Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Kinh Môn (Lần 1)

Chia sẻ: Yunmengjiangshi Yunmengjiangshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Kinh Môn (Lần 1) để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình cũng như làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị kì thi được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Kinh Môn (Lần 1)

BẢNG ĐÁP ÁN 1-B 2-D 3-D 4-D 5-A 6-A 7-D 8-D 9-C 10-A 11-D 12-C 13-A 14-A 15-D 16-B 17-A 18-C 19-C 20-C 21-D 22-C 23-C 24-C 25-D 26-A 27-B 28-D 29-B 30-D 31-A 32-A 33-C 34-D 35-C 36-C 37-B 38-B 39-C 40-C 41-A 42-D 43-D 44-C 45-B 46-A 47-C 48-D 49-B 50-A HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B. * Diện tích đáy là: S ABCD  AB 2   2a   4a 2 . 2 * Gọi O là tâm của ABCD ta có SO   ABCD   SO  3a, thể tích V của khối chóp đã cho là: 1 1 V  S ABCD .SO  .4a 2 .3a  4a 3 . 3 3 Câu 2: Chọn D. 1 1 1 1  a 3 b a 5 a 15 b 30 a  a  5  a  15  a  30  a  6 Ta có: 5     .  .     . b a b b a b b b b b Câu 3: Chọn D. x2  2x  3  x  1 Ta có y '  suy ra y '  0  x 2  2 x  3  0   .  x  1 x  3 2 7 Xét trên  2;0 ta có f  2    , f  1  2 và f  0   3. 3 Vậy M  max f  x   2 và m  min f  x   3 , do đó P  M  m  5.  2;0  2;0 1
Câu 4: Chọn D.  f  x  2 Ta có f  x   2   .  f  x   2 Từ bảng biến thiên ta có phương trình f  x   2 có 2 nghiệm phân biệt và phương trình f  x   2 có 2 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm. Câu 5: Chọn A. Tập xác định D  . Ta có y '  x 2  2  m  1 x  1, để hàm số đồng biến với x  D thì y '  0, x     '  0  m  2m  0  0  m  2 mà m   nên m  0;1; 2 . Vậy đáp án là A. 2 Câu 6: Chọn A. Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta chọn đáp án A. Câu 7: Chọn D. Đó là các mặt phẳng  SAC  ,  SBD  ,  SHJ  ,  SGI  với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới. Câu 8: Chọn D. 1 1 1 12 Ta có: P  log ab c   P  . log c ab log c a  log c b 1 1 7  log a c log b c Câu 9: Chọn C. x 1 Ta có: lim  1. Suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  1. x  x  2 x 1 x 1 Ta có lim  ; lim  . Suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x  2. x 2 x2 x 2 x  2 2
x 1 Vậy giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  là I  2;1 . x2 Câu 10: Chọn A. 2 a a 5 Ta có: HD  a    2 . 2 2 2 2  a 13   a 5  Xét tam giác vuông SHD có: SH  SD  HD      2   a 2. 2  2   2  Ta có chiều cao của khối chóp là SH , diện tích đáy là S ABCD  a 2 . 1 a3 2 Vậy thể tích khối chóp là: V  .a 2.a 2  . 3 3 Câu 11: Chọn D. Do hàm số có đạo hàm tại điểm x0 nên nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì f '  x0   0. Câu 12: Chọn C. 3 Ta có y '  . Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng  d  : y  3 x  2 nên có hệ số góc là 3. Do đó ta có  x  2 2 3  x  1  3   x  2  1   2 phương trình  x  2  x  3 2 Với x  1, y  1 phương trình tiếp tuyến là: y  3 x  2 (loại). Với x  3, y  5 phương trình tiếp tuyến là: y  3 x  14 ™. Câu 13: Chọn A. 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  2. Câu 14: Chọn A.       1 2m2 2m2 1 Ta có 3 2  3 2  3 2  3 2  2m  2  1  m  . 