Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Toán của THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang

23 0 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/02/2021, 00:06

Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó khôn[r] (1)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 1: Tìm tất giá trị thực m để phương trình 2020xm có nghiệm A m1 B m0 C m0 D m0 Lời giải Chọn C Tập giá trị hàm số 2020x 0; nên phương trình 2020x m  có nghiệm m0 Câu 2: Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số cho A 0 B 2 C 5 D 1 Lời giải Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số yf x  đạt cực đại x2 Câu 3: Điểm hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z  2 i? A Q B .M C N D P Lời giải Chọn D Số phức z  2 i có phần thực 2 phần ảo 1, nên biểu diễn điểm P2;1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU - AN GIANG ĐỀ THI THỬ THPT - NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn: TỐN – LỚP 12 (2)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 4: Thể tích khối cầu bán kính R A 4R3 B 4 3R C 3 2R D 3 4R Lời giải Chọn B Câu 5: Cho hàm số yf x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để phương trình f2sinxm có nghiệm thuộc khoảng 0; Số phần tử S 2 1 x y O 1  1  3 2  A 1 B 0 C 3 D 2 Lời giải Chọn A Cách 1: Đặt t2sinx Do x0; t 0; 2 Vậy phương trình f 2sinxmf t m  t 0; 2  1 Dựa theo đồ thị, ta thấy để phương trình  1 có nghiệm  1 m3 Xét hàm số g x 2sinx  x 0;   2cos g x  x;   2 g x  x (3)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C 0 6  2  6   0   gx   g x 0 0 1 x    Với m 1:  1     5 x f t m t g x x                 Phương trình có hai nghiệm thuộc 0;  Với  1 m3:             1 0;1 1; t g x t f t m t g x t             0 6  2  6   0   gx   g x 0 0 1 x 1 tt 2 tt    Phương trình cho có nghiệm nghiệm 0;  Với m3:  1     2 f t t g x x         Phương trình có nghiệm Vậy S 3 Cách 2: Đặt 2sin sin 2 t txx Do 0;  0;1 2 t x     Với 2 t t    : sin 2 t x có nghiệm thuộc 0;  Với 2 t t      : sin 2 t x có hai nghiệm thuộc 0; (4)NH ÓM TO Á N VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Vậy S 3 Câu 6: Với a b hai số thực dương tùy ý, logab3 A 3logalogb B log 1log 3 ab C 3 log alogbD loga3logb Lời giải Chọn D Ta có: logab3logalogb3 loga3logb Câu 7: Cho cấp số cộng có số hạng đầu u1 2 cơng sai d7 Giá trị u5 A 12 B 250 C 26 D 22 Lời giải Chọn C Ta có u5 u14d   2 4.726 Câu 8: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số sau đây?  un A yx4x21 B 1 x y x    C 3 yxxD 1 x y x    Lời giải Chọn D Từ đồ thị ta suy hàm số có dạng y ax b cx d    Tiệm cận ngang y a a c c      Tiệm cận đứng x d c d c       Giao điểm với trục hoành  1;0 b;0 b a b a a               Giao điểm với trục tung 0; 1 0;b b b d d d             O x y 1 1  1 (5)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Ta có hệ phương trình 0 0 0 0 a c a c d b a b c b d d                             Vậy 1 x y x    Trắc nghiệm: Từ đồ thị ta có tiệm cận ngang y1 tiệm cận đứng x1 nên ta chọn D Câu 9: Cho ABCD A B C D     hình lập phương cạnh 2a Bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cạnh hình lập phương A 2a B 2 a C a D a Lời giải Chọn D Gọi O tâm hình lập phương ABCD A B C D     H trung điểm CD Ta có OCOD OCDcân OOHCD Tương tự ta chứng minh O tâm mặt cầu tiếp xúc với tất