Đề thi khảo sát chất lượng Tốt nghiệp THPT lần 1 môn Toán - Mã đề 101 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Sầm Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng Tốt nghiệp THPT lần 1 môn Toán - Mã đề 101 - Năm học 2020-2021 - Trường THPT Sầm Sơn (Có đáp án)

1. SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TN THPT (Lần 1) TRƯỜNG THPT SẦM SƠN MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút (Đề thi gồm có 06 trang) Mã đề thi: 101 Họ, tên thí sinh: SBD Câu 1: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB= 3 a , BC= 4 a , SA=12 a và SA vuông góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . 17a 13a 5a A. R = B. Ra= 6 C. R = D. R = 2 2 2 Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;− 4;3) và B(2; 2;7) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A. (1; 3; 2 ) B. (2;6; 4) C. (2;− 1; 5 ) D. (4;− 2;10) Câu 3: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;2) . B. Hàm số đạt cực đại tại x = 3. C. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;3) . D. fx( ) ≥0 ,x ∀∈ . Câu 4: Tập giá trị của hàm số yaa=x ( >≠0, a 1) là: A. . B. (0; +∞). C. [0; +∞) . D. \{0} . Câu 5: Hàm số yxx= ln đồng biến trên khoảng: 1 1 A. ;+∞ . B. (0 +∞) . C. 0; . D. (0;1) . e e Câu 6: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình xyz2+ 22 +−224 xyzm − − += 0 là phương trình của một mặt cầu. A. m 6 D. m ≤ 6 Câu 7: Cho cấp số cộng (un ) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = 5. Giá trị của u4 bằng A. 22 . B. 17 . C. 12. D. 250 . Câu 8: Cho khối lăng trụ ABC. A′′′ B C . Khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 5 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 2 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC′′′) là trung điểm M của BC′′ và AM′ = 5 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 25 2 15 15 A. B. C. 5 D. 3 3 3 Câu 9: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A B C có BB a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. a3 a3 a3 A. V . B. V . C. V . D. Va 3. 6 3 2 Trang 1/6 - Mã đề thi 101
2. 23x + Câu 20: Phương trình các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = là: x −1 1 1 A. yx=,1 = . B. yx=1, = 2 . C. yx=2, = 1. D. yx=1, = . 2 2 Câu 21: Cho hàm số y= fx( ) có bảng biến thiên như sau. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số có tiệm cận đứng là y =1. B. Hàm số đồng biến trên . C. Hàm số có tiệm cận ngang là x = 2 . D. Hàm số không có cực trị. 4 Câu 22: Cho hàm số fx( ) = x − . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? x A. Hàm số fx( ) đồng biến trên . B. Hàm số fx( ) đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (0; +∞) . C. Hàm số fx( ) nghịch biến trên các khoảng (−∞;0) và (0; +∞). D. Hàm số fx( ) nghịch biến trên . Câu 23: Bảng biến thiên ở bên là của hàm số nào? x 1 +∞ y' + 0 + + ∞ y 1 ∞ A. yx=−+3233 x x. B. yxx=−−−3233 x. C. yx=−+−3233 x x. D. yx=+−3233 x x. Câu 24: Phương trình 4xx− 3.2 −= 4 0 có nghiệm là: A. vô nghiệm. B. x= 1; x = 4 . C. x=−= 1; x 4 . D. x2= . 4x2 − m Câu 25: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường cong y = có hai tiệm cận đứng. x2 −+4x 3 A. m∉{4;36}. B. m∉{3; 4}. C. m ≠−1. D. m∉{2;1} . Câu 26: Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón đã cho. A. Sxq =12π B. Sxq = 43π C. Sxq = 39π D. Sxq = 83π 2 2 Câu 27: Cho hàm số fx( ) thoả mãn f (2) = − và f′( x) = 2 xfx( ) với mọi x ∈ . Giá trị của f (1) 9 bằng. 2 2 19 35 A. − B. − C. − D. − 15 3 36 36 1 Câu 28: Tìm nguyên hàm của hàm số fx( ) = . 52x − Trang 3/6 - Mã đề thi 101
3. theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. 100.(1,01)3 (1, 01) 3 A. m = (triệu đồng) B. m = (triệu đồng) 3 (1, 01)3 − 1 120.(1,12)3 100.1,03 C. m = (triệu đồng) D. m = (triệu đồng) (1,12)3 − 1 3 Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD 23a3 26a3 43a3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 41: Trong hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đều bằng a 2 . Tính thể tích V của khối nón đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD 3 3 2πa3 πa πa 2πa3 A. V = B. V = C. V = D. V = 2 2 6 6 Câu 42: Số đỉnh của khối bát diện đều là: A. 6 . B. 7 . C. 8. D. 9. Câu 43: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SA với mặt phẳng ( ABC) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC và SA bằng a 5 a a 5 a 2 A. . B. . C. . D. . 5 5 10 5 Câu 44: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=2, a AD = a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy là 45°. Gọi N là trung điểm SA, h là chiều cao của khối chóp S.ABCD và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N.ABC. Biểu thức liên hệ giữa R và h là 4 55 A. Rh= . B. 45Rh= . C. 54Rh= . D. Rh= . 55 4 Câu 45: Cho mặt cầu (S ) tâm O , bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) cách O một khoảng bằng 1 và cắt (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H . Gọi T là giao điểm của tia HO với (S ) , tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn (C). 32π 16π A. V = B. V = 32π C. V =16π D. V = 3 3 Câu 46: Cho hàm số bậc bốn y= fx( ) có đồ thị như hình bên. Số điểm cực trị của hàm số gx( ) = f( x32 + 3 x) là A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 11. Câu 47: Cho hai hàm số y= f( x), y = gx( ) . Hai hàm số y= fx′( ) và y= gx′( ) có đồ thị như hình vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y= gx′( ) . Trang 5/6 - Mã đề thi 101
4. ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ THI MÔN TOÁN Mã đề 101 Mã đề 102 Mã đề 103 Mã đề 104 Mã đề 105 Mã đề 106 1 C 1 C 1 A 1 C 1 A 1 D 2 C 2 B 2 D 2 B 2 B 2 D 3 D 3 A 3 A 3 D 3 C 3 C 4 B 4 D 4 A 4 C 4 D 4 C 5 A 5 A 5 D 5 B 5 C 5 D 6 A 6 D 6 B 6 C 6 C 6 B 7 B 7 A 7 C 7 A 7 D 7 A 8 B 8 C 8 B 8 C 8 B 8 A 9 C 9 D 9 D 9 B 9 A 9 B 10 D 10 C 10 D 10 B 10 B 10 A 11 B 11 A 11 A 11 C 11 C 11 C 12 C 12 A 12 C 12 C 12 B 12 A 13 D 13 B 13 A 13 D 13 D 13 A 14 D 14 D 14 D 14 D 14 C 14 B 15 D 15 D 15 B 15 A 15 A 15 A 16 A 16 B 16 B 16 C 16 A 16 B 17 B 17 D 17 B 17 B 17 A 17 D 18 B 18 B 18 A 18 B 18 A 18 B 19 A 19 C 19 C 19 A 19 B 19 D 20 C 20 A 20 A 20 C 20 D 20 A 21 D 21 C 21 C 21 A 21 B 21 C 22 B 22 C 22 D 22 D 22 C 22 C 23 A 23 D 23 D 23 A 23 C 23 A 24 D 24 B 24 A 24 C 24 D 24 B 25 A 25 A 25 B 25 C 25 B 25 C 26 B 26 D 26 C 26 A 26 A 26 C 27 B 27 C 27 C 27 D 27 D 27 D 28 A 28 B 28 D 28 B 28 C 28 B 29 A 29 D 29 C 29 A 29 D 29 A 30 D 30 B 30 B 30 B 30 A 30 D 31 C 31 B 31 A 31 D 31 A 31 C 32 C 32 A 32 D 32 A 32 B 32 D 33 C 33 D 33 A 33 D 33 C 33 A 34 D 34 C 34 A 34 D 34 D 34 C 35 D 35 D 35 D 35 A 35 A 35 B
5. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU VD - VDC Câu 1: Cho khối lăng trụ ABC. A′′′ B C . Khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 5 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 2 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC′′′) là trung điểm M của BC′′ và AM′ = 5 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 25 2 15 15 A. B. C. 5 D. 3 3 3 Lời giải Gọi J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB′ và CC′ , H là hình chiếu vuông góc của C lên BB′ Ta có AJ⊥ BB′ ( 1) . AK⊥⇒⊥ CC′′ AK BB ( 2) . Từ (1) và (2) suy ra BB′ ⊥ ( AJK ) ⇒⊥BB′ JK ⇒ JK// CH ⇒=JK CH =5 . Xét ∆AJK có JK22=+= AJ AK 25 suy ra ∆AJK vuông tại A . 5 Gọi F là trung điểm JK khi đó ta có AF= JF = FK = . 2 Gọi N là trung điểm BC , xét tam giác vuông ANF ta có: 5 AF 1 cos NAF = = 2 = ⇒=NAF 60 . ( AN= AM = 5 vì AN// AM và AN= AM ). AN 5 2 1 1 S∆AJK 1 Vậy ta có S= AJ. AK =.1.2 = 1 ⇒=SS.cos60 ⇒=S∆ ==2 . ∆AJK 2 2 ∆∆AJK ABC ABC cos60 1 2 15 Xét tam giác AMA′ vuông tại M ta có MAA ′ = AMF = 30 hay AM= A′ M.tan 30 = . 3
6. A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 11. Lời giải Chọn C. Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số y= fx( ) như sau x −∞ a b c +∞ fx′( ) − 0 + 0 −∞ 0 + +∞ +∞ fx( ) Ta có gx( ) = f( x32 + 3 x) ⇒ gx′′( ) =++(3 x2 6. xf) ( x 32 3 x) x = 0  x = −2 3xx2 += 60  Cho gx′( ) = 0 ⇔  ⇔ x32+=3 x aa ;0 3 x cc ;4 32 2 x = 0 Xét hàm số hx( ) = x + 3 x ⇒ hx′( ) =36 x + x. Cho hx′( ) = 0 ⇔  x = −2 Bảng biến thiên Ta có đồ thị của hàm hx( ) = x32 + 3 x như sau
7. Hoàn nợ lần 3: - Tổng tiền cần trả (gốc và lãi) là : 2−− =32 − − 100.( 1,01) 1,01.mm .1,01 100.( 1,01) ( 1,01) m 1,01 m (triệu đồng) 32 - Số tiền dư:100.( 1,01) −( 1,01) m −− 1,01 mm (triệu đồng) 3 32 100.( 1,01) ⇒100.( 1,01) −( 1,01) m − 1,01 mm −=⇔= 0 m 2 (1, 01) ++ 1, 01 1 33 100.( 1,01) .( 1,01− 1) ( 1,01) ⇔=m = 3 (triệu đồng) 2 ++ − 1, 01− 1 (1, 01) 1, 01 1 .( 1, 01 1) ( ) y Câu 5. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 0≤≤x 2020 và log3 ( 3x+ 3) += xy 2 + 9 ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Chọn D. Cách 1: yy2 Ta có: log33( 3x+ 3) + xy = 2 + 9 ⇔ log( x + 1) + x += 1 2 y + 3 . (1) t Đặt log3 ( x+ 1) =⇒ tx += 1 3 . Phương trình (1) trở thành: ty+=32ty + 32 (2) Xét hàm số fu( ) = u + 3u trên . fu′( ) =+1 3u ln 3 > 0, ∀∈u nên hàm số fu( ) đồng biến trên . yy Do đó (2) ⇔ft( ) = f( 22 y) ⇔= t y⇒log3 ( x + 1) = 2 yx ⇔ += 1 9 ⇔ x = 9 − 1 yy Vì 0≤≤xy 2020 ⇒≤−≤ 0 9 1 2020 ⇔≤≤ 1 9 2021 ⇔≤≤ 0 log9 2021 (log3 2021≈ 3,464) Do yy∈⇒∈ {0;1;2;3} , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x Vậy có 4 cặp số nguyên ( xy; ) . Cách 2: yy2 Ta có: log33( 3x+ 3) + xy = 2 + 9 ⇔ log( x + 1) + x += 1 2 y + 3 Xét hàm số fx( ) =log3 ( x + 1) ++ x 1 với x ∈[0;2020]. 1 Ta có fx′( ) = +1 > 0, ∀∈xx ∈[ 0;2020] ⇒ Hàm số fx( ) đồng biến trên đoạn [0;2020] . ( x +1) ln 3 Suy ra f(0) ≤ fx( ) = log32( x + 1) + x +≤ 1 f( 2020) ⇔≤ 1fx( ) ≤ log 2021 + 2021 y ⇒≤1 2y + 9 ≤ log3 2021 + 2021 < 2028 Nếu yy<⇒029991 +yy < <0 =⇒≥y 0 Khi đó yy∈⇒ (2 + 9y) ∈⇒ 2 y + 9 yy ≤ 2027 ⇒ 9 ≤ 2027 − 2y ≤ 2027