(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Hạ Long có đáp án

Chọn D

Chọn D

Số cách xếp 5 người đứng thành một hàng ngang là 5! = 120 cách.

Chọn D

Chọn A

Chọn D

Ta thấy đồ thị dạng hàm số bậc ba với a > 0. Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (1;0).

Suy ra hàm số $y=x^3-3x^2+2$ có đồ thị là đường cong như hình.

Chọn A

Hàm số đồng biến trên khoảng $(-\infty ;-1)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm

$x^3-3x+2=2-4x\iff x^3+x=0\iff x=0\Rightarrow y=2\Rightarrow M\left(0;2\right)$.

Chọn B

Điều kiện: x - 2022 > 0 <=> x > 2022.

Chọn B

Chọn C

Chọn B

Chọn C

Vẽ đường thẳng y = 3 lên bảng biến thiên của hàm số y = f(x).

Suy ra phương trình f(x) = 3 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn B

Chọn D

Chọn A

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{3\right\}$

Ta có $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x-3}=+\infty$

Chọn B

Chọn C

Mặt cầu tâm I đường kính AB nên suy ra I là trung điểm AB

Chọn D

Chọn D

$$\begin{gathered} S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \\ {V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^3}{4} \end{gathered}$$

Chọn D

$y^{\text{'}}=e^x+1>0\forall x\in \text{[}-\text{2;2]}$. Suy ra hàm số y đồng biến trên [-2;2]

Chọn D

Giá dầu ngày ngày 7/1/2023 là: $81.\left(1-\frac{10}{100}\right)=72,9$ USD.

Chọn D

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{15}^2$.

Gọi A là biến cố để 2 học sinh được chọn cùng giới tính.

+) Số cách chọn hai học sinh nam là $C_{10}^2$

+) Số cách chọn hai học sinh nữ là $C_5^2$

Từ đó suy ra $n\left(A\right)=C_{10}^2+C_5^2$

Chọn A

$u_{10}=u_1+9d=6+9.3=33$

Chọn A

$V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.BB\text{'}=\frac{1}{2}.a.a.2a=a^3$

Chọn D

Ta có: $V=2\pi a^3\iff \pi r^{2}h=2\pi a^3\iff h=2a$.

Chọn A

Chọn B

Ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.h$ với h chính là đường cao của tam giác SAB.

Chọn A

Chọn A

$V_{M.ABC}=\frac{1}{3}d(M,(ABC\left)\right).S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}d\left(A^{\text{'}}\right(ABC\left)\right).S_{\Delta ABC}=\frac{V}{3}$

Chọn B

Chọn C

Ta có: $F\left(x\right)=\int \frac{1}{x}\text{d}x=\ln x+C,x\in \left(0;+\infty \right)$

$F\left(1\right)=2\iff C=2\Rightarrow F\left(x\right)=\ln x+2$

Chọn C

A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt phẳng $\left(Oxy\right),\left(Oyz\right),\left(Ozx\right)$nên tọa độ của chúng là: $A(1;2;0),B(0;2;-3),C(1;0;-3)$.

Chọn C

Tập xác định : $(2;+\infty )$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x-2}}{x^2-3x+2}=0$ nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x-2}}{x^2-3x+2}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{1}{(x-1)\sqrt{x-2}}=+\infty$ nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Chọn A

Xét tứ diện đều ABCD cạnh AB = x, P là trung điểm BC, đường cao $DH=a$ $AP=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AH=\frac{x\sqrt{3}}{3}$. Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác ADH ta có: $D{H}^2+H{A}^2=D{A}^2\Rightarrow a^2+\frac{x^2}{3}=x^2\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Do đó: $S_{\Delta ABC}=\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{8}$

Chọn D

$\int f\left(x\right)dx=\int \frac{\sin x-\cos x}{{\left(\sin x+\cos x\right)}^2-4}dx$

Chọn D

Đặt ${\log }_{a}b=t$. Do $1<a<b\Rightarrow {\log }_{a}b>1\Rightarrow t>1$. Áp dụng BĐT Co-si cho 2 số dương $t-1;\frac{1}{t-1}$

Ta có: $P=t+\frac{1}{t-1}=(t-1+\frac{1}{t-1})+1\ge 2\sqrt{(t-1).\frac{1}{t-1}}+1=3$.

Dấu ''='' xảy ra $\iff t-1=\frac{1}{t-1}\iff t=2$. Vậy GTNN của P bằng 3 khi $b=a^2.$.

Chọn B

Vì M là trung điểm của SC nên $V_{S.AMB}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.SA.\frac{1}{2}BA.BC=\frac{1}{12}.a\sqrt{3}.a.\sqrt{4a^2-a^2}=\frac{1}{4}{a}^3$

Chọn C

Gọi I là trung điểm AB => I(3;5;4)

Khi đó $T=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right|=2.MI\ge 2.HI$, với H(3;5;0) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxy)

Chọn D

Gọi $r_1,r_2$ lần lượt là bán kính đáy của phần chứa nước và viên đá, ta có $r_2=2cm,r_1=2r_2=4cm$.

Gọi $h_1,h_2$ lần lượt là chiều cao của phần chứa nước và viên đá, ta có $h_2=4cm,r_1=2r_2=8cm$.

Chọn B

Hàm số y = f(x) có 4 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f'(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Nói cách khác, phương trình $x^2+2x+m=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và -1.