cạnh hình lập phương bán kính mặt cầu 1 1.2 2 2 2 ROHHTCB aa Câu 10: Có cách chọn học sinh từ nhóm gồm 41 học sinh A 41 2 B 41 A C 241. D 41 C Lời giải Chọn D 2 học sinh lấy từ 41 học sinh tổ hợp chập 41 phần tử nên số cách chọn 41 C T H O D D' A B C' B' A' (6)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 11: Số phức  3 7icó phần ảo là: A 7 B 3 C 7 D 3 Lời giải Chọn A Ta có: số phức a bi có phần thực avà phần ảo bnên số phức  3 7icó phần ảo Câu 12: Cho hàm số yf x( )có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng ? A 1; 0 B 0;1  C ;1 D 1;1 Lời giải Chọn A Trên khoảng 1; 0đồ thị phần đường cong có hướng lên nên hàm số đồng biến Câu 13: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, có tất số tự nhiên tham số m để phương trình x2y2z22m2y2m3z3m2 7 phương trình mặt cầu A 5 B 4 C 2 D 3 Lời giải Chọn B Phương trình mặt cầu có dạng: x2y2z22ax2by2czd 0(điều kiện 2 2 0 abcd  ) Theo giả thiết ta có:     2 2 0 2 2 2 3 3 7 a a b m b m c m c m d m d m                                 Phương trình x2y2z22m2y2m3z3m2 7 phương trình mặt cầu khi: a2b2c2d0  2  2   2 m m 3m        2 7 m m m (7)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Do m nên m0;1; 2;3 Câu 14: Đặt alog 23 , log 2716 A 3 4 a B 4a C 4 a D 3a Lời giải Chọn B Ta có: 4 16 2 3 3 3 log 27 log log 4 log 4a     Câu 15: Cho hàm số f x  có đạo hàm đoạn  1; , f 1 1 f 2 2 Tính   2 1 d fx xA 2 IB I1 C I 3 D I 1 Lời giải Chọn B Ta có:         2 2 1 d 2 1 fx xf xff     Câu 16: Xét hình trụ T có thiết diện qua trục hình trụ hình vng có cạnh a Tính diện tích tồn phần Scủa hình trụ A S 4 a2   B Sa2 C 2 2 a S D 2 2 a S  Lời giải Chọn D Từ giả thiết suy đường sinh hình trụ là: la, bán kính đáy hình trụ a R Suy 2 2 2 2 2 2 2 tp a a a S  Rl R   a       Câu 17: Họ nguyên hàm hàm số f x exx A 2 x exC B 1 1 x e x C x   C x e  C D exx2C Lời giải Chọn A Ta có     2 2 x x x f x dxex dxe  C   Câu 18: Cho   1 0 3 f x dx    g x dx      f xg x dx      bằng A 1 B 7 C 12 D 3 (8)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Ta có:         1 1 0 0 2 2.5 f xg x dxf x dxg x dx           Câu 19: Khối chóp có đáy hình vng cạnh a chiều cao 4a Thể tích khối chóp cho A 16 3 a B 4a3 C 3 3 a D 16a3 Lời giải Chọn C Ta có 3 1 .4 3 c a Va aCâu 20: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 1  B2;3; 2 Vectơ AB có tọa độ A 3; 5;1  B  1; 2;3 C 3; 4;1 D 1; 2;3 Lời giải Chọn D Ta có AB1; 2;3 Câu 21: Cho ,x y hai số thực thỏa mãn x2 1 yi  1 2i Giá trị 2xy A 5 B 4 C D 2 Lời giải Chọn D Ta có 2 2 1 1 2 2 x x x yi i x y y y                     Câu 22: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bẳng a.(tham khảo hình bên) Khoảng cách hai đường thẳng BD A C  A a B 2 a C a D a Lời giải Chọn A BD B D//  BD//A B C D   ,  ,   ,   ,  d BD A C  d BD A B C D    d B A B C D    BBa Câu 23: Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị yx; tiếp tuyến với đồ thị M4; 2và trục hoành A 3 8 B 2 3 C 8 3 D (9)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Lời giải Chọn C Hàm số yx có , 2 y x   nên phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M4; 2 : ( 4) 4 x d yx    Và d cắt trục hoành 4; 0 Vẽ đồ thị hàm số yx đường thẳng d hình bên Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị yx; tiếp tuyến với đồ thị M4; 2và trục hoành 0 4 8 1 4 x x S dx x dx                      