(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Hùng Vương có đáp án

Chọn A

Chọn C

Chọn A

Chọn B

Chọn C

Chọn C

Ta có 5x+1−15>0⇔5x+1>5−1⇔x+1>−1⇔x>−2.

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là S=−2;+∞

Chọn D

Ta có ∫fxdx=∫x3+1xdx=x44+lnx+C

Chọn D

Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng πr2h

Chọn C

Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1 và đi qua điểm (0;2).

Suy ra hàm số y=x−2x−1 có đồ thị là hình vẽ đã cho.

Chọn A

Điều kiện xác định của hàm số là sinx≠0⇔x≠kπ, k∈ℤ.

Vậy tập xác định của hàm số y=cotx là ℝ\kπ,  k∈ℤ

Chọn C

Ta có log2x+2=1⇔x+2>0x+2=2⇔x>−2x=0⇔x=0

Chọn C

Diện tích đáy của khối chóp là B=a2.

Thể tích của khối chóp đã cho là V=13B.h=13a2.4a=43a3

Chọn B

Xét hàm số y=x3+x có y'=3x2+1>0,∀x∈ℝ.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên R.

Vậy min0;2y=y0=0

Chọn D

Thể tích của khối chóp đã cho là V=13Bh

Chọn B

Ta có V=π.R2.h⇔3πa3=πa2.h⇒h=3a.

Vậy đường sinh của hình trụ đã cho là l=h=3a

Chọn B

Đường thẳng d:x+4y−1=0 có một vectơ pháp tuyến là (1;4)

Chọn D

Giả sử số tự nhiên có dạng abcde¯.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau là A95

Chọn B

Từ đồ thị, hàm số f(x) đạt cực đại tại điểm x = -1

Chọn A

Từ BBT,hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;0)

Chọn D

Ta có f(x) = -3 => Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Chọn D

Ta có: log5a3=3log5a

Chọn B

Chọn C

Chọn D

Độ dài đường sinh hình nón là: l=R2+h2=32+42=5

Chọn B

Ta có: Q=b53:b3=b53:b13=b53−13=543

Chọn D

Phương trình đường tròn có tâm I(-1;1) và bán kính R là: x+12+y−12=R2.

Ta có: A∈C⇒42+32=R2⇔R2=25.

Vậy phương trình cần tìm là: x+12+y−12=25.

Chọn C

Ta có:

x2+6x+9=2x−1⇔x+3=2x−1⇔x+3=2x−1x+3=−2x+1⇔x=4x=−23

Tổng hai nghiệm: 103.

Chọn A

- Để phương trình có nghiệm:

22+m−12≥m+12⇔4+m2−2m+1≥m2+2m+1⇔m≤1

m∈−2023;2023⇒−2023;1. Có 2025giá trị

Chọn B

- Số cách chọn 3 viên bi trong hộp đựng 9 viên bi: Ω=C93=84

- Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”: nA=C52.C41+C53=50.

Xác suất biến cố A là PA=5084

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của AC' lên (ABC) là AC, do đó góc giữa AC' và mặt phẳng (ABC) là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC' và AC hay C'AC^

Trong tam giác vuông C'AC, vuông tại C, ta có:

tanC'AC^=CC'AC=13⇒C'AC^=300

Chọn A

Ta có log12x+1<log122x−1⇔x+1>02x−1>0x+1>2x−1⇔x>−1x>12x<2⇔12<x<2.

Do đó tập nghiệm của bất phương trình là S=12;2

Chọn B

Ta có y'=x2−2x−4x−12>0,∀x∈2;4 nên hàm số đồng biến trên [2;4].

Do đó M=max2;4y=y4=193m=min2;4y=y2=7 nên M+m=403

Chọn A

Ta có AC'=a3⇒AB=a do đó thể tích khối lập phương là V=a3

Chọn D

Ta có 10−x2x−4≥0⇔2<x≤10 mà x∈ℤ nên x∈3;4;...;10 do đó bất phương trình có 8  nghiệm nguyên.

Chọn D

Vẽ BH⊥AC tại H, khi đó BH⊥ACBH⊥SA   SA⊥ABC nên BH⊥SAC

Do đó dB,SAC=BH.

Ta có BH=BA2.BC2BA2+BC2=a2.a32a2+a32=a32, với BC=AD=a3.

Vậy dB,SAC=a32

Chọn A

Gọi H là trung điểm B'C'. Ta có A'H⊥B'C', do đó góc giữa hai mặt phẳng (AB'C') và (ABC) là AHA'^=60°.

Có A'H=A'B.cos60°=2.12=1.

Trong tam giác A'B'C' có SA'B'C'=12A'B'.A'C'.sinB'A'C'^=12.2.2.sin120°=3.

Trong tam giác AHA' vuông tại A' ta có : AA'=A'H.tan60°=3.

Do đó VABC.A'B'C'=SA'B'C'.AA'=3.3=3.

Chọn A

Ta thấy A'B' là đường trung bình của tam giác C'PQ nên SC'PQ=4SA'B'C'.

Ta được VC.C'PQ=13.dC,A'B'C'.SC'PQ=13.dC,A'B'C'.4SC'A'B'=43VABC.A'B'C'. (1)

Lại có

VC.ABMN=13dC,ABMN.SABMN=13dC,ABMN.12SABB'A'=12VC.ABB'A'=12.23VABC.A'B'C'=13VABC.A'B'C'

Do đó VCMN.A'B'C'=23VABC.A'B'C' (2)

Từ (1) và (2) ta được VMA'P.NB'Q=VC.C'PQ−VCMN.C'A'B'=23VABC.A'B'C'=23.3=2.

Chọn D

Điều kiện xác định x+2≥0x2−6x+2m>0⇔x≥−2x2−6x+2m>0.

Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng <=> phương trình x2−6x+m=0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn -2⇔Δ'=−32−2m>0x1+2x2+2>0x1+2+x2+2>0 (1)

với x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2−6x+m=0, theo Vi-et ta có x1+x2=6x1.x2=2m, thay vào hệ (1) ta được

m<922m+16>010>0⇔−8<m<92,

vì m∈ℤ nên có 12 phần tử thỏa mãn là −7;−6;...;3;4.

Chọn B

Ta có: f(x)+f(y)=1⇔f(y)=1−f(x)⇔9y9y+m2=1−9x9x+m2=m29x+m2

⇔9x+y+m2.9y=9y.m2+m4⇔9x+y=m4⇔x+y=log9m4=2log3m

Đặt t=log3m.

Có: ex+y≤e(x+y)⇔e2t≤2e.t⇔e2t−2e.t≤0(*)

Xét g(t)=e2t−2et, có g'(t)=2e2t−2e=0⇔t=12.

Từ bbt ta được e2t−2et≥0,∀t.

Vậy (*) xảy ra ⇔e2t−2et=0⇔t=12⇔log3m=12⇔m=3⇔m=±3.

Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 0.

Chọn A

g(x)=f(f(x)+2)

Có g'(x)=f'(x)f'(f(x)+2).

Ta được g'(x)=0⇔f'(x)f'(f(x)+2)=0⇔f'(x)=0                 (1)f'(f(x)+2)=0  (2)

(1)⇔x=−1x=1(2)⇔f(x)+2=−1f(x)+2=1⇔f(x)=−3f(x)=−1⇔x=−2x=1x=a∈(−2;−1)x=0x=b∈(1;2)

Vậy g'(x)=0⇔x=−2x=−1x=1x=0x=a∈(−2;−1)x=b∈(1;2)

Vậy g'(x) có 6 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C

Thiết diện qua trục của (N) là ΔSAB

Vì ΔSAB cân tại S, SAB^=60o (gt) ⇒ΔSAB đều ⇒l=2R (R là bán kính nón)

Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều SAB

Có r=SΔSABp=l2343l2=l36=1⇔l=23

Ta được ciều cao của nón h=l.32=23.32=3.

Vậy V(N)=13πR2h=3π.

Chọn A

Ta có

A=logxy2x3+83logyxy=9logx2xy+83.logyx−1=91−logxy2+83.logxy−83

Đặt logxy=t (logxy>logx1=0⇒t>0 và x>y⇒logxx>logxy⇒1>t)

Suy ra 0 < t < 1.

Khi đó A trở thành: A=91−t2+83t−83=f(t)

Xét hàm số f(t)=9t−12+83t−83 có f'(t)=−2.9t−13−83t2=0⇔t=14  (tm)t=−2   (loai)

Ta có bảng biến thiên

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất khi t=14⇒logxy=14⇒x=y4

Chọn C

Gọi chiều rộng của đáy bể là x(m)(x>0)

=> chiều dài của đáy bể là 2x(m)

Gọi chiều cao của bể là h(m)(h>0)

Thể tích của bể là: V=x.2x.h=200⇒h=2002x2=100x2

Diện tích đáy là: S1=x.2x=2x2 m2

Diện tích xung quanh của bể là: S2=2.x.h+2.2x.h=6.x.hm2

Chi phí để xây bể là:

T=S1+S2.300000=2x2+6xh⋅300000=2x2+600x.300000

Ta có: 2x2+600x=2x2+300x+300x≥3⋅2x2⋅300x⋅300x3≥3⋅1800003

Dấu "=" xảy ra ⇔2x2=300x⇔x3=3002=150⇔x=1503

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

T=3⋅1800003⋅300000≈50,815⋅106 (nghìn đồng) ≈51 (triệu đồng)

Chọn A

Ta có: 16x−m.4x+1+5m2−45=0⇔(4x)2−4m.4x+5m2−45=0

Đặt 4x=t(t>0) khi đó phương trình (*) trở thành:

t2−4mt+5m2−45=0

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt <=> phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

⇔Δ'=4m2−(5m2−45)>0t1+t2>0t1.t2>0⇔45−m2>04m>05m2−45>0⇔−35<m<35m>0m>3m<−3⇔3<m<35

Mà m∈ℤ⇒m∈4;5;6

=> có 2 giá trị m chẵn thỏa mãn.

Chọn D

Ta có: y=1−xx+m−2⇒y'=1−mx+m−22. Để hàm số đồng biến trên khoảng 6;+∞ thì:

1−m>02−m≤6⇔m<1m≥−4⇔−4≤m<1

Do m∈ℤ nên m∈−4;−3;−2;−1;0⇒Tổng các giá trị nguyên m thỏa mãn: -10

Chọn A

Kẻ Am//OM,OH⊥Am H∈Am,OK⊥CHK∈CH nên dOM,AC=dOM,CAH

Ta có: OC⊥OAB⇒OC⊥AH,OH⊥AH⇒AH⊥OCH⇒AH⊥OK

Mà dOM,AC=dOM,CAH=dO,CAH=OK=23.

Vì tam giác OAB cân tại O nên OM⊥AB,OM=AM=AB2.

Vì OH⊥Am⇒OH⊥OM và OM⊥AB,AH//OM⇒AH⊥AM

Nên OHAM là hình vuông ( hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau)

Khi đó: OH=AM=AB2=22.

Do: 1OK2=1OH2+1OC2⇒OC=2⇒VO.ABC=16.OA.OB.OC=13

Chọn B

Ta có f'x=2x4−2mx3+4m+3x2−2m+7x=2xx3−mx2+2m+3x−m−7

Ta thấy phương trình x3−mx2+2m+3x−m−7=0 có nghiệm là x=1

Áp dụng sơ đồ Horner:

1−m2m+6−m−7111−mm+70

Khi đó ta có f'x=0⇔2xx−1x2+1−mx+m+7=0

Do limx→+∞fx=+∞ nên để hàm số gx=fx có đúng một điểm cực đại khi fx có một điểm cực trị dương.

TH1: Phương trình x2+1−mx+m+7=0 có hai nghiệm phân biệt không dương

⇔1−m2−4m+7>0m−1≤0m+7≥0⇔m2−6m−27>0m≤1m≥−7⇔−7≤m<−3⇒m∈−7;−6;−5;−4.

TH2: Phương trình x2+1−mx+m+7=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

⇔1−m2−4m+7≤0⇔m2−6m−27≤0⇔−3≤m≤9⇒m∈−3;−2;...;9.

TH3: Phương trình x2+1−mx+m+7=0 có nghiệm x=1.

⇔12+1−m1+m+7=0⇔9=0 (Vô lý).

Vậy m∈−7;−6;...;8;9.

Chọn B

Đặt t=x39⇒t'=x23≥0∀x∈0;5⇒t∈0;539. Ta có t=x39⇔x=9t3⇔x2=333t23.

Khi đó ta cần tìm m để hàm số ht=ft−m33t23+322 nghịch biến trên 0;539.

Ta có h't=f't−2333.m33t23+3t−13=f't−2333.m33t13+3t−13.

Để ht nghịch biến trên 0;539⇔h't=f't−2333.m33t13+3t−13≤0∀t∈0;539

⇔m≥f'tut∀t∈0;539 với ut=233333t13+3t−13

Ta có u't=293333t−23−3t−43. Ta có u't=0⇔33t−23−3t−43=0⇔t=3.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy được ut≥u3∀t∈0;539, mà f't≤f'3∀t∈0;539

Khi đó m≥f'tut∀t∈0;539⇔m≥f'3u3=18.

Chọn B

Đặt hx=2x+4x+log2x2−4x+5; gx=2fx+4fx+log2f2x−4fx+5.

Suy ra: gx=hfx. Ta thấy fx>0∀x nên ở đây ta chỉ xét hàm hx trên 0;+∞.

h'x=1−4x22x+4xln2+2x−2x2−4x+5ln2=x−2x+2x22x+4xln2+2x2−4x+5ln2;

h'x=0⇔x=2.

Ta có: 2fx+4fx+log2f2x−4fx+5=m⇔gx=m.

Suy ra: phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi đồ thị hàm số y = g(x) và đường thẳng y = m có đúng 6 điểm chung phân biệt.

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thực phân biệt khi 16<m<1+2133≈21,16.

Suy ra có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Chọn C

Gọi C là hình chiếu của B trên đường tròn đáy tâm O của hình trụ. Khi đó BC//OO' ⇒BC//OAO'⇒dB, OAO'=dC, OAO'.

Ta có: AO⊥OO'⇒SΔAOO'=12AO.O'O=a22.

ΔABC vuông tại C có AC=AB2−BC2=a2, mà AO = OC = a nên ΔAOC vuông cân tại O⇒CO⊥AO, OO'⇒CO⊥AO'O⇒dC, AO'O=CO=a.

Vậy VABOO'=13.CO.SΔAO'O=a36.