Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Mã đề 101)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

3
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì kiểm tra sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Mã đề 101)" làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT QG môn Toán năm 2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Mã đề 101)

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT CỤM LIÊN TRƯỜNG THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Môn: TOÁN ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ Mã đề [101] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D C A A B B B C B C C A B C B C D A B A C B A B D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C D A D A D D B C D B A C C D B A D A C B D A A D Mã đề [102] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B D A C A B B D A A C D D C B A B A B C D A C C C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C C D C B A A B D D D D B C B C D A A A B A D B B Mã đề [103] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B D D D B D C B C B B B C D A C D A B C B C D C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 C A D D A C A D A A B D A C C A C B A A B A B A B Mã đề [104] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D C A C C D C A A A A D A B D C B D B C D C B D B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D B C A C D A B C C B D B B D A A A D A A B B C B
Mã đề [105] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D B C A B C B A A B A D C C A A C D A B C A D D B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D C D C C B B A D D B A A C A C B B C B B A D D D Mã đề [106] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B A B B D D B C C A C C C D D B D A C B A D B C B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D A C A D A B B D C D A C D B A A A A D A C B B C Mã đề [107] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C A C B A B C D A B D C A B C D D A B A B B C C C 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D C B D B A D D B B C A B A C D D A A C D A D B A Mã đề [108] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D C B D A C C D D D A A A A D A C C A A B D A B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 B B C B B C D A B A C D C A C B B A D D B C C D B
HDG MỘT SỐ CÂU VD-VDC   Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = sin x − 9cos3x, x  và f   = 1 . Biết 2 F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F ( ) bằng A. −2 . B. 2 − 2 . C. 2 . D. 2 + 2 . Lời giải Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx =  ( sin x − 9 cos 3x ) dx = −cosx − 3sin 3x + C .      Do f   = 1  −cos − 3sin  3.  + C = 1  C = −2 . 2 2  2 Nên f ( x ) = − cosx − 3sin 3x − 2 . Ta có F ( x ) =  ( −cosx − 3sin 3x − 2 ) dx = − sin x + cos3x − 2 x + C1 . Do F ( 0 ) = 2  − sin 0 + cos ( 3.0 ) − 2.0 + C1 = 2  C1 = 1 . Vậy F ( x ) = − sin x + cos3x − 2 x + 1  F ( ) = −2 . Câu 42. Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm H của AB . Góc giữa hai mặt phẳng ( ACD ) và ( ABCD ) bằng 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABCD. ABCD biết AA = a 7 . A. V = 8a3 . B. V = 4 7a3 . C. V = 24a3 . D. V = 12 7a3 . Lời giải Gọi M là trung điểm của CD . B' C' CD ⊥ HM  Ta có   CD ⊥ ( AHM )  CD ⊥ AM CD ⊥ AH  A' D' Mà ( ACD )  ( ABCD ) = CD và CD ⊥ HM B C Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ACD ) và H 30o M ( ABCD ) bằng góc giữa hai đường thẳng A D AM và HM và bằng góc AMH = 30 (vì tam giác AHM vuông tại H ). x Đặt AD = x ( x  0 )  HM = x , AH = . 2 AH x Có tan 30 =  AH = . HM 3 Trong tam giác vuông AHA có A ' A2 = A ' H 2 + AH 2 x2 x2  7a 2 = +  x = 2 3a = AD . 3 4  AH = 2a . ( ) 2 Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là V = 2a. 2a 3 = 24a 3 .