Câu 24: Cho hình lăng trụ ABCD A B C D     có đáy ABCD hình chữ nhật, ABa AD, a Hình chiếu A lên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm AC BD Góc đường hai mặt phẳng ADD A  ABCD 60  Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng A BD  bằng A a B a C 2 a D 3 a Lời giải Chọn C Ta có B A' A BD' B A' A B' I trung điểm B A' , nên    , '   , '  d BA BDd A A BD (10)NH ÓM TO Á N VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Khi theo giả thiết A O' ABCD mà A O' A BD'  suy A BD'   ABCD Trong mặt phẳng ABCD, kẻ AHBD H AH A BD'  (do BDA BD'   ABCD Vậy  , '   , '  3 2 AB AD a a a d B A BD d A A BD AH BD a       Câu 25: Cho hàm số yf x  liên tục đoạn 1;3 có đồ thị hình bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn 1;3 Giá trị Mm A 4 B 0 C 5 D 1 Lời giải Chọn C Từ đồ thị hàm số yf x  đoạn 1;3 ta có  1;3   max 3     M y f ,  1;3   min 2      m y f Khi Mm5 Câu 26: Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình 4z216z170 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức wiz0 A 2 1; 2 M     B 1 ;1 M     C 1 ; 2 M     D 1 ;1 M     Lời giải Chọn A Xét 2 2 4 16 17 2 i z z z i z              Do z0 nghiệm phức có phần ảo dương nên 2 i z   0 1 2 2 i w iz i  i            2 1; 2 M     điểm biểu diễn số phức wiz O 2  2 1  1 3 y (11)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 27: Cho hàm số f x  có đạo hàm f xx x 1x2 ,3  x  Số điểm cực trị hàm số cho A 1 B 3 C 2 D 4 Lời giải Chọn C Xét     3   0 1 2 1 x f x x x x f x x x                  Ta có bảng xét biến thiên Suy hàm số cho có điểm cực trị Câu 28: Cho mặt phẳng  P qua điểm A2;0;0 , B0;3;0 , C0; 0; 3  Mặt phẳng  P vuông góc với mặt phẳng mặt phẳng sau? A xy  z B 2x2y z  1 C 3x2y2z 6 D x2y  z Lời giải Chọn B Mặt phẳng  P qua điểm A2;0;0 , B0;3;0 , C0; 0; 3  có phương trình là:  : 2 2 3 x y z P     xyz    n P 3; 2; 2   . Xét mặt phẳng 2x2y z  1 có n2; 2; 1  nhận thấy n P.n0   suy mặt phẳng  P vng góc với mặt phẳng 2x2y z  1 Câu 29: Cho hình bát diện cạnh Gọi S tổng diện tích tất mặt hình bát diện Mệnh đề đúng? A S 36 B S 9 C S 18 D S72 Lời giải Chọn C Hình bát diện có mặt tam giác Diện tích mặt là: 2 3 4  Vậy tổng diện tích tất mặt hình bát diện là: 8.9 18 (12)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 30: Số mặt phẳng đối xứng khối tứ diện A 6 B 8 C 9 D 4 Lời giải Chọn A Khối tứ diện có mặt phẳng đối xứng Câu 31: Trong khơng gian Oxyz, mặt phẳng Oxz có phương trình A y0 B xyz0 C z0 D x0 Lời giải Chọn A Mặt phẳng Oxz có phương trình là: y0 Câu 32: Có giá trị nguyên tham số m để đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số   4 3 yxmxm điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ A 4 B 1 C 3 D 2 Lời giải Chọn A Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng y 1 đồ thị hàm số   4 3 yxmxm là:       4 3 3 1 xmxm   xmxm     2   4 2 2 2 1 x x m x x m x                 2 2 2 1 1 1 3 1 x x x x m x m x m                     Đường thẳng y 1 cắt đồ thị hàm số yx43m2x23m điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ (13)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C  Phương trình  2 có nghiệm phân biệt nhỏ khác 1 3 1 5 3 16 0 3 1 m m m m m                    Mặt khác, m nên ta có: m1; 2;3; 4 Câu 33: Cho lăng trụ tam giác ABC A B C    có cạnh bên 2a Tam giác ABC vng A, ,   