(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Khoa Học Tự Nhiên (Lần 1) có đáp án

Chọn C

Chọn C

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x{\left(x-1\right)}^2{\left(x-2\right)}^3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2.\end{array}\right.$

Trong các nghiệm của phương trình f'(x) = 0 thì x = 0, x = 2 là các nghiệm bội lẻ nên chúng là cực trị của hàm số f(x). Còn x = 1 là nghiệm bội chẵn nên nó không phải là cực trị của hàm số f(x).

Chọn C

Bất phương trình ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)>0\iff 0<2x-1<1\iff \frac{1}{2}<x<1$.

Chọn D

$z=\left(3+4i\right)\left(1-2i\right)=11-2i\Rightarrow \left|z\right|=5\sqrt{5}$

Chọn C

Hàm số xác định khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}2-x\ge 0\\ x^2-4x+3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ x\ne 1\\ x\ne 3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ x\ne 1\end{array}\right.$

Tập xác định $D=\left(-\infty ;2\right]\backslash \left\{1\right\}$

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2-x}}{x^2-4x+3}=0$, $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2-x}}{x^2-4x+3}=-\infty$

Suy ra TCĐ: x = 1 và TCN: y =0.

Chọn B

Chọn A

Chọn C

Ta có $$\begin{gathered} {4.3}^{x^2}={3.2}^{2x^2}\iff 2^2{.3}^{x^2}={3.2}^{2x^2}\iff 3^{x^2-1}=2^{2x^2-2}\iff 2x^2-2=\left(x^2-1\right){\log }_{2}3\iff \left(x^2-1\right)\left(2-{\log }_{2}3\right)=0 \\ \iff x^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Chọn C

Ta có $\int 2^x{.3}^{x+1}\text{d}x=3\int 2^x{.3}^x\text{d}x=3\int 6^x\text{d}x=\frac{{3.6}^x}{\ln 6}+C$

Chọn A

Ta có $\left(S\right):\left\{\begin{array}{l}I\left(-1;0;0\right)\\ R=2\end{array}\right.$.

Chọn C

Ta có : $-z^2+2z-2=0$

Chọn D

Gọi cạnh đáy bằng $a\Rightarrow BD=a\sqrt{2}$

- Góc giữa cạnh bên với đáy một góc $45°\Rightarrow \Delta SBD$ là vuông cân $\Rightarrow SO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chọn B

- Số tự nhiên có ba chữ số $\overline{abc}$ đôi một khác nhau lấy từ tập $\left\{0;1;2;3;4;5\right\}$: $\left|\Omega \right|=5.A_4^2=60$

- Gọi A là biến cố: “số được chọn có chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục”

+ Vì chữ số hàng trăm nhỏ hơn chữ số hàng chục và $a\ne 0$. Đồng thời cứ 1 bộ 2 chữ số thì có 1 chữ số đứng trước bé hơn chữ số đứng sau. Suy ra số cách chọn $\overline{ab}=C_4^2$,

+ Cách chọn c : 4

Số cách chọn $\overline{abc}:n_A=C_4^2.4=24$

$\Rightarrow P_A=\frac{24}{60}=\frac{2}{5}$

Chọn B

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)\text{d}x$

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=0\leftrightarrow t=2\\ x=1\leftrightarrow t=4\end{array}\right.$

$I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)\text{dt=}\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)\text{dx=}4$

Chọn A

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Gọi H là hình chiếu của lên SO.

Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp AH$.

Lại có $AH\perp SO$ và $AH\perp BD$ nên $AH\perp \left(SBD\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=AH$.

Trong tam giác ABC có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Trong tam giác SAO có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{O}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^3+2x+\text{ln}x$ với đường thẳng y = x + 2 là $x^3+2x+\text{ln}x=x+2$.

Điều kiện x > 0.

Khi đó phương trình trở thành $x^3+x+\text{ln}x-2=0$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3+x+\text{ln}x-2$, với x > 0.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+1+\frac{1}{x}>0,\forall x>0$. Do đó hàm số $f\left(x\right)=x^3+x+\text{ln}x-2$ đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Khi đó phương trình $x^3+x+\text{ln}x-2=0$ có nhiều nhất là 1 nghiệm.

Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.

Vậy đồ thị hàm số $y=x^3+2x+\text{ln}x$ với đường thẳng y = x + 2 có 1 giao điểm.

Chọn D

Ta có $z=\frac{1-3i}{1+i}=\frac{\left(1-3i\right)\left(1-i\right)}{1^2+1^2}=\frac{-2-4i}{2}=-1-2i$.

Chọn C

Số cần tìm có dạng: $\overline{abc}\left(a\ne 0\right)$.