Câu 43. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + m2 − 3 = 0 ( m là tham số thực).Gọi S là tập hợp giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 = 2 5 . Tính tổng các phần tử của tập S . 9 1 A. 5. B. 4. C. . D. − . 2 2 Lời giải. Xét phương trình : z 2 − 2 ( m − 1) z + m2 − 3 = 0 (1) .Ta có:  = ( b ) − ac = ( m − 1) − 1. ( m2 − 3) = 4 − 2m . 2 2 Trường hợp 1: Nếu   0  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm thực z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 = 2 5  ( z1 − z2 ) = 20  ( z1 + z2 ) − 4 z1.z2 = 20 (*) . 2 2  z1 + z2 = 2 ( m − 1)  Theo Vi-ét ta có:  thay vào (*) có  z1.z2 = m − 3  2 4 ( m − 1) − 4 ( m2 − 3) = 20  4 − 2m = 5  m = − 2 1 (thỏa mãn). 2 Trường hợp 2: Nếu  '  0  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phức là z1 = ( m − 1) + i 2m − 4 , z2 = ( m − 1) − i 2m − 4 . Ta có 9 z1 − z2 = 2 5  2i 2m − 4 = 2 5  2m − 4 = 5  m = (thỏa mãn). 2 Vậy S = − ;  nên tổng các phần tử của S là 4. 1 9  2 2 Câu 44. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 5 z1 − i = z1 + 1 + i + 3 z1 − 1 − 3i và z2 + i = 5 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z1 + z2 − 2 − 4i bằng A. 5 + 3 5 . B. 2 + 13 . C. 9 . D. 5 + 4 5 . Lời giải Gọi z1 = x1 + y1i  M ( x1; y1 ) z2 = x2 + y2i  N ( x2 ; y2 ) z3 = i  C (0;1) z4 = −1 − i  A(−1; −1) z5 = 1 + 3i  B(1;3) Dễ thấy điểm C là trung điểm của AB và AB = 2 5 Theo công thức đường trung tuyến, ta có: MA2 + MB 2 AB 2 AB 2 MC 2 = −  MA2 + MB 2 = 2MC 2 + 2 4 2 Mặt khác theo bài ra ta có: 5 z1 − i = z1 + 1 + i + 3 z1 − 1 − 3i  5MC = MA + 3MB  32 + 12 . MA2 + MB 2 (BĐT Bunhiakovski). ( ) (  25MC 2  10 MA2 + MB 2 = 10 2MC 2 + 10 )
 5MC 2  100  MC 2  20  MC  2 5 P = z1 + z2 − 2 − 4i = ( z1 − i ) + ( z2 + i ) + (−2 − 4i  z1 − i + z2 + i + −2 − 4i = 2 5 + 5 + 2 5 = 4 5 + 5. Câu 45. Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , g ( x ) = ax 2 + bx + e ( a, b, c, d , e  , a  0 ) có đồ thị lần lượt là hai đường cong ( C1 ) , ( C2 ) ở hình vẽ bên. 8 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ( C1 ) , ( C2 ) bằng . Tính f ( 2 ) − g ( −1) . 3 A. f ( 2 ) − g ( −1) = −26 . B. f ( 2 ) − g ( −1) = −24 . C. f ( 2 ) − g ( −1) = −28 . D. f ( 2 ) − g ( −1) = −30 . Lời giải Dựa vào đồ thị, ta có f ( x ) − g ( x ) = a ( x − 1)( x − 3) và a  0 2 3 3 3 8 8 8 Ta có: S =  f ( x ) − g ( x ) dx =   a ( x − 1)( x − 3) dx =   a ( x − 1)( x − 3) dx = 2 2 1 3 1 3 1 3 3 1  3 ( 3 2 8 3 ) 4 7 3 15 2 8 1 3 4 3 8   a x − 7 x + 15 x − 9 dx =  a  x 4 − x 3 + x 2 − 9 x  =  a =  a = 2 . 3 1 Do đó f ( x ) − g ( x ) = 2 ( x − 1)( x − 3)  ( ax3 + bx 2 + cx + d ) − ( ax 2 + bx + e ) = 2 ( x − 1)( x − 3) 2 2  ax3 + ( b − a ) x 2 + ( c − b ) x + d − e = 2 ( x3 − 7 x 2 + 15 x − 9 ) Đồng nhất hệ số ta có a = 2 a = 2  b = −12 b − a = −14    c − b = 30 c = 18 d − e = −18 d = e − 18   f ( x ) = 2 x3 − 12 x 2 + 18 x + e − 18; g ( x ) = 2 x 2 − 12 x + e  f ( 2 ) − g ( −1) = −28 Vậy f (2) − g (−1) = −28 . Câu 47. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( O; R ) và ( O; R ) . AB là một dây cung của đường tròn ( O; R ) sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng ( OAB ) tạo
với mặt phẳng chứa đường tròn ( O; R ) một góc 60 . Tính thể tích V của khối trụ đã cho theo R .  7 R3 3 5R3  5R3 3 7 R3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 7 5 5 7 Lời giải Đặt độ dài cạnh AB = x ( x  0 ) và M là trung điểm AB . O' Vì tam giác OAB đều nên x 3 OA = OB = AB = x  OM = . 2 Vì mặt phẳng ( OAB ) tạo với mặt phẳng chứa đường tròn ( O; R ) góc 60 nên OMO = 60 . OM Xét tam giác OOM vuông tại O ta có: cos OMO = . OM A O Suy ra M B OM x 3 cos 60 =  OM = x 3 4 2 Xét tam giác OAM vuông ở M có: OA2 = OM 2 + AM 2 nên 2  x 3   x 2 7 2 4 7 R =  2  +    R = x  x = 2 R  4   2  16 7 x 3 2 21 x 3 21 Do đó: OM = = R và OM = = R . Vì vậy, ta có 2 7 4 7 3 7 OO = OM 2 − OM 2 = R. 7 3 7 3 7 R3 Vậy thể tích khối trụ là V =  R .h =  R . 2 R V = 2 . 7 7 Câu 48. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2022 , y  2 và x 2 + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 x ? A. 2022 . B. 12 . C. 11 . D. 2023 . Lời giải Từ điều kiện 0  x  2022 , y  2 , ta được xy − x = x ( y − 1)  0. Kết hợp điều kiện của log 2 ( xy − x ) , ta được. Đặt t = log 2 ( xy − x ) . Khi đó ta được x2 − 2t = xt − 2x  2x + x.x = 2t + x.t (1) Nếu x  t thì 2 x + x.x  2t + x.t , với x  0 , mâu thuẫn với (1). Tương tự x  t cũng được kết quả mâu thuẫn với (1). 2x Từ đó: x = t  xy − x = 2 x  y = 1 + . x
Vì 0  x  2022 , x  , y  nên 2x x suy ra x  20 , 21 , 22 ,..., 210 . 2x Ứng với mỗi giá trị của x ở trên thì y = 1 + có duy nhất một giá trị tương ứng. x Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa yêu cầu đề bài. Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu ( S1 ) :( x + 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 16 , ( S2 ) :( x + 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 36 và điểm A ( 6;3;0 ) . Đường 2 2 2 2 thẳng d di động nhưng luôn tiếp xúc với ( S1 ) , đồng thời cắt ( S2 ) tại hai điểm B, C . Tam giác ABC có diện tích lớn nhất là A. 4 5.( 26 + 2) . B. 8 5.( 26 + 2) . C. 4 130 . D. 8 26 . Lời giải Mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) có cùng tâm I ( −4;1;0 ) và lần lượt có bán kính là R1 = 4, R2 = 6 . Ta có IA = 2 26  R2  R1 , suy ra điểm A nằm ngoài ( S1 ) , ( S2 ) . Gọi T là hình chiếu của I trên d , ta có TB = IB 2 − IT 2 = 62 − 42 = 2 5 , Suy ra BC = 4 5 . Gọi ( P) là tiếp diện của mặt cầu ( S1 ) tại T , khi đó đường thẳng d qua T và nằm trong ( P) . Gọi H là hình chiếu của A trên d . Ta có AH  AT , dấu bằng xảy ra khi d ⊥ AT . Gọi M , N là các giao điểm của đường thẳng AI và ( S1 ) với M là điểm gần A hơn. Ta có AN = AI + R1 = 2 26 + 4 . Mà AT  AN  AH  2 26 + 4 , dấu bằng xảy ra khi d ⊥ AN . 1 1 Mặt khác S ABC = AH .BC  S ABC  .4 5.(2 26 + 4) = 4 5.( 26 + 2). 2 2 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là 4 5.( 26 + 2) . Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên , đồ thị hàm số y = f  ( x ) có đúng 4 điểm chung với trục hoành như hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m3 3 ) có đúng 11 điểm cực trị? A. 1 . B. 2 . C. 0 . D. 5 . Hướng dẫn giải Với mỗi tham số m thì số điểm cực trị của hàm số : ( y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m3 3 )
( ) và : y = f x − 3 x + m + 2021 là như nhau. 3 Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số m để hàm số ( : y = f x − 3 x + m + 2021 3 ) có đúng 11 điểm cực trị. Xét x  0 : Hàm số có dạng y = f ( x3 − 3x + m + 2021) Khi đó ta có đạo hàm như sau: y = ( 3x 2 − 3) f  ( x3 − 3x + m + 2021) Do nghiệm của phương trình x 3 − 3 x + m + 2021 = 4 là các nghiệm bội chẵn của phương trình y  = 0 nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm còn lại. Tức là  x = 1 ( do x  0 )  3 3 x − 3 = 0 2 x − 3 x + m + 2021 = −1 y = 0     3   f  ( x − 3x + m + 2021) = 0 − + + = 3  x 3 x m 2021 1  x 3 − 3 x + m + 2021 = 2  x = 1 ( do x  0 )   m + 2021 = − x + 3x − 1 3  m + 2021 = − x3 + 3x + 1   m + 2021 = − x3 + 3x + 2 Vẽ đồ thị ba hàm số y = − x3 + 3x − 1 ; y = − x3 + 3x + 1 ; y = − x3 + 3x + 2 với x  0 trên cùng một hệ trục. ( ) Hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 có đúng 11 điểm cực trị 3  Hàm số y = f ( x3 − 3x + m + 2021) có đúng 5 điểm cực trị dương  Phương trình f  ( x3 − 3x + m + 2021) = 0 có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1  Đường thẳng y = m + 2021 cắt đồ thị ba hàm số y = − x3 + 3x − 1 ; y = − x3 + 3x + 1 ; y = − x3 + 3x + 2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1  −1  m + 2021  1  −2022  m  −2020     . Do điều kiện m nguyên nên m = −2021 .  2  m + 2021  3  −2019  m  −2018 Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.