AB a AC a Hình chiếu A lên mặt phẳng ABC trung điểm H BC Tính cosin góc hai đường thẳng AAB C  A 1 2 B 1 5 C 1 4 D 1 Lời giải Chọn D Trong tam giác vng ABC ta có: BCAB2AC2 2aAHBHa Trong tam giác vuông A AH ta có: A H  A A 2AH2 a Trong tam giác vng A B H  ta có: B H  B A 2A H 2aAA BB//  BC B C//   nên AA C B,    BB BC, B BH Áp dụng định lý cosin tam giác B BH ta có:  2 2 cos 2 2.2            B B BH B H a a a B BH B B BH a a Câu 34: Cho dãy số Unthỏa lnu1 ln u12 lnu10 2 lnu10 un12 ,un  n 1.Giá trị nhỏ n để une100bằng A 162 B 163 C 164 D 161 Lời giải Chọn D un12 ,un  n 1nên Unlà cấp số nhân có cơng bội q=2 Đặt alnu b1; lnu10,khi a 3 a 2a C A B A' B' C' (14)Trang 14 NH ÓM TO Á N VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C     2 1 10 10 2 2 ln ln ln ln 2 2 a b b a u u u u a a b b b a                            2 2 1 2 2 2 2 b a b a b a b a loai b a                      9 18 10 1 1 1 18 18 2 ln ln ln ln ln ln ln ln ln 2 u u u u u u e e u u               Ta có 100 18 100  99  99 2 .2n 18 log 18 log 160,82 n uee  en  en  e  Vậy GTNN n 161 Câu 35: Cho đa giác  H có 20 đỉnh Lấy tùy ý ba đỉnh  H , tính xác suất để ba đỉnh lấy tạo thành tam giác vng cho khơng có cạnh cạnh  H A 114 B 3 38 C 114 D 7 57 Lời giải Chọn D Số tam giác tạo thành từ 20 đỉnh là: C203 n  C203 Gọi A biến cố tam giác chọn tam giác vng cho khơng có cạnh cạnh  H Để tạo thành tam giác vng cạnh huyền phải đường chéo qua tâm  H Mà có 10 đường chéo qua tâm nên số tam giác vuông lấy từ đỉnh  H 10.18=180 Trong có 10.4 tam giác vng có cạnh trùng với cạnh  H Vậy     3 20 140 180 40 140 57 n A P A C       Câu 36: Cho đường thẳng yx parabol 2 yxa (a tham số thực dương) Gọi 1, S S diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên Khi S1S2 thì a thuộc khoảng đây? 1 S y 3 yx 1 2 (15)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C A 9; 32       B 7 ; 32       C 3 ; 16 32       D 3 0; 16       Lời giải Chọn C Phương trình hoành độ giao điểm: 2 3 4 0 *   4x 2xaxxa Ta có đường thẳng cắt parabol hai điểm phân biệt có hồnh độ dương nên phương trình  * có hai nghiệm dương phân biệt 0 9 32 0 2 32 0 a S a a P                   Gọi hai nghiệm phân biệt  * x1x2 Ta có: 1 2 3 1 1 0 1 3 2 8 x x S  xxa dx  xxax  xxax      2 1 2 3 1 1 1 3 2 1 3 6 8 x x x x S x x a dx x x ax x x ax x x ax                                     Do S1S2 nên 3 3 1 1 1 1 3 2 2 2 2 1 3 6 8 1 0 24 6 x x ax x x ax x x ax x x ax x x a                           Do x2 nghiệm phương trình  * nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 256 2 16 2 4 9 16 16 4 24 3 512 12 27 9 128 a a a x x a x x a a a x x x a x a a a a                                           Đối chiếu điều kiện a nên ta có 27 ; 128 16 32 a    (16)NH ÓM TO Á N VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 37: Cho hình nón  N có đường sinh tạo với đáy góc 60 Mặt phẳng qua trục  N cắt  N được thiết diện tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp Tính thể tích V khối nón giới hạn  N A V 9  B V 3  C V 9  D V 3  Lời giải Chọn B Do SASB SA tạo với đáy góc 600 nên SAB  tam giác Đặt 3 1 6 a SAABa r IO  a Do 3; 3   3 2 N AB AB R  h  V  R h  Câu 38: Cho hàm số yf x  liên tục  thõa mãn xf x 3  f1x2 x10x62x, x   Khi   0 1 d f x x  A 1 B 14 3  C 17 4 D 17 20  Lời giải Chọn C Ta có xf x 3  f1x2 x10x62x     2 1 11 2 x f x xf x x x x              0 0 2 11 1 1 d d d x f x x xf x x x x x x                   0 3 2 1 1 17 d d 3 f x x 2 f x x 24                 0 3 2 1 1 17 d d 3 f x x 2 f x x 24             0 1 1 17 17 d d 6 f x x 24  f x x        r I O B A S (17)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Câu 39: Cho phương trình 4 log22xlog2x5 7xm 0 (m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương mđể phương trình có nghiệm phân biệt A 47 B 48 C 49 D Vô số Lời giải Chọn A Điều kiện: 0 7x 7x x x m m             Với m nguyên dương ta có:   2 4 log xlog x5 7xm0 2 2 4 log log 7x x x m          5 7 2 log x x x m            Để phương trình cho có nghiệm phân biệt có trường hợp: TH1: 5 2log m2 5 2 7 m     Trường hợp m3; 4;5; ; 48, có 46 giá trị nguyên dương m TH2: log7m0m1 Trường hợp có giá trị m thỏa mãn Vậy có tất 47 giá trị m thỏa mãn yêu cầu Câu 40: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M, N, P lần lượt tâm mặt bên ABB’A’, ACC’A’, BCC’B' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, M, N, P bằng: A 7 B 9 C 12 D 10 Lời giải Chọn B D E F N P M C' B' A B (18)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:   2 4 , ( ) 24 4       ABCA B C ABC V S d A ABC Gọi D, E, F trung điểm AA’, BB’, CC’ Khi VABCMNPVABCDEF VADMNVBEMPVCFNP Ta có: 2     ABCMNP ABCA B C V V   1 1 , ( ) 3  24        ADMN BEMP CFNP ABC ABCA B C V V V S d A ABC V Vậy 3 3.24 2    24            ABCMNP ABCA B C ABCA B C ABCA B C V V V V Câu 41: Cho đồ thị ( ) :C yx33x21 Gọi A11;5là điểm thuộc ( )C Tiếp tuyến ( )C A1 cắt ( )C A2, tiếp tuyến ( )C A2 cắt ( )C A3., tiếp tuyến ( )C An cắt ( )C 1  n A Tìm số nguyên dương n nhỏ cho An có hồnh độ lớn 22018 A 22017 B 2019 C 2018 D 22018 Lời giải Chọn B Với số tự nhiên n1, đặt xn hồnh độ điểm An Phương trình tiếp tuyến An là: (dn) :y3xn26xnxxnxn33xn21 Phương trình hoành độ giao điểm ( )C (dn) là:    3 2 1 3     nnn nnx x x x x x x x   2 3 2              n n n n x x x x x x x x Suy xn1 2xn3, n Đặt tnxn1, n Khi đó:   1 1 2 ,                 n n n n n t x x t t n (19)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Để xn 22018 n số lẻ n2018 Vậy số nguyên dương n nhỏ cho An có hồnh độ lớn 22018 n2019 Câu 42: Trong không gian Oxyz,cho hai điểm A2; 2; ,  B3; 3; 1  mặt phẳng  P : 2xy2x 8 Xét điểm Mthay đổi thuộc  P , giá trị nhỏ 2MA23MB2 bằng: A 108 B 105 C 145 D 135 Lời giải Chọn B Gọi I điểm thoả mãn 2IA3 IB0I1;1;1 Khi ta có 2MA23MB2 2IA23IB25IM22 3 23 3 25IM290 5 IM2 Để 2MA23MB2 nhỏ  IMmin d I d , 3 Vậy  2 min 2MA 3MB 90 5.3 105.  Câu 43: Trong không gian Oxyz,cho điểm A1; 2; 3 đường thẳng : 2 x y z d       Đường thẳng qua A, vng góc với d cắt trục Oxcó phương trình A 1 2 x t y t z t            B 1 2 x t y t z t            C 1 2 3 x t y t z t            D 1 2 3 x t y t z t           Lời giải Chọn D Gọi B  OxB x ; 0; 0 Ta có  dABud  AB u d 02.x11. 2 2. 3 0x 1 Khi ta có   1 2; 2; : 3 x t u AB y t z t                     Câu 44: Cho hàm số 3 yxx  có đồ thị  C Trên  C lấy hai điểm phân biệt ,A B cho tiếp tuyến ,A Bcó hệ số góc kvà ba điểm , ,O A Bthẳng hàng Mệnh đề đâu đúng? A 8k12 B 0 k C   3 k D 4k8 Lời giải Chọn A Giả sử A a a ; 33a23 , B b b; 33b23 , ab Theo giả thiết y a y b k, suy    2 3a 6a3b 6ba b a b  2    0 a b (do ab) Khi             2 2 3 6 3 2 2 a b a b y a y b a b ab a b (20)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Do ba điểm , ,O A Bthẳng hàng nên b a 33a23a b 33b23  2     3 ab a b ab a b a b          3 ab a b ab      (do ab) 3 ab    (do a b 2) Vậy k 3ab9 Câu 45: Một chất điểm Axuất phát từ O, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian quy luật   11  /  180 18 v ttt m s , t(giây) khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động Từ trạng thái nghỉ, chất điểm Bcũng xuất phát từ O, chuyển động thẳng hướng với A chậm giây so với A có gia tốc a m s / 2(a số) Sau khi Bxuất phát 10giây đuổi kịp A Vận tốc B đuổi kịp A A 10m s/  B 7m s/  C 15m s/  D 22m s/  Lời giải Chọn C Khi B đuổi kịp A, A chuyển động 15s nên quảng đường Ađi     15 15 2 0 1 11 75 180 18 sv t dt  t  dtm     Vận tốc BvB t adtatC Do vB 0 0 nên C0, tức vB tat Do sau chuyển động 10s Bđuổi kịp Anên 10 10 0 3 75 75 50 75 2 at atdt    a a  Vận tốc B đuổi kịp A  10 3.10 15 /  B v   m s Câu 46: Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7, 5%/ năm Biết nấu không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau năm người thu (cả số tiền gửi ban đầu lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định khoảng thời gian lãi suất khơng thay đổi người khơng rút tiền ra? A 9 năm B 12 năm C 11 năm D 10 năm Lời giải Chọn D Gọi A số tiền gửi ban đầu Theo đề ta có A(17, 5%)n 2A n log1 7,5% 29, 58 Câu 47: Xét số thực dương a b x y, , , thoả mãn a 1,b1 ax1 by  3ab Giá trị nhỏ biểu thức P3x4y thuộc tập hợp đây? A 11;13  B 1;  C 7;  D 5;  (21)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C Ta có 1 1 3 3 4 1log 3 1 log 3 a x y a x b a a b b y b             Vậy 16 log 4log 16 7, 64 3 a b 3 Pxy   ba   Câu 48: Cho lăng trụ tam giác ABC A B C   có đáy ABC tam giác vuông cân A, cạnh AC2 Biết ACtạo với mặt phẳng ABC góc 60 AC 4 Tính thể tích Vcủa khối đa diện ABCB C  A 16 3 VB 16 3 VC 3 VD 3 VLời giải Chọn B Gọi H hình chiếu vng góc điểm A ABC        ; ; 60 ACABC AC AHHAC     Diện tích tam giác ABC 2 ABC SAB AC  sinHAC C H C H AC sin 60 AC         Thể tích khối lăng trụ VABC A B C.    SABC.C H 8 Thể tích khối đa diện ABCB C là . . . . 16 3 ABC A B C A A B C ABC A B C ABC A B C VV   V   V    V     Câu 49: Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x Số điểm cực trị hàm số yf x 22xC' B' A' B C (22)NH ĨM T ỐN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C A 7 B 9 C 5 D 3 Lời giải Chọn A Ta có y fx22x 2 x2     2 0 2 * x y f x x            2x  2 x1                   2 2 2 2 2 ; 1 2 1; * 2 0;1 2 1; x x a x x b x x c x x d                         Lập bảng biến thiên hàm số g x x22x Từ bảng biến thiên trên, suy  1 vơ nghiệm,  2 có hai nghiệm phân biệt,  3 có hai nghiệm phân biệt  4 nghiệm khác Vậy hàm sốyf x 22xcó 7 điểm cực trị Câu 50: Xét số phức z thỏa mãn z2iz2 số ảo Biết tập hợp tất điểm biểu diễn số phức zlà đường trịn Tâm đường trịn có tọa độ A 1; 1  B  1; 1 C 1;1 D  1;1 Lời giải Chọn B Giả sử z x yi x y ;  Ta có z2iz2  xyi2ixyi2   2 2 2 x y x y x y i        Vì z2iz2 số ảo, suy x2y22x2y0x12y12 2 (23)NH ÓM T OÁN VD – VD C NH ÓM TO Á N VD – VD C
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Toán của THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang, Đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Toán của THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang