Đề KSCL Toán thi tốt nghiệp THPT 2021 lần 2 trường chuyên Lam Sơn Thanh Hóa

9

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

1-D 2-B 3-C 4-D 5-B 6-B 7-C 8-B 9-B 10-A

11-D 12-D 13-A 14-C 15-C 16-B 17-C 18-C 19-D 20-A

21-C 22-D 23-B 24-A 25-C 26-C 27-D 28-A 29-A 30-A

31-C 32-A 33-D 34-D 35-D 36-C 37-D 38-C 39-D 40-B

41-D 42-B 43-B 44-C 45-C 46-D 47-A 48-B 49-C 50-A

Câu 1 (NB):

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình  f x m  là số giao điểm của đồ thị hàm số  y f x  và đường thẳng . y m 

Cách giải:

Ta có:   5 2 5 0 2 f x f x     nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số  y f x 

và đường thẳng 5 . 2 y 

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng 5 2 y  cắt đồ thị hàm số  y f x  tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình  2 5 0 f x   có 2 nghiệp phân biệt.

Chọn D.

Câu 2 (NB):

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị xác định các khoảng mà đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên   0;2 .

Chọn B.

Câu 3 (NB)

Phương pháp:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy ,r chiều cao h bằng: 2 . V r h  

Cách giải:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy ,r chiều cao h bằng: 2 . V r h  

Chọn C.

Câu 4 (NB):

10

Phương pháp:

- Giải phương trình ' 0 y  tìm các nghiệm   3;3 . ix 

- Tính      3 , 3 , . i y y y x 

- Kết luận:

         3;3 min min 3 ; 3 ; . i f x y y y x   

Cách giải:

Ta có   3 2 3 2 ' 3 3. f x x x f x x      

   2 ' 0 1 0 1 3;3 . f x x x     

Ta có       3 16, 3 20, 1 4, 1 0. f f f f      

Vậy

     3;3 min 3 16. f x f    

Chọn D.

Câu 5 (NB):

Phương pháp:

Đường thẳng 0 0 0 : x x y y z z d a b c      đi qua điểm   0 0 0 ; ; . A x y z

Cách giải:

Đường thẳng 1 2 5 : 2 3 4 x y z d      đi qua điểm   1; 2;5 . N 

Chọn B.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng định lí Pytago và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

Ta có   SA ABC AC   là hình chiếu vuông góc của SC lên  . ABC

      ; ; . SC ABC SC AC SCA   

Ta có: 2 2 2 2 2 3. AC AB BC a a a     

Xét tam giác SAC có 0 1 tan 30 . 3 3 SA a SCA SCA AC a      

Vậy    

0 ; 30 . SC ABC  