$\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=1-m>0\\ 0^2+2.0+m\ne 0\\ {\left(-1\right)}^2+2\left(-1\right)+m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m\ne 0\\ m\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m\ne 0\end{array}\right.$.

Chọn B

${\log }_3^2\left(3x\right)-2{\log }_3{x}^2=\frac{x^2-6x+9}{4}$. Điều kiện của phương trình x > 0

$$\begin{gathered} {\log }_3^2\left(3x\right)-2{\log }_3{x}^2=\frac{x^2-6x+9}{4}\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\left(1+{\log }_{3}x\right)}^2-4{\log }_{3}x={\left(\frac{x-3}{2}\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\left(1-{\log }_{3}x\right)}^2={\left(\frac{x-3}{2}\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}1-{\log }_{3}x=\frac{x-3}{2}\\ -1+{\log }_{3}x=\frac{x-3}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=\frac{-x+5}{2}\left(2\right)\\ {\log }_{3}x=\frac{x-1}{2}\left(3\right)\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$

+ ${\log }_{3}x=\frac{-x+5}{2}\left(2\right)$ có nghiệm duy nhất x = 3 vì hàm số $y={\log }_{3}x$ đồng biến, hàm số $y=\frac{-x+5}{2}$ nghịch biến.

+ ${\log }_{3}x=\frac{x-1}{2}\iff {\log }_{3}x-\left(\frac{x-1}{2}\right)=0$.

Đặt $y={\log }_{3}x-\left(\frac{x-1}{2}\right)\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{1}{x\ln 3}-\frac{1}{2}\Rightarrow {y^{\text{'}}}^{\text{'}}=\frac{-1}{x^2\ln 3}<0$.

Vậy phương trình (3) có không quá 2 nghiệm. Phương trình (3) có 2 nghiệm x = 1, x = 3.

Chọn D

$9^{1-\frac{1}{x^2}}-a{.3}^{1-\frac{1}{x^2}}+2=0$

Điều kiện $x\ne 0.$

Đặt $t=3^{1-\frac{1}{x^2}}\left(0<t<3\right)$. Vì $1-\frac{1}{x^2}<1$.

Ta được phương trình $t^2-a.t+2=0\left(2\right)$. Bài toán đưa về tìm số các số nguyên dương a không vượt quá 10 để phương trình $t^2-a.t+2=0\left(2\right)$ có 1 nghiệm duy nhất $t_0,\left(0<t_0<3\right)$.

Vì mỗi t (0 < t < 3) thì phương trình $t=3^{1-\frac{1}{x^2}}$ có 2 giá trị phân biệt của x

$t^2-a.t+2=0\iff \left\{\begin{array}{l}a=t+\frac{2}{t}\\ 0<t<3\end{array}\right..$

Đặt $h\left(t\right)=t+\frac{2}{t}\Rightarrow h^{\text{'}}\left(t\right)=1-\frac{2}{t^2}=\frac{t^2-2}{t^2}.$

$h^{\text{'}}\left(t\right)=0\Rightarrow t=\sqrt{2}$.

Bảng biến thiên

Chọn A

Gọi $S=MN\cap AD$, $E=SB\cap DC$ và $E=NF\cap DC$.

Ta có $\frac{MA}{ND}=\frac{\frac{1}{2}AA\text{'}}{\frac{3}{4}DD\text{'}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SA}{SD}=\frac{SB}{SE}=\frac{SM}{SN}=\frac{MA}{ND}=\frac{2}{3}$ và $\frac{EF}{EN}=\frac{EC}{ED}=\frac{EB}{ES}=\frac{ES-SB}{ES}=\frac{1}{3}$.

Ta có $V_{SNDE}=\frac{1}{3}ND.S_{SDE}=\frac{1}{6}ND.DS.DE=\frac{1}{6}\frac{3}{4}DD\text{'}.3DA.\frac{3}{2}DC=\frac{9}{16}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}$

$=V_{SNDE}-{\left(\frac{SM}{SN}\right)}^3{V}_{SNDE}-{\left(\frac{EF}{EN}\right)}^3{V}_{SNDE}=V_{SNDE}-{\left(\frac{2}{3}\right)}^3{V}_{SNDE}-{\left(\frac{1}{3}\right)}^3{V}_{SNDE}=\frac{2}{3}{V}_{SNDE}$.

Chọn D

Vì là lăng trụ tứ giác đều nên ta có: AH = DE = CF = BF: là các đường chéo của lăng trụ tứ giác đều.

Do vậy tâm O của khối cầu ngoại tiếp lăng trụ tứ giác đều là giao điểm của 4 đường chéo AH, DE, CF, BF.

Ta có $EG=EF=a\Rightarrow EH=a\sqrt{2}\Rightarrow AH=\sqrt{E{A}^2+E{H}^2}=a\sqrt{11}$.

Chọn A

Đặt $t=x^3-3x\begin{array}{cc}& \left(1\right)\end{array}$. Ta có BBT của hàm số $t=x^3-3x$:

Khi đó ta có: $f\left(x^3-3x\right)=m\iff f\left(t\right)=m\iff t^3-3t^2+2=m\begin{array}{cc}& \left(2\right)\end{array}$

Để phương trình (1) có 7 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 3 nghiệm t trong đó có 2 nghiệm $t\in \left(-2;2\right)$ và 1 nghiệm t > 2 hoặc t < -2.

Ta có BBT của hàm số $y=t^3-3t^2+2$: