Tuyển tập 10 Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Ninh 2021-2026 (Kèm đáp án)

Nội dung text: Tuyển tập 10 Đề thi thử Tốt nghiệp THPT môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Ninh 2021-2026 (Kèm đáp án)

1. Câu 5. Quan sát đồ thị hàm bậc ba: hàm số có cực đại tại x = - 1 và cực tiểu tại x = 1. Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ; 1) và (1; ) . Trong các đáp án chỉ có khoảng (1; ) phù hợp. Chọn A. Câu 6. x 1 y 2 z 4 Đường thẳng có phương trình: . 2 1 3 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là bộ các mẫu số: u (2;1; 3) . Chọn D. Câu 7. Ta có: f (x) 3cos x . Suy ra họ nguyên hàm là: 3cos x,dx 3sin x C . Chọn B. Câu 8. Mặt phẳng (P): x + 3y – 4z + 9 = 0 có vectơ pháp tuyến: n (1;3; 4) . Vì (Q) P(P) nên (Q) có dạng: x + 3y – 4z + D = 0. Mặt phẳng (Q) đi qua M(1; 2; 3) nên: 1 + 3.2 – 4.3 + D = 0  1 + 6 – 12 + D = 0 => D = 5. Vậy: (Q): x + 3y – 4z + 5 = 0 Chọn C. Câu 9. 1 Vì F(x) là một nguyên hàm của f(x) nên: x 3 1 2 f (x)dx F(3) F(1) 1 . 1 3 3 3 Ta cần tính: 6 f (x) x dx 1 3 3 2 x2 6 f (x)dx xdx 6 3 |1 1 1 3 2 2 9 1 2 10 6 6 4 6 20. 3 2 3 3 Chọn C. Câu 10. Dựa vào bảng biến thiên: Hàm số có một điểm cực đại với giá trị -4 và một điểm cực tiểu với giá trị 4. Câu hỏi yêu cầu giá trị cực tiểu của hàm số, nên giá trị cần tìm là: 4. Chọn C.
2. Câu 11. Cấp số cộng (un ) có: u2 4, u3 2 . Công sai là: d u3 u2 2 4 2. Suy ra: u2 u1 d 4 u1 2 u1 6 . Chọn A. Câu 12. Bảng tần số: Nhóm (0; 4) [4; 8) [8; 12) [12; 16) [16; 20) Tần số 6 12 14 8 5 Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất. Tần số lớn nhất là 14, ứng với nhóm [8; 12). Chọn A. Phần II. Câu 1 Hộp có 9 bóng xanh, 16 bóng đỏ, tổng cộng 25 bóng. a) Xác suất để bạn Nguyệt lấy được quả bóng màu xanh là 0,4. 9 Ta có: (Nguyệt lấy bóng xanh) 0,36 . 25 Không phải 0,4. Kết luận: Sai. b) Nếu bạn Nguyệt lấy được bóng xanh thì xác suất để Đức lấy được ít nhất một bóng đỏ là 0,46. Sau khi Nguyệt lấy được 1 bóng xanh, trong hộp còn: - 8 bóng xanh; - 16 bóng đỏ; - tổng cộng 24 bóng. Đức lấy đồng thời 2 bóng. Xác suất Đức lấy được ít nhất một bóng đỏ là: 1 – P (Đức lấy cả 2 bóng xanh) 2 C8 28 248 1 2 1 0,90 . C24 276 276 Không phải 0,46. Kết luận: Sai. c) Nếu bạn Nguyệt lấy được bóng đỏ thì xác suất để Đức lấy được ít nhất một bóng xanh là 0,78. Sau khi Nguyệt lấy được 1 bóng đỏ, trong hộp còn: - 9 bóng xanh; - 15 bóng đỏ; - tổng cộng 24 bóng. Đức lấy đồng thời 3 bóng. Xác suất Đức lấy được ít nhất một bóng xanh là: 1 – P (Đức lấy cả 3 bóng xanh)
3. 3 C15 455 1569 1 3 1 0,7752 . C24 2024 2024 Làm tròn đến hàng phần trăm được 0,78. Kết luận: Đúng. d) Biết rằng trong tất cả các quả bóng hai bạn lấy ra có đủ cả bóng xanh và bóng đỏ, xác suất để Nguyệt lấy được bóng xanh là 0,39. Gọi E là biến cố: “trong các quả bóng hai bạn lấy ra có đủ cả bóng xanh và bóng đỏ”. Ta cần tính: P(Nguyet xanh∣ E) . Trường hợp 1: Nguyệt lấy bóng xanh. Khi đó Đức lấy 2 bóng từ 8 xanh, 16 đỏ. Để có đủ hai màu, Đức phải lấy ít nhất một bóng đỏ. P(Nguyệt 2 9 C8 9 62 xanh và E)  1 2  . 25 C24 25 69 Trường hợp 2: Nguyệt lấy bóng đỏ. Khi đó Đức lấy 3 bóng từ 9 xanh, 15 đỏ. Để có đủ hai màu, Đức phải lấy ít nhất một bóng xanh. 3 16 C15 16 1569 P(Nguyệt đỏ và E)  1 3  . 25 C24 25 2024 P(Nguyet xanh và E) Vậy: P(Nguyet xanh∣ E) P(E) 9 62  341 25 69 0,3947 . 9 62 16 1569   864 25 69 25 2024 Làm tròn đến hàng phần trăm được 0,39. Kết luận: Đúng. Câu 2 Cho hàm số: 3x 2 y f (x) . x 1 5 a) x 1, hàm số đã cho có đạo hàm y . (x 1)2 3(x 1) (3x 2) 3x 3 3x 2 5 Ta có: y . (x 1)2 (x 1)2 (x 1)2 Kết luận: Đúng. b) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là điểm I(3; 1). 3x 2 5 Ta biến đổi: f (x) 3 . x 1 x 1 Suy ra đồ thị có tiệm cận đứng x 1 và tiệm cận ngang y = 3. Tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận: I(1; 3). Không phải I(3; 1).
4. Kết luận: Sai. c) Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên [2; 5]. Khi đó 4m + M = 25. 5 Ta có: y 0, x 1. (x 1)2 Do đó hàm số nghịch biến trên [2; 5]. Suy ra: 32 2 M f (2) 8 . 2 1 35 2 17 m f (5) . 5 1 4 17 Khi đó: 4m M 4 8 17 8 25 . 4 Kết luận: Đúng. d) Điểm K(a;b) (C) sao cho trực tâm H của tam giác KAB thuộc đường thẳng d: 5x + 4y + 3 = 0. Khi đó 4a2 3b 6 . 3a 2 Vì K(a;b) (C) nên: b . a 1 Ta có: A( 4;2), B(2;8) . 8 2 Đường thẳng AB có hệ số góc: 1. 2 ( 4) Vậy đường cao qua K vuông góc với AB có hệ số góc -1, nên có dạng: x + y = a + b. xH yH a b Vì H thuộc đường cao qua K và thuộc đường thẳng d, nên: 5xH 4yH 3 0 Từ đó: H ( 4(a b) 3; 5(a b) 3) .   Mặt khác, AH vuông góc với BK, nên: AH  BK 0 . 3a 2 Thay b vào, rút gọn được: (a 2)(a 4)(2a 3)2 0 . a 1 Hai giá trị a = 2 và a = -4 làm K trùng với B hoặc A, tam giác suy biến nên loại. 3 Do đó: a . 2 3 3 2 2 Suy ra: b 1. 3 1 2 9 Vậy: 4a2 3b 4 3 9 3 6 . 4 Kết luận: Đúng. Câu 3
5. Cho A(2; 4; 1), B(-2; 2; -3) và mặt phẳng (P); x + y + z – 3 = 0. a) Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là 2x y 2z 1 0 . Trung điểm của AB là: 2 ( 2) 4 2 1 ( 3) I ; ; (0;3; 1) . 2 2 2  Ta có: AB ( 4; 2; 4) .  Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua I và nhận AB làm vectơ pháp tuyến. Phương trình là: 4(x 0) 2(y 3) 4(z 1) 0 4x 2y 6 4z 4 0 4x 2y 4z 2 0 2x y 2z 1 0 . Đề cho 2x + y + 2z + 1 = 0 là sai. Kết luận: Sai. b) Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là (0; 3; -1). Như đã tính ở trên: I(0; 3; -1). Kết luận: Đúng. c) Phương trình mặt cầu đường kính AB là x2 (y 3)2 (z 1)2 9 . Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I(0;3; 1) . Ta có: AB ( 4)2 ( 2)2 ( 4)2 36 6 . AB Bán kính mặt cầu là: R 3 . 2 Vậy phương trình mặt cầu là: x2 (y 3)2 (z 1)2 9 . Kết luận: Đúng. d) Gọi M là điểm di động trên mặt phẳng (P) sao cho M luôn cách đều hai điểm A và B . Khoảng cách ngắn nhất từ M đến gốc tọa độ O bằng 3 3 . Vì M M cách đều A và B, nên M thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn AB: 2x + y + 2z – 1 = 0 Đồng thời M thuộc mặt phẳng: x + y + z – 3 = 0. x y z 3 Ta xét giao tuyến của hai mặt phẳng: 2x y 2z 1 Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất: x + z = -2. Suy ra: z = -2 - x. Thay vào x + y + z = 3: x + y – 2 = 3 => y = 5. Vậy: M(x; 5; -2 – x). Khi đó: OM 2 x2 52 ( 2 x)2 x2 25 (x 2)2 2x2 4x 29 2(x 1)2 27. Do đó OM 2 nhỏ nhất bằng 27 , suy ra: OM min 27 3 3 . Kết luận: Đúng.
6. Câu 4 Ta có: N (t) Aekt , với A = 1000ln2. Ngoài ra: N(1) 3000, N (1) 2000ln 2 . a) k = ln2. Ta có: N (1) 1000ln 2ek 2000ln 2 . Suy ra: ek 2 . Vậy: k = ln2. Kết luận: Đúng. b) Số vi khuẩn tại thời điểm t = 6 giờ là 63000 con. Từ câu a), ta có: N (t) 1000ln 22t . Suy ra: N(t) 10002t C . Vì N(1) 3000 nên: 100021 C 3000 C 1000 . Do đó: N(t) 1000(2t 1) . Tại t = 6: N(6) 1000(26 1) 1000(64 1) 65000 . Không phải 63000. Kết luận: Sai. c) Số lượng vi khuẩn bắt đầu vượt ngưỡng an toàn từ sau thời điểm t = 7 giờ. Ngưỡng an toàn là không quá 129000 con. Ta xét: N(t) 129000 1000(2t 1) 129000 2t 1 129 2t 128 2t 27 t 7 . Tại t = 7 thì N(7) 129000 , chưa vượt ngưỡng. Sau thời điểm t = 7 thì số vi khuẩn bắt đầu vượt ngưỡng an toàn. Kết luận: Đúng. d) Sau 3ln2 giờ kể từ khi bắt đầu xử lý, số vi khuẩn còn lại 64500 con. Sau khi xử lý, số vi khuẩn tuân theo: M (t) 129000e 0,5(t 7) , t 7 . Sau 3ln2 giờ kể từ khi bắt đầu xử lý, thời điểm tương ứng là: t = 7 + 3ln2. 3 ln 2 Khi đó: M (7 3ln 2) 129000e 0,5(3ln 2) 129000e 2 129000 3 45608,4 . 22 Không phải 64500. Kết luận: Sai. Phần III. Câu 1 Đặt hệ trục tọa độ: A(0;0;0), B(2;0;0), D(0;2 3;0), C(2;2 3;0) . Vì SA  (ABCD) , đặt:
7. S(0; 0; h) với h = SA > 0. Mặt phẳng (SBD) đi qua ba điểm S, B, D nên có dạng: x y z 1. 2 2 3 h Hay: x y z 1 0 . 2 2 3 h Khoảng cách từ C(2;2 3;0) đến mặt phẳng (SBD) là: 2 2 3 0 1 2 2 3 h 1 d . 1 1 1 1 1 4 12 h2 3 h2 1 2 15 Theo đề: . 1 1 5 3 h2 1 12 Bình phương hai vế: . 1 1 5 3 h2 1 1 5 Suy ra: 3 h2 12 1 1 h2 12 h2 12 . Vậy: SA h 2 3 . Diện tích đáy: SABCD AB  AD 22 3 4 3 . 1 1 Thể tích khối chóp: V S  SA 4 3 2 3 8. 3 ABCD 3 Đáp số: 8. Câu 2 Vì khinh khí cầu xuất phát từ O(0; 0) và đồ thị cắt trục hoành tại điểm thứ hai (8; 0) nên tử số có hai nghiệm 0 và 8. ax(x 8) Do đó đặt: f (x) . x d a x2 2dx 8d Ta có: f (x) . (x d)2 Đồ thị đạt cực đại tại (6; 4) nên: f’(6) = 0 và f(6) = 0. Từ f’(6) = 0: 36 + 12d – 8d = 0 36 + 4d = 0
8. d = -9 ax(x 8) Vậy: f (x) . x 9 a 6(6 8) 12a Dùng điều kiện f(6) = 4: f (6) 4a . 6 9 3 Suy ra: 4a 4 a 1. x(x 8) Do đó: f (x) . x 9 Khi khinh khí cầu cách mặt đất 2500 mét tức là y = 2,5 km. x(x 8) 5 Giải phương trình: 2,5 . x 9 2 Suy ra: 2x(x 8) 5(x 9) 2x2 16x 5x 45 2x2 21x 45 0. Ta có: 212 4245 441 360 81. 21 9 Suy ra: x . 4 Do đó: x = 3 hoặc x = 7,5. Vì sau khi đi qua điểm cực đại tại x = 6 và đang hạ cánh nên chọn x > 6. Vậy: x = 7,5. Đáp số: 7,5 km. Câu 3 Gọi cạnh hình vuông là a dm. a Các cung tròn có bán kính bằng nửa cạnh hình vuông: r . 2 Diện tích “tứ giác cong” bằng diện tích hình vuông trừ đi diện tích bốn góc tròn, tức là trừ đi diện tích một a hình tròn bán kính : 2 2 2 2 2 a 2 a a (4 ) S a a . 2 4 4 a2 (4 ) Theo đề: 25(4 ) . 4 a2 Suy ra: 25 4 a2 100 a = 10. Vậy bán kính các cung tròn là: r = 5 dm. Chọn hệ trục sao cho tâm hình vuông là O(0; 0), trục quay NQ là trục hoành. Nửa trên của miền cong có biên là cung tròn. Xét nửa bên phải, với 0 x 5 , bán kính khi quay quanh trục NQ là: y 5 25 (x 5)2 .
9. Do đối xứng qua trục tung, thể tích vật thể là: 5 2 V 2 5 25 (x 5)2 dx . 0 Đặt t = x - 5, khi x = 0 thì t = -5, khi x = 5 thì t = 0. 0 2 Khi đó: V 2 5 25 t 2 dt . 5 2 Ta có: 5 25 t 2 50 t 2 10 25 t 2 . 0 2 Do đó: 5 25 t 2 dt 5 0 125 25 50 t 2 10 25 t 2 dt 250 10 5 3 4 625 125 . 3 2 625 125 10 Vậy: V 2 125 75,296 . 3 2 3 Làm tròn đến hàng phần mười:V 75,3 . Đáp số: 75,3 dm³. Câu 4 Dây điện có phương trình: x x y 202 e 404 e 404 386, 50 x 50 . Do hàm số đối xứng qua trục Oy, điểm thấp nhất của dây điện ứng với x = 0. Khi đó: ymin 202(1 1) 386 404 386 18 . Hai đầu dây A, B ứng với x = -50 và x = 50. Vì đối xứng nên đường thẳng AB nằm ngang có tung độ: yAB y(50) . 50 50 Ta có: y(50) 202 e 404 e 404 386 . Độ võng của dây điện là: h = y(50) – y(0) 50 50 202 e 404 e 404 386 18 50 50 202 e 404 e 404 404 . Tính gần đúng: h 3,098 . Làm tròn đến hàng phần mười: h 3,1. Đáp số: 3,1 m. Câu 5
10. Mặt phẳng: (P) : y 1 0 y 1. x 1 Đường thẳng: d : y 2 t z 1 Đường thẳng d song song với trục Oy, đi qua điểm có hoành độ x = 1 và cao độ z = 1. Gọi: M(x; 1; z). Khoảng cách từ M đến đường thẳng d là: d(M ,d) (x 1)2 (z 1)2 . Theo đề: d(M, d) = 2. Suy ra: (x 1)2 (z 1)2 4 . Vậy tập hợp điểm M là đường tròn trong mặt phẳng y = 1, tâm I(1; 1) trong hệ tọa độ (x; z), bán kính 2. Bây giờ xét điểm N(x; 1; z) thuộc mặt phẳng (P) và thỏa mãn: NA = 2NB. 1 Với: A( 1; 3;11), B ;0;8 . 2 Ta có: NA2 (x 1)2 (1 3)2 (z 11)2 (x 1)2 16 (z 11)2 . 2 2 2 1 2 2 1 2 Và: NB x (1 0) (z 8) x 1 (z 8) . 2 2 Điều kiện: NA = 2NB tương đương: NA2 4NB2 . 2 2 2 1 2 Suy ra: (x 1) 16 (z 11) 4 x 1 (z 8) . 2 Rút gọn được: (x 1)2 (z 7)2 9 . Vậy tập hợp điểm N là đường tròn trong mặt phẳng y = 1, tâm J(1; 7) trong hệ tọa độ (x; z), bán kính 3. Hai đường tròn có: I(1;1), RI 2 , J (1;7), RJ 3. Khoảng cách hai tâm: IJ = 6. Vì IJ = 6 > 2 + 3 = 5, hai đường tròn rời nhau. Khoảng cách nhỏ nhất giữa M và N là: IJ RI RJ 6 2 3 1. Đáp số: 1. Câu 6 Tập hợp đã cho là: 2008;20082 ;20083;;200824 ;200825 . Mỗi phần tử có dạng 2008k với k = 1,2, ,25. Chọn ngẫu nhiên cặp có thứ tự (x; y), đặt: x 2008i , y 2008 j với i, j 1;2;;25. j j Khi đó: log y log i 2008 . x 2008 i