. Câu 39. Đặt 1 + x 2 = u ⇒ 1 + x 2 = u 2 ⇒ xdx = udu . 2 f (u ) 3 3 3 . Từ đó I ∫= Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 1; x = 2 2 ⇒ u == udu 2 ∫ f ( u )du . 1 u 1 2 3 47 Suy ra I = 2 ∫ f ( x )dx + 2 ∫ f ( x )dx = . Chọn A. 1 2 3 Câu 39. Gọi O là giao điểm AC ∩ BD . Tâm I mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc SO . Gọi M là trung điểm CD , hạ IH ⊥ SM . Ta có SA = SC = a 2 nên ∆SAC đều. = AC 2 2 a 2. 3 a 6 a 7 SI Từ đó= = SO . = ; SM = SO 2 + OM 2 = . 3 3 2 3 2 IH SI a 6 /3 a 42 Ta có ∆SHI  ∆SOM ⇒ = = ⇒ IH = = d ( I ,( SCD) ) . Chọn C. OM SM a 7 / 2 21 Câu 41. Dựa vào đồ thị f ( x ) trên đoạn [ −2; 2] , xét phương trình f ( t )= m ∈  . −2  2cos x = t = −2 cos x = −1 π x = + Trường hợp 1: f ( t ) =−3 ⇔  ⇒ ⇒ ⇒ . t = 1  2cos x = 1 cos x = 1 / 2  x = ±π / 3 Suy ra m = −3 thỏa mãn.
t = a ∈ ( −2; −1)  2cos x = a  x = ±α + Trường hợp 2: f ( t ) =−2 ⇔  ⇒ ⇒ . Loại. t= b ∈ ( 0;1)  2cos x = b  x = ±β t = a ∈ ( −2;1)  2cos x = a  x = ±α  + Trường hợp 3: f ( t ) =−1 ⇔ t =0 ⇒  2cos x =0 ⇒  x =±π / 2 . Loại. t= b ∈ (1; 2 )  2cos x = b  x = ± β  f ( t ) 0,= Tương tự, các trường hợp= f ( t ) 1 dều loại. Kết luận: có 1 giá trị nguyên m = −3 thỏa mãn. Chọn C. Câu 42. Cho đồ thị f ' ( x ) . Lập bảng xét dấu, ta có: max f ( x ) = max { f (1) ; f ( 5 )} . [0;5] Dựa vào bảng xét dấu (hoặc đồ thị f ' ( x ) ) ta có (Bài Vi phân): ' ( 3) 2 f ' ( 3) < 0 ⇒ f ( 5 ) < f ( 3) .  f ( 5 ) − f ( 3) ≈ ( 5 − 3) f =  f (1) − f ( 3) ≈ (1 − 3) f ' ( 3) =−2 f ' ( 3) > 0 ⇒ f (1) > f ( 3) . Suy ra f ( 5 ) < f ( 3) < f (1) ⇒ max f ( x ) = f (1) . Chọn D. [0;5]  1 ( ln 2 x 2 + 4 x + m x > ) 2ln ( 2 x −1) (1) Câu 43. Ta có PT ⇔ 2022 > 2022 ⇔ 2 . 2 x 2 + 4 x + m > 4 x 2 − 4 x + 1 (2)  Vì có đúng 4 số nguyên x thỏa mãn nên, chọn x = 4 thì (2) đúng, suy ra: 48 + m > 64 − 16 + 1 ⇔ m > 1 . Chọn x = 5 thì (2) phải sai, suy ra 70 + m ≤ 100 − 20 + 1 ⇔ m ≤ 11 . Vậy các giá trị nguyên của m là: m ∈ {2;3; 4;...;11} . Chọn B. Câu 44. Hạ AH , AK lần lượt vuông góc với mp ( P ) và đường thẳng d . Khi đó: AH ≤ AK nên khoảng cách từ A đến mp ( P ) lớn nhất ⇔ AH ≡ AK . Ta có   1   8 2 5  AK = ( t − 3; t − 1; 2t + 1) ⊥ u = (1;1; 2 ) nên 6t − 2 = 0 ⇔ t = . Do đó AK = − ; − ;  3  3 3 3  . Chọn= n ( 8; 2; −5 ) ⇒ mp ( P ) : 8 x + 2 y − 5 z + 6 = 0 . Vậy a + b + d = 2 − 5 + 6 = 3 . Chọn D.
g ( x) Câu 45. Xét = f ( x 2 ) − 2 x . Đặt t = x 2 ⇒ t ' = 2 x . Khi đó= − 2 2 ( xf ' ( t ) − 1) . g ' t ' f ' ( t )= g ' xf ' ( t ) − 1 < 0 nên g ' = 0 vô nghiệm. + Nếu x < 0 thì= 1 0 ⇔ f ' ( t ) = phương trình có 4 nghiệm đơn phân biệt. + Xét x > 0 thì g ' = t Vậy g ( x ) có 4 cực trị. Chọn D. Câu 46. Cách 1. (Tính gần đúng – Dự đoán – Trắc nghiệm). Vẽ thêm các đoạn thẳng (Hình minh họa), dựa vào ý nghĩa của tích phân trong hình học, diện tích hình thang cong gần bằng một nửa diện tích hình chữ nhật. Ta có: S1 ≈ (1 + 2 ) × ( 4.5 − 1) = 21 S , suy ra 1 ≈ 21 / 4 7 == 1.75 . Do đó chọn B có S1 ≈ 1.69 2 4 S2 3 ×1 4 S2 .Cách 2. (Tự luận). f ( x1 ) 4= Ta có = f ( x2 ) 4 f ( x0 ) , trong đó x2 = x1 + 2 = x0 + 3 và x1 , x2 là nghiệm của đạo hàm, có phương trình dạng a ( x − x1 )( x − x2 ) = 0 (*), với a > 0 . 2 s thì x0 =−2 + s; x1 =−1 + s; x2 =1 + s . Thay vào (*), ta có: Đặt x2 + x1 =  x3  a  x 2 − 2 sx + ( s 2 − 1)  = 0 , suy ra f ( x )= a  − sx 2 + ( s 2 − 1) x  + d , với 1 < s < 2 . 3  + Điều kiện f ( x2 )= f ( x0 ) ⇔ f ( s + 1)= f ( s − 2)
 ( s + 1)3   ( s − 2 )3  − s ( s + 1) + ( s − 1) ( s= + 1)  a  − s ( s − 2 ) + ( s 2 − 1) ( s − 2 )  . 2 2 ⇔ a 2  3   3  5 −3 1 9  x3 5 9  Giải ra ta có s = ⇒ x0 = ; x1 = ; x2 = và f ( x ) = a  − x 2 + x + d . 4 4 4 4  3 4 16  1 9 13  81  + Điều kiện f ( x1 ) = 4 f ( x2 ) ⇔ f   = 4 f   ⇔ a + d = 4 − a + d  4 4 192  64  985  x3 5 9 985  ⇒ d = a , do đó f ( x ) = a  − x 2 + x + . 576  3 4 16 576   9  4a 4a 4a Ta có f   = , S= 2 ( x2 − x0=) và 4 9 9 3  x3 5 2 9 9/4 985 4  9a S1 9a / 4 27 S1 a ∫  − x + x + = −  dx = . Vậy = = . Chọn B. −3/4  3 4 16 576 9  4 S 2 4 a / 3 16 Lời bình. Bài toán tương đối khó và giải khá dài nên tốn nhiều thời gian. Câu 47. Điều kiện u = 2 x + y > 0; v = 2 x 2 + y 2 > 0 . Từ giả thiết 2u log 2 ≥ 2 ( x 2 − x + 1) + ( y 2 − y − 1) = v − u + 1 ⇔ log 2 u + u ≥ log 2 v + v . v Dễ thấy hàm số = f ( t ) log 2 t + t đồng biến nên suy ra u = v ⇔ 2 x + y = 2 x 2 + y 2 (1). Ta có P = x − y + 3 xy , để tìm maxP ta xét xy > 0 , kết hợp 2 x + y > 0 , nên x, y > 0 . 1 1 ( 2 + 1) ( 2 x 2 + y 2 ) ≥ ( 2 x + y ) ⇔ 3u ≥ u 2 ⇔ u ≤ 3 , suy 2 Từ (1) ta có đánh giá 2 x + y= 3 3 3− y 2x y ra 2 x + y ≤ 3 ⇔ x ≤ . Dấu bằng có khi = ⇔ x = y. 2 2 1 3  y+2− y  2 3− y 3− y 3 Do đó P ≤ − y + 3 y. = 1 + y ( 2 − y )  ≤ 1 +   = 3 . 2 2 2 2   2   Vậy maxP = 3 tại x= y= 1 . Chọn A. Câu 48. Đặt z − 1 − 2i =a + bi ⇔ z =a + 1 + ( b + 2 ) i . Giả thiết là: a 2 + b 2 = 4 . Khi đó : 2 2 2 P =z − 3 − 2i + z − 1 − 4i − 2 z + 1 − 2i . =( a − 2 ) + b 2 + a 2 + ( b − 2 ) − 2 ( a + 2 ) − 2b 2 2 2 2 1 1 −4 ( 3a + b ) . Mặt khác= . ( 9 + 1) ( a 2 + b 2 ) ≥ . ( 3a + b ) ⇒ 3a + b ≤ 2 10 . 2 P= 4 10 10 3 10 10 Do đó P = −4 ( 3a + b ) ≥ −8 10 . Dấu bằng có= khi a = ,b . 5 5 Chọn D.
a > 0; y 2 = Câu 49. Đặt x 2 = b > 0 . Từ giả thiết thứ nhất a2 + 1 a log 2 + log 2 = b (1 + a 2 ) + b3 − a (1 + b 2 ) − a 3 − a 2b + ba 2 . b +1 2 b ⇔ log 2 ( a 3 + a ) + a 3= + a log 2 ( b3 + b ) + b3 + b . Dễ thấy hàm số = f ( t ) log 2 t + t đồng ( ) biến nên suy ra a 3 + a = b3 + b ⇔ ( a − b ) a 2 + b 2 + ab + 1 = 0 ⇔ a = b . Suy ra x = y . Thế vào giả thiết thứ hai, ta có 2log 2 ( 2 x= + 2 ) 3log 3 ( 3 x + 6 ) − 1 . Hay ta có 2 1 + log 2 ( x + 1)  = 3 1 + log 3 ( x + 2 )  − 1 ⇔ 2log 2 ( x + 1) = 3log 3 ( x + 2 ) = 6t t t 8 1 ⇒ x += 1 8 ;x + 2 t = 9 . Do đó 8 + 1 = 9 ⇔   +   = 1 ⇔ t = 1 . t t t 9 9 Vậy ( x; y ) = ( 7;7 ) là cặp số nguyên duy nhất thỏa mãn bài toán. Chọn C. Câu 50. Mặt cầu có tâm I (1;2;2 ) , bán kính R = 5 . Ta có d ( I ;( P ) )= 5= R nên mặt cầu tiếp xúc với ( P ) tại H. Ta có bán kính đáy nón r= 5= R , ngoài ra thì mp ( Q ) / / mp ( P ) . Chọn ( Q ) cắt đoạn IH tại K, vì càng gần đáy nón thì diện tích thiết diện càng lớn. Đặt d −6 =x d ( (Q),( = P) ) ,0 < x ≤ 5 . 3 Khi đó bán kính thiết diện với mặt cầu ( S ) là r12 = R 2 − ( 5 − x ) = 10 x − x 2 . 2 (15 − x ) 2 r2 15 − x 15 − x Bán kính thiết diện thứ hai thỏa mãn = r2 ⇒= ⇒ r= 2 2 . r 15 3 9 (15 − x ) 2 10 − 10 / 3 15 Xét tổng r1 + r2 = 10 x − x 2 2 2 + là Parabol đạt GTLN tại x = − = 9  1 4 2  −1 +   9 d − 6 15 69 a .Do đó = ⇔d= = . Suy ra T = a + b = 73 . 3 4 4 b Chọn C. Nhận xét. Đề thi hay, phân loại tốt. Tuy nhiên đáp án D nhiều quá.