2 Câu 15: Chọn D. Theo tính chất của lôgarit thì mệnh đề đúng là log b x  log b a.log a x. Câu 16: Chọn B. Ta có y  x 3  3 x 2  2  y '  3 x 2  6 x Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm x0  1 là k  y ' 1  9 . - Với x0  1  y0  2 Phương trình tiếp tuyến của đường cong là: y  9  x  1  2  y  9 x  7. Câu 17: Chọn A. Xét khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C '. Khi đó thể tích là a2 3 a3 3 V  SABC . AA '  .a  . 4 4 Câu 18: Chọn C. Ta có lim y  1; lim y    đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y  1. x  x  lim y  ; lim y    đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x  1. x 1 x 1 Câu 19: Chọn C. Ta có log 2 6  a  log 2  2.3  a  1  log 2 3  a  log 2 3  a  1. 4
1 2a  1 Khi đó log 3 18  log 3  2.32   log 3 2  2  2 . a 1 a 1 Câu 20: Chọn C. x  0 Ta có y '  4 x  4 x  0   x  1 3  x  1 Vậy hàm số đồng biến trên  1; 0  và 1;   , hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1 . Câu 21: Chọn D. Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  ta có bảng biến thiên sau: x  0 a b c  y'  0 + 0  0 + 0 + y Vậy đồ thị hàm số có 3 cực trị. Câu 22: Chọn C. 1 V  .3a.  2a   4a 3 . 2 3 Câu 23: Chọn C. 5
VMIJK MI MJ MK 1 1 1 1 Ta có  . .  . .  . VMNPQ MN MP MQ 2 2 2 8 Câu 24: Chọn C. 1 Ta có f  x    2 x  3 5 . 3 3  ĐK: 2 x  3  0  x   TXĐ: D   ;   . 2 2  Câu 25: Chọn D. 1 1 a2 3 a3 Ta có VS . ABC  .S ABC .SA  . .SA   SA  a 3. 3 3 4 4 Câu 26: Chọn A. Điều kiện xác định của f  x   log 6  2 x  x 2  là: 2 x  x 2  0  0  x  2. Câu 27: Chọn B. Số hạng chứa x5 trong khai triển 1  x  là T6  C125 x 5  792 nên chọn đáp án B. 12 Câu 28: Chọn D. Ta có u10  u1  9d  2  9.3  25 nên chọn đáp án D. Câu 29: Chọn B. Đây không là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nên loại A, D. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại đáp án D. Câu 30: Chọn D. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy max y  4.  Câu 31: Chọn A. a Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là y  1   1  a  1. 1 Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại x  2 nên 2a  b  0  b  2a  2. 6
b b Đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại y  2 nên  2  c    1. c 2 Do đó: a  2b  3c  0. Câu 32: Chọn D. Hàm số y  f  x  đồng biến trên   f '  x   0, x  .  m 2 x 4  m  m  2  x3  2  m  1 x 2   m  2  x  m  0, x     x  1  m 2 x 3  2mx  2 x  m   0, x   1 Đặt g  x   m 2 x3  2mx  2 x  m. m  1 Từ 1 suy ra g 1  0   m  2 Thử lại, với m  1 thì 1   x  1  x3  2 x  2 x  1  0, x     x  1 x  x  1 , x  . 2 2 Điều này luôn đúng. Thử lại, với m  2 thì 1   x  1  2 x3  x  1  0, x     x  1 x  ( x  1)2  , x  . 2 2 Điều này luôn đúng. Vậy m  1, m  2 thỏa mãn bài toán. Câu 33: Chọn C. 7
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B ' lên mp  ABC  . Theo bài ta có B ' H  BB '.sin 600  3a. Diện tích a2 3 a2 3 3 tam giác đều ABC cạnh a là . Vậy V  .a 3  a 3 4 4 4 Câu 34: Chọn D. Gọi M là trung điểm AB, ta thấy ngay AMCD là hình vuông. MBCD là hình bình hành. Suy ra BC / / DM mà DM   SAC   BC   SAC  để chứng minh DC   SAD  . Trong tam giác vuông SAD vuông tại A vẽ 6 SA. AD đường cao AR như hình ta có AR   SDC  và AR   a. Trong tam giác vuông SAC vuông SA2  AD 2 3 SA. AC tại A vẽ đường cao AQ như hình ta có AQ   SBC  và AQ   a. Vậy góc giữa hai mặt phẳng SA2  AC 2  SBC  và  SCD  là góc giữa AR và AQ chính là góc RAQ    . Tam giác ARQ vuông tại R có AR 6 cos    . AQ 3 Câu 35: Chọn C. Từ bảng biến thiên ta có để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt thì 4  m  2. Do đó các giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán là 3; 2; 1; 0;1. Vậy tổng các giá trị nguyên của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số tại ba điểm phân biệt bằng: 5. Câu 36: Chọn C.  2 Ta có log 3  5 3 ab 3 2 1  . log3  a 3b  3 5 2  15  log3 a3  log3 b  2 2  .3.log 3 a  log 3 b 15 15 2 2  log 3 a  log 3 b. 5 15 8
Vậy x  2, y  2  x  y  4. Câu 37: Chọn B. AC Tam giác ABC vuông cận tại B nên AC  AB 2  AB   2. 2 1 1 1 4 Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  .SA.S ABC  .4. . 2. 2  . 3 3 2 3 VS . AHK SA SH SK 1 1 1 1  . .  1. .   VS . AHK  VS . ABC VS . ABC SA SB SC 2 3 6 6 5 VA. BHKC  VS . ABC  VS . AHK  .VS . ABC 6 5 4 10  .  . 6 3 9 10 Vậy thể tích khối chóp A.BHKC là . 9 Câu 38: Chọn B. 9
Gọi M , M ' lần lượt là trung điểm của BC , B ' C '. Gọi N , E lần lượt là trung điểm của AB, BN . Góc giữa hai mặt phẳng  ABB ' A ' và  A ' B ' C ' bằng góc giữa hai mặt phẳng  ABB ' A '  và  ABC  . Vì CN  AB và ME / / CN nên ME  AB 1 Mặt khác A ' M   ABC   A ' M  AB  2   Từ (1) và (2) ta có AB   A ' EM     ABB ' A '  ;  ABC     A ' EM  600. 10
a 3 1 a 3 CN  AM  ; ME  CN  . 2 2 4 3a Trong tam giác vuông A ' EM có A ' M  ME.tan 600  . 4 Có A ' M '  B ' C '  3 A ' M   ABC   A ' M   A ' B ' C '  A ' M  B ' C '  4  Từ (3) và (4) suy ra B ' C '   AMM ' A ' . Trong mặt phẳng  AMM ' A '  từ M ' kẻ M ' K  AA '  M ' K chính là đoạn vuông góc chung giữa AA ' và B ' C '. Trong mặt phẳng  AMM ' A ' từ M kẻ MI  AA '  MI  M ' K . 1 1 1 28 3a 7 Trong tam giác A ' MA vuông tại M có 2  2  2  2  MI  . MI AM MA ' 9a 14 3a 7 Vậy d  . 14 Câu 39: Chọn C. Ta có: VA. A ' PM  VB. B ' MN  VC .C ' NP VABC .MNP  VABC . A ' B 'C '  VA. A ' PM  VB.B ' MN  VC .C ' NP  VABC . A ' B 'C '  3.VA. A ' PM 11
a2 3 a3 3 VABC . A ' B 'C '  S ABC .h  .a  4 4 1 a2 3 S A ' PM  S ABC  4 16 1 1 a2 3 a3 3 VA. A ' PM  .S A ' PM .h  . .a  4 3 16 48 a3 3 a 3 3 3a 3 3 VABC .MNP  VABC . A ' B 'C '  3.VA. A ' PM   3.  4 48 16 Câu 40: Chọn C. Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  ta có:  1 1  x f ' x  0  0  x  ; f ' x  0  2 2  x  0 Đặt g  x   f  sin x   g '  x   cos x. f '  sin x  . Ta chỉ xét trên khoảng  0;   .     x  cos x  0 2  cos x  0   g '  x   0  cos x. f '  sin x   0    sin x  0   x   f '  sin x   0  1   6 sin x   2  x  5  6 Bảng biến thiên: x   5 0  6 2 6 g ' x  0 + 0  0 + g  x     5  Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số g  x   f  sin x  đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;   6 2  6  Chọn đáp án: C. Câu 41: Chọn A. Gọi số có 7 chữ số được tạo ra từ các chữ số 1, 2, 3, 4 là a1a2 a3a4 a5 a6 a7 . 12