TH1: c = 0, chọn $\overline{ab}:A_5^2=20$ số.

Suy ra lập được 20 số thỏa mãn.

TH2: $c\in \left\{2;4;6\right\}:3$ cách chọn

Chọn a: 4 cách.

Chọn b: 4 cách.

Suy ra có 4.4.3 = 48 số.

Vậy có 20 + 48 = 68 số.

Chọn C

Xét hàm số $y=x^3+x+1$ có $y^{\text{'}}=3x^2+1>0,\forall x\in ℝ$. Do đó hàm số $y=x^3+x+1$ không có cực trị

Chọn B

Chọn B

Chọn A

$\forall x\in (2;3)\Rightarrow (x-2)(3-x)>0\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)={(x-1)}^2(x-2)(3-x)>0$

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).

Chọn C

Chọn B

Ta có tâm của mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x+4y-3=0$ có toạ độ là (1;-2;0).

Chọn B

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và M là trung điểm của BC

Ta có $AM=a\sqrt{3}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AM=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$

Mặt khác $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}a\right)}^2-{\left(\frac{2\sqrt{3}a}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$

Chọn B

Chọn C

${\log }_{\sqrt{a}}\sqrt{a\sqrt{a}}={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}{a}^{\frac{3}{4}}=\frac{1}{\frac{1}{2}}.\frac{3}{4}{\log }_{a}a=\frac{3}{2}$

Chọn C

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(2;3;-4\right)$.

Theo đề bài, ta có mặt phẳng (P) qua điểm M(1;0;-2) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u_d}=\left(2;3;-4\right)$.

Chọn C

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$ khi

$$\begin{gathered} f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left(x-1\right)\left(x-m\right)\ge 0,\forall x\in ℝ \\ \iff x^2-\left(m+1\right)x+m\ge 0,\forall x\in ℝ \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=1>0\\ \Delta ={\left(m+1\right)}^2-4m\le 0\end{array}\right. \\ \iff m^2-2m+1\le 0 \\ \iff {\left(m-1\right)}^2\le 0 \\ \iff m-1=0 \\ \iff m=1 \end{gathered}$$

Chọn D

Chọn A

Giả sử $z=x+iy\left(x,y\in ℝ\right)$ được biểu diễn bởi điểm M(x,y).

Chọn D

Ta có: ${\left(\frac{3}{\pi }\right)}^{\sqrt{x}}>{\left(\frac{3}{\pi }\right)}^{2-\sqrt{x}}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}<2-\sqrt{x}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ \sqrt{x}<1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x<1\end{array}\right.\iff 0\le x<1$.

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số $y=x^2\left|x^2-4\right|$:

$x^2\left|x^2-4\right|=m\iff \left|x^4-4x^2\right|=m$

Ta có đồ thị hàm số $y=\left|x^4-4x^2\right|$ như sau

Từ đồ thị suy ra để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $y=x^2\left|x^2-4\right|$ tại đúng 4 điểm phân biệt <=> m =4.

Chọn A

Chọn C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln x\\ dv=dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{1}{x}dx\\ v=x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \int \ln x\text{d}x=x.\ln x-\int \text{d}x=x\ln x-x+C=x\left(\ln x-1\right)+C$

Chọn B

Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0;2] bằng 6 khi:

$y\left(0\right)+y\left(2\right)=6\iff -m+\frac{2-m}{3}=6\iff m=-4.$

Chọn D

Ta có:

$\begin{array}{l}{4}^x+2023\left(x+1\right)<\left(x+2024\right){.2}^x\iff 4^x-{2024.2}^x+2023-\left(2^x-2023\right).x<0\\ \iff \left(2^x-1\right)\left(2^x-2023\right)-\left(2^x-2023\right).x<0\\ \iff \left(2^x-2023\right)\left(2^x-x-1\right)<0\end{array}$

Do x nguyên dương nên 

Do đó bất phương trình $\iff 2^x<2023\Rightarrow x\in \left\{1;2;\mathrm{....};10\right\}$.

Vậy có 10  số nguyên dương x thỏa mãn.

Chọn A

Xét phương trình $x^2=2-x^2\iff x=\pm 1$

Chọn C

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=x^3-3x^2+m$  liên tục trên đoạn [-2;3].

+) $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6\text{x; }{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0;x=2\in \left[-2;3\right]$

+) $f\left(-2\right)=m-20, f\left(2\right)=m-4, f\left(3\right)=f\left(0\right)=m$

Khi đó $\underset{\left[-2;3\right]}{\text{max}}\left|f\left(x\right)\right|=\text{max}\left\{\left|m\right|;\left|m-20\right|\right\}=M$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}M\ge \left|m\right|\\ M\ge \left|m-20\right|=\left|20-m\right|\end{array}\right.\Rightarrow 2M\ge \left|m\right|+\left|20-m\right|\ge \left|m+20-m\right|=20\Rightarrow M\ge 10$.

Chọn B

+) (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = 2.

+) (P) có VTPT $\overrightarrow{n}=\left(1;1;2\right)$, đường thẳng AB có VTVP $\overrightarrow{a}=\left(-2;1;-1\right)$.

+) Ta có $\sin \left(AB;\left(P\right)\right)=\frac{1}{2}$, suy ra góc giữa AB và (P) bằng 300.

+) Gọi H là hình chiếu của (P). A trên (P). Ta có AB = 2.AH. Do đó AB max khi và chỉ khi AH max

$AHmax=\text{d}\left(\text{I};\left(\text{P}\right)\right)+\text{R}=2+\frac{3\sqrt{6}}{2}\cdot$

+) Vậy $ABmax=4+3\sqrt{6}$

Chọn B

Đặt $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x;y\right)$ biểu diễn z.

Do

$\begin{array}{l}\left|z+\overline{z}\right|+\left|z-\overline{z}\right|=\left|z^2\right|\iff \left|z+\overline{z}\right|+\left|z-\overline{z}\right|={\left|z\right|}^2\iff 2\left|x\right|+2\left|y\right|=x^2+y^2\\ \iff {\left(\left|x\right|-1\right)}^2+{\left(\left|y-1\right|\right)}^2=2\end{array}$.

Từ đó suy ra: Tập hợp điểm M biểu diễn z là 4 phần của 4 đường tròn như hình vẽ:

Mà $T=\left|z-2+3i\right|=\left|z-\left(2-3i\right)\right|=MA$ với A(2;-3) biểu diễn số phức (2 - 3i).

Ta có $A{I}_1=\sqrt{17};A{I}_2=5;A{I}_3=\sqrt{13};A{I}_4=\sqrt{5}$.

Do đó $MaxT=A{I}_2+R=5+\sqrt{2}$

Chọn B

Do $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)}{x}=1\iff \underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=1\iff f\text{'}\left(0\right)=1$.

Ta có: $f\text{'}\text{'}\left(x\right)+{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2+x^2=1+2xf\text{'}\left(x\right)\iff {\left[f\text{'}\left(x\right)-x\right]}^2=-\left(f\text{'}\text{'}\left(x\right)-1\right)$, (1)

Đặt $g\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-x\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\text{'}\left(x\right)-1$, nên (1) trở thành $g^2\left(x\right)=-g\text{'}\left(x\right)\Rightarrow \frac{g\text{'}\left(x\right)}{g^2\left(x\right)}=-1.$

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được $-\frac{1}{g\left(x\right)}=-x+C\Rightarrow g\left(x\right)=\frac{1}{x-C}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=x+\frac{1}{x-C}$

Cho $x=0\Rightarrow f\text{'}\left(0\right)=\frac{1}{-C}\Rightarrow C=-1$. Do đó $f\text{'}\left(x\right)=x+\frac{1}{x+1}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^2}{2}+\ln \left|x+1\right|+C_1$

Chọn C

Đặt z = x + yi khi đó $\left|z-m\right|=3\iff \left|\left(x-m\right)+yi\right|=3$. Khi đó tập các số phức z là đường tròn (C₁) có tâm I₁(m;0) và R₁ = 3.

Ta có $z\left(\overline{z}-4\right)={\left|z\right|}^2-4z=\left(x^2+y^2-4x\right)-4yi$. Để $z\left(\overline{z}-4\right)$ là số thuần ảo khi và chỉ khi $x^2+y^2-4x=0$. Khi đó tập hợp các số phức z là đường tròn (C₂) có tâm I₂(2;0) và R₂ = 2.

Ta có độ dài đường nối tâm là $I_1{I}_2=\left|m-2\right|$.

Chọn A

Ta có $A{B}^2=S{A}^2+S{B}^2-2SA2SB\cos \widehat{ASB}\iff SA=\sqrt{\frac{A{B}^2}{2-2\cos \widehat{ASB}}}=\sqrt{\frac{{\left(2a\right)}^2}{2-2\cos 120°}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

Ta có diện tích thiết diện là $S\text{'}=\frac{1}{2}{l}^2\sin \alpha \le \frac{1}{2}{l}^2=\frac{1}{2}S{A}^2=\frac{2}{3}{a}^2$.

Chọn D

Ta có $\left(x+1\right)f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+1\right)e^{-x}\iff \left(x+1\right)e^{x}f\left(x\right)+e^{x}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=2x+1$