ĐỀ THI THỬ TNTHPT TOÁN 2024 LẦN 2 - SỞ HẢI DƯƠNG (Có đáp án chi tiết)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (692.63 KB, 23 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

Khối 1286. Đề thi thử TN THPT mơn Tốn năm 2024 - CỤM SỞ HẢIDƯƠNG - LẦN 2 (Có lời giải)_8pWYouw9p6.docx

Thời gian làm bài: Khơng giới hạn---

Họ tên thí sinh: ...Số báo danh: ...

Câu 1. Cho khối chóp có diện tích đáy bằng 10a2 và chiều cao bằng 6a. Thể tích V của khối chóp đã cho.

A. V 30a3. *B. V 20a3. C. V 60a3 D.

Hàm số bậc ba y ax 3bx2cx d , hệ số a 0, đi qua O



0;0



nên d 0.

Câu 3. Phương trình log 53



x 1



2 có nghiệm là

A.

x 

D.

Câu 4. Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

Lời giải

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại x 0, giá trị cực đại bằng f

 

0 5.

Câu 5. Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như sau.

Phương trình f x

 

2m có bốn nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi0

A. m . B. m  .1 C. m   .1 *D.

m  

Lời giải

Đặt tlog3x, ta được phương trình t2



m2



t3m  .1 0

Phương tình có nghiệm x x thoả mãn 1, 2 x x 1 2 27 khi và chỉ khi 1 20

 

 

12 3

    là

*A.



0;1



. B. \ 0

 

. C.



1; 



. D.



 ;1



</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Vì 3 là số khơng ngun nên hàm số xác định khi

11 0

x 

0 x 1   .Vậy tập xác định D 



0;1



.

Câu 9. Hàm số nào sau đây không phải là một nguyên hàm của hàm số f x

 

4x2 x 5

Vậy hàm số nghịch biến trong khoảng



1;0



Câu 12. Giá trị lớn nhất của hàm số y x42x22024trên



0;3



là

 

Ta có: (0) 2024; (1) 2025; ( 1) 2025; (3) 1961y  y  y   y Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 2025.

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

nghịch biến trên



0; 



do cơ số a  12 1

Câu 16. Tập nghiệm của bất phương trình 22x2 16 là

   

Câu 19. Cho biết hai số thực dương a và b thoả mãn log2a



ab 



; với b 1 a0. Hỏi giá trị của biểu

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

A. 27. *B. −125. C. 8. D. −27.Lời giải

Ta có

Câu 20. Với a là số thực dương tuỳ ý, khi đó log a bằng8 6

A. 2 log a 2 . B. 18log a .2 *C. 2log a .2 D. 3log a .2

Câu 21. Cho số phức z9i 7, số phức



2i 8



z có số phức liên hợp là

A. 38 86i . B. 74 86i . C. 74 86i . *D. 38 86i .

Lời giải

Ta có:



2i 8



z 



2i 8

 

 7 9i



14 18i i256 72 i38 86 i.Suy ra số phức



2i 8



z có số phức liên hợp là 38 86i .

Câu 22. Cho hàm sốyf x

 

có đồ thị như hình vẽ bên. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số cóphương trình

A. y  .1 *B. y  .1 C. y  .2 D. y  .2

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: y  .1

Câu 23. Cho hàm số f x

 

có đạo hàm f x

  

 x1 2



x23x1 . 3



x1 ,



4   x .

Số điểm cực trị củađồ thị hàm số f x

 

là

 

x 

là nghiệm bội chẵn nên x 1 và 13

x 

không là cực trị.

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

x 

là nghiệm đơn nên 12

x 

là cực trị.

Câu 24. Cho hàm số yf x

 

ax3bx2cx d có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Hàm số yf x

 

đồng biến trên khoảng nào?

*A.



0;1



. B.



1;1



. C.



  ; 1



. D.



2;



.

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta có hàm số yf x

 

đồng biến trên khoảng



0;1



.

Câu 25. Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số

 

x mf x

x m

 

mmf x

  

  1   .m 2Nên S  



1;0;1



.

aS 

Lời giải Chọn B

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Câu 27. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

  . Véc-tơ nào dưới đây không là

véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d ?

A. u 3



8;14; 20



. B. u 1



4;7; 10



. C. u   2



4; 7;10



. *D. u  4



4;7;10



.

Lời giải Chọn D

Ta có một véc-tơ chỉ phương của d là u   2



4; 7;10



.

Do đó, các véc-tơ u3 



8;14; 20



2u2

và u1 



4;7; 10



u2

đều là véc-tơ chỉ phương của đường

thẳng d .

Mặt khác, u4 và u2 không cùng phương nên u4 không là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng .d

Câu 28. Cho tứ diện ABCD có AD



ABC



, ACAD , 2 AB 1 và BC  5. Khoảng cách d từ A

đến mặt phẳng



BCD



bằng

A.

2 55

d 

Lời giải Chọn D

Ta có MQ  



10; 7;0



Câu 30. Cho khối lập phương ABCD A B C D.     có khoảng cách giữa hai đường thẳng C D và B C là a .

Khi đó, thể tích khối lập phương ABCD A B C D.     là

A. 9 3a3. B. 18a3. *C. 3 3a3. D. 9a3.

Lời giải

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

xCG 

xCH 

hay x a 3.Thể tích khối lập phương là 3 3a3.

Câu 31. Cho khối lập phương ABCD A B C D.     . Tính góc giữa hai véc-tơ A B 

và BD

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

A. 60. *B. 135 . C. 120 . D. 45.

Lời giải Chọn B

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

Ta có BD B C//   nên



              A B BD ,               

 

 A B B D ,  



180  A B D  135.

Câu 32. Cho hình nón có đường sinh 5 và diện tích xung quanh là S . Bán kính đáy của hình nón bằng

*A. 5

Sr 

Lời giải Chọn A

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là S r5  5

Câu 33. Một lớp học có 10 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh của lớp

học sao cho trong 3 bạn được chọn có cả nam và nữ?

Lời giải Chọn B

Số cách chọn ra 3 học sinh của lớp học sao cho trong 3 bạn được chọn có cả nam và nữ làTH1: Chọn 1 học sinh nam, 2 học sinh nữ có C C110152 1050 cách.

TH2: Chọn 2 học sinh nam, 1 học sinh nữ có C C102 115 675 cách.Vậy có 1050 675 1725  cách.

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu

 

S có tâm I 



4; 5; 2



và bán kính R 3 3 cóphương trình là

A.



x 4



2



y 5



2



z2



2 3 3

. B.



x4



2



y5



2



z 2



2 108.

*C.



x4



2 



y5



2 



z 2



2 27. D.



x 4



2



y 5



2



z2



2 27.

Lời giải Chọn C

Phương trình mặt cầu

 

S tâm I 



4; 5; 2



và bán kính R 3 3 có phương trình là



x4



2



y5



2



z 2



2 27.

Câu 35. Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây vng góc với vectơ pháp tuyến của mặt phẳng



Oxz



Lời giải

Kẻ CH SD.

Vì SC 



ABCD



nên SCAD, mà AD CD nên AD



SCD



</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

S



x  x c x.Với c  :4

d là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 2 4x c và trục hoành, d  nên2

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

    

    

Bảng biến thiên:

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

Để hàm số y g x

 

có đúng 7 cực trị thì phương trình g x

 

 có đúng 7 nghiệm bội lẻ. 0

Điều này chỉ xảy ra khi 81 82   m 0 82m163.

Mà m nguyên nên m 



83;84;...;162



Vậy có 80 giá trị của m thỏa mãn ycbt.

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

 

: 2

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

u ud

                

xy t

  

    

Câu 42. Có ba chiếc hộp: hộp I có 4 bi đỏ và 5 bi xanh, hộp II có 3 bi đỏ và 2 bi đen, hộp III có 5 bi đỏvà 3 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên ra một hộp rồi lấy một viên bi từ hộp đó. Xác suất để viên bi lấy được màu đỏbằng

Lời giải

Xác suất chọn được 1 hộp là

Xác suất chọn được 1 viên đỏ trong hộp I là

CC .

Xác suất chọn được 1 viên đỏ trong hộp II là

CC .

Xác suất chọn được 1 viên đỏ trong hộp III là

CC

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

A. 2 3 . B. 4 3 . C.

2 3

4 33 .

có đỉnh I



0; 2



. Khi cho miền được giới

hạn bởi hai đường cong trên và hai đường thẳng x1;x quay quanh trục 2 Ox, ta nhận được vật thể trònxoay có thể tích V . Giá trị của V bằng:

A.

Lời giải

Theo giả thiết đồ thị hàm số yg x

 

x2mx n có đỉnh I



0; 2



nên có

 

2 2

yg xx

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

Từ giả thiết ta có đồ thị hai hàm số yf x

 

và y g x

 

cắt nhau tại điểm A 



1;1



và B



2; 2



nên tacó:

  

 

 

 P

,  AB nP

 

  

 

7 7 10; ;3 3 3

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

Gọi H là hình chiếu của O lên mặt phẳng

 

P  d O P

 

3,

 

xtOHy t

4 134 13

9 4 13

9 4 13

 

z với x  và z6







6 61



</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

A. V 0,36 m 3. B. V 0,024 m 3. *C. V 0,016 m 3. D. V 0,16 m 3.

Lời giải

Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó,

⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó, OB30 cm 0,3m; SO120 cm 1, 2m .

Đặt IA x , 0x0,3. Ta có:

. 1, 240,3

Suy ra OI SO SI 1, 2 4 x. Khi đó, thể tích khối trụ là: ⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó,

. . . . 1, 2 4 .2 .2 . 1, 2 44

⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó, V 0,016



m .3



Dấu " " xảy ra khi x0, 2m

Câu 48. Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 8 cm và một hình trịn có bán kính 5 cm được xếp chồng lên

nhau sao cho tâm của hình trịn trùng với tâm của hình vng như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể

trịn xoay tạo thành khi quay mơ hình trên quanh trục XY .

A.

260 cm3

. B.

290 cm3

. C.

580 cm3

. *D.

520 cm3

Lời giải

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

Xét vật thể tròn xoay giới hạn bởi các hàm số:

⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó, y 25 x2 , trục hoành và hai đường thẳng x0,x3xoay quanh trục hoành. Thể tích vật thể này là:

Xét vật thể trịn xoay giới hạn bởi các hàm số:

⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó, y 4, trục hoành và hai đường thẳng x3,x4 xoayquanh trục hồnh. Thể tích vật thể này là:

Xét vật thể tròn xoay giới hạn bởi các hàm số:

⬩ Xét hình nón với các đỉnh như hình vẽ. Khi đó, y 25 x2 , trục hoành và hai đường thẳng x4,x5xoay quanh trục hồnh. Thể tích vật thể này là:

V  V V V       

Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 

P x y z:    và mặt cầu 0

 

S có tâm I



0;1; 2



bán

kính R  . Xét điểm M thay đổi trên 1

 

P . Khối nón

 

N

có đỉnh là I và đường tròn đáy là đường tròn điqua tất cả các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến

 

S . Khi

 

N có thể tích lớn nhất, mặt phẳng chứa

đường trịn đáy của

 

N

có phương trình dạng x ay bz c    . Giá trị của 0 a b c  bằng

Lời giải

</div>Trang 21<div class="page_container" data-page="21">

Mặt cầu

 

S

có tâm I



0;1; 2



và bán kính R  .1Gọi r là bán kính đường trịn

 

C

và H là hình chiếu của I lên mặt phẳng chứa đường tròn đáy của

 

N

3 x x

.Gọi f x

 

 x x3

vớix 



0;1



. Thể tích nón lớn nhất khi f x

 

đạt giá trị lớn nhấtTa có f x

 

 1 3x2

 

f x   1 3x2  0

Vậy max

1 2 3 2 3.

khi

x IH .



</div>Trang 22<div class="page_container" data-page="22">

Và d I



;

 





IH 222

31 1 1

Trong tam giác IBM vuông tại B ta có:

x t

   

 

Nếu c 4 thì

 

 :x y z   4 0 ta có thì d M



;

 





MH 222

1 2 3 4 2 331 1 1  

 Vây c 4 suy ra giá trị của a b c    1 1 42

Câu 50. Cho các số thực ,x y thỏa mãn ex22y2 exy



x2 xy y 21



 e1xy y 2 0

. Gọi M m lần lượt là,giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

</div>Trang 23<div class="page_container" data-page="23">

M mM

 

</div>

ĐỀ THI THỬ TNTHPT TOÁN 2024 LẦN 2 - SỞ HẢI DƯƠNG (Có đáp án chi tiết)

<sup></sup>

<sup></sup>

<sup></sup>

<sup></sup>

<sup> </sup>

<sup> </sup>

 

 









 













 



























 







 

 

  







 

 

 

















 





 









































