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

Chọn C

∫12xdx=12∫1xdx=12lnx+C⇒12lnx  là một nguyên hàm của hàm số y=12x.

Chọn C

f'x=0⇔xx−12x−23=0⇔x=0x=1x=2.

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).

Vậy hàm số đã cho có 2 cực trị.

Chọn C

Bất phương trình log122x−1>0⇔0<2x−1<1⇔12<x<1.

Vậy tập nghiệm S=12;1.

Chọn D

z=3+4i1−2i=11−2i⇒z=55

Chọn CI=∫01fxf'xdx=∫01fxdfx=f2x201=3.1+12−3.0+12=32

Chọn C

Hàm số xác định khi và chỉ khi 2−x≥0x2−4x+3≠0⇔x≤2x≠1x≠3⇔x≤2x≠1

Tập xác định D=−∞;2\1

Ta có limx→−∞2−xx2−4x+3=0, limx→1+2−xx2−4x+3=−∞

Suy ra TCĐ: x = 1 và TCN: y =0.

Chọn B

Ta có u→.v→=1.2+2−1−3−2=6

Chọn A

Hàm số xác định khi và chỉ khi 4x−x2>0⇔0<x<4

Chọn C

Ta có 4.3x2=3.22x2⇔22.3x2=3.22x2⇔3x2−1=22x2−2⇔2x2−2=x2−1log23⇔x2−12−log23=0⇔x2−1=0⇔x=1x=−1

Chọn C

Ta có ∫2x.3x+1dx=3∫2x.3xdx=3∫6xdx=3.6xln6+C

Chọn A

Ta có (S):I−1;0;0R=2.

Để (P) tiếp xúc với (S) thì dI;P=R⇔−1+m3=2⇔m=−5(l)m=7

Chọn C

Ta có : −z2+2z−2=0

−z2+2z−2=0⇔z=1+iz=1−i. Vậy nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình là z = 1 - iz+3i=1−i+3i=1+2i=5

Chọn D

Gọi cạnh đáy bằng a⇒BD=a2

- Góc giữa cạnh bên với đáy một góc 45°⇒ΔSBD là vuông cân ⇒SO=BD2=a22

- Gọi M là trung điểm CD⇒CD⊥OM⇒ góc giữa mặt bên và đáy là SMO^cosSMO^=OMSM=OMOM2+SO2=13

Chọn B

- Số tự nhiên có ba chữ số abc¯ đôi một khác nhau lấy từ tập 0;1;2;3;4;5: Ω=5.A42=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≠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 ab¯=C42,

+ Cách chọn c : 4

Số cách chọn abc¯:nA=C42.4=24

⇒PA=2460=25

Chọn B

Ta có I=∫12f2xdx

Đặt t=2x⇒dt=2dx suy ra x=0↔t=2x=1↔t=4

I=∫12f2xdx=12∫24ftdt=12∫24fxdx=4

Chọn A

Ta có log1000a=log1000+loga=3+12loga=3+12.12=134

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Gọi H là hình chiếu của lên SO.

Ta có BD⊥AC và BD⊥SA nên BD⊥SAC⇒BD⊥AH.

Lại có AH⊥SO và AH⊥BD nên AH⊥SBD⇒dA,SBD=AH.

Trong tam giác ABC có AC=AB2+BC2=a2+a2=a2⇒AO=a22.

Trong tam giác SAO có 1AH2=1AO2+1SA2=1a222+12a2=94a2⇒AH=2a3.

Vậy dA,SBD=AH=2a3.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=x3+2x+lnx với đường thẳng y = x + 2 là x3+2x+lnx=x+2.

Điều kiện x > 0.

Khi đó phương trình trở thành x3+x+lnx−2=0.

Xét hàm số fx=x3+x+lnx−2, với x > 0.

Ta có f'x=3x2+1+1x>0,∀x>0. Do đó hàm số fx=x3+x+lnx−2 đồng biến trên khoảng 0;+∞.

Khi đó phương trình x3+x+lnx−2=0 có nhiều nhất là 1 nghiệm.

Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.

Vậy đồ thị hàm số y=x3+2x+lnx với đường thẳng y = x + 2 có 1 giao điểm.

Chọn D

Ta có z=1−3i1+i=1−3i1−i12+12=−2−4i2=−1−2i.

Vậy phần ảo của số phức z=1−3i1+i là -2

Chọn C

Số cần tìm có dạng: abc¯a≠0.

TH1: c = 0, chọn ab¯:A52=20 số.

Suy ra lập được 20 số thỏa mãn.

TH2: c∈2;4;6:3 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=x3+x+1 có y'=3x2+1>0,∀x∈ℝ. Do đó hàm số y=x3+x+1 không có cực trị

Chọn B

Thể tích khối chóp là : V=13.a2.2a=23a3

Chọn B

Hàm số y=x4+(2m−1)x2+1 có đúng 1 cực trị ⇔a.b≥0⇔2m−1≥0⇔m≥12

Chọn A

∀x∈(2;3)⇒(x−2)(3−x)>0⇒f'(x)=(x−1)2(x−2)(3−x)>0

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

Chọn C

Ta có: u10=u2.q8=2.28=512

Chọn B

Ta có tâm của mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x+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=a3⇒AH=23AM=23a3

Mặt khác SH=SA2−AH2=(2a)2−23a32=63a

Vậy thể tích của khối chóp đã cho là: V=13.SABC.SH=13.(2a)2.34.6a3=2a33

Chọn B

Hình chiếu vuông góc của điểm M(1,-2,3) lên mặt phẳng (Oyz) có toạ độ là: (0;-2;3)

Chọn D

Gọi M(a,b,c) vì M thuộc (d) nên suy ra: a=2t+1b=−t+2c=3t

Vì M thuộc (P) nên: 2t+1−(−t+2)+2.3t−8=0⇔t=1

Vậy tọa độ giao điểm của d và (P) là (3;1;3)

Chọn C

logaaa=loga12a34=112.34logaa=32

Chọn C

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud→=2;3;−4.

Theo đề bài, ta có mặt phẳng (P) qua điểm M(1;0;-2) và có vectơ pháp tuyến n→=ud→=2;3;−4.

Khi đó: P:2.x−1+3.y−0−4.z+2=0⇔2x+3y−4z−10=0

Chọn C

Hàm số đồng biến trên −∞;+∞ khi

f'x≥0,∀x∈ℝ⇔x−1x−m≥0,∀x∈ℝ⇔x2−m+1x+m≥0,∀x∈ℝ⇔a=1>0Δ=m+12−4m≤0⇔m2−2m+1≤0⇔m−12≤0⇔m−1=0⇔m=1

Chọn D

Phương trình mặt phẳng (ABC) có dạng: x1+y−1+z1=1⇔x−y+z=1

Chọn A

Giả sử z=x+iy  x,y∈ℝ được biểu diễn bởi điểm M(x,y).

Khi đó z¯+1=z−i⇔x+12+y2=x2+y−12⇔x+y=0⇔y=−x

Chọn D

Ta có: 3πx>3π2−x⇔x≥0x<2−x⇔x≥0x<1⇔x≥0x<1⇔0≤x<1.

Do vậy, tập nghiệm của bất phương trình là: S = [0;1)

Chọn B

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số y=x2x2−4:

x2x2−4=m⇔x4−4x2=m

Ta có đồ thị hàm số y=x4−4x2 như sau

Từ đồ thị suy ra để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y=x2x2−4 tại đúng 4 điểm phân biệt <=> m =4.

Chọn A

Thể tích của khối nón đã cho là V=13πr2.h=13π.2a2.2a=

Chọn C

Đặt u=lnxdv=dx⇒du=1xdxv=x

⇒∫lnxdx=x.lnx−∫dx=xlnx−x+C=xlnx−1+C

Chọn B

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

y0+y2=6⇔−m+2−m3=6⇔m=−4.

2x>x+1⇒2x−x−1>0

Chọn D

Ta có:

4x+2023x+1<x+2024.2x⇔4x−2024.2x+2023−2x−2023.x<0                                                   ⇔2x−12x−2023−2x−2023.x<0                                                   ⇔2x−20232x−x−1<0

Do x nguyên dương nên 

Do đó bất phương trình ⇔2x<2023⇒x∈1;2;....;10.

Vậy có 10  số nguyên dương x thỏa mãn.

Chọn A

Xét phương trình x2=2−x2⇔x=±1

Vậy diện tích hình phẳng đã cho bằng ∫−11x2−2−x2dx=∫−112x2−2dx=83

Chọn A

AA'⊥ABC⇒AA', ABC^=A'BA^=60o

Xét tam giác vuông ABA' có: AB=AA'cotABA'^=a3.

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=12AA'.AB.AC.sin120o=a3312

Chọn C

Xét hàm số y=fx=x3−3x2+m  liên tục trên đoạn [-2;3].

+) f'x=3x2−6x;  f'x=0⇔x=0;x=2∈−2;3

+) f−2=m−20, f2=m−4,  f3=f0=m

Khi đó max−2;3fx=maxm;m−20=M.

Ta có: M≥mM≥m−20=20−m⇒2M≥m+20−m≥m+20−m=20⇒M≥10.

Dấu ''='' xảy ra ⇔m=20−m=10m20−m≥0⇔m=10.

Chọn B

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

+) (P) có VTPT n→=1;1;2, đường thẳng AB có VTVP a→=−2;1;−1.

+) Ta có sinAB;P=12, 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

AH max =dI;P+R=2+ 362⋅

+) Vậy AB max =4+36

Chọn B

Đặt z=x+yix,y∈ℝ⇒Mx;y biểu diễn z.

Do

z+z¯+z−z¯= z2⇔z+z¯+z−z¯= z2⇔2x+2y=x2+y2⇔x−12+y−12=2.

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

Mà T=z−2+3i=z−2−3i=MA với A(2;-3) biểu diễn số phức (2 - 3i).

Ta có AI1=17; AI2=5;AI3=13; AI4=5.

Do đó Max T=AI2+R=5+2

Chọn B

Do limx→0fxx=1⇔limx→0fx−f0x−0=1⇔f'0=1.

Ta có: f''x+f'x2+x2=1+2xf'x⇔f'x−x2=−f''x−1, (1)

Đặt gx=f'x−x⇒g'x=f''x−1, nên (1) trở thành g2x=−g'x⇒g'xg2x=−1.

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được −1gx=−x+C⇒gx=1x−C⇒f'x=x+1x−C

Cho x=0⇒f'0=1−C⇒C=−1. Do đó f'x=x+1x+1⇒fx=x22+lnx+1+C1

Mặt khác f0=0⇒C1=0. Suy ra fx=x22+lnx+1. Vậy f2=2+ln3

Chọn C

Đặt z = x + yi khi đó z−m=3⇔x−m+yi=3. Khi đó tập các số phức z là đường tròn (C₁) có tâm I₁(m;0) và R₁ = 3.

Ta có zz¯−4=z2−4z=x2+y2−4x−4yi. Để zz¯−4 là số thuần ảo khi và chỉ khi x2+y2−4x=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 I1I2=m−2.

Để có một số phức z thỏa mãn ⇔I1I2=R1+R2I1I2=R1−R2⇔m−2=5m−2=1⇔m=7m=−3m=3m=1

Chọn A

Ta có AB2=SA2+SB2−2SA2SBcosASB^⇔SA=AB22−2cosASB^=2a22−2cos120°=2a33

Ta có diện tích thiết diện là S'=12l2sinα≤12l2=12SA2=23a2.

Đẳng thức xảy ra khi sinα=1 hay α=A'SB'^=90°

Chọn D

Ta có x+1fx+xf'x=2x+1e−x⇔x+1exfx+exxf'x=2x+1

⇔xexfx'=2x+1⇒∫xexfx'dx=∫2x+1dx⇔xexfx=x2+x+C

Vì f1=4e nên C=ef1−2=2. Suy ra exfx=x+1+2x.

Khi đó ∫12exfxdx=∫12x+1+2xdx=x22+x+2lnx12=

Chọn A

102x+3−y2≥a2x−loga⇔2x+3−y2≥2x−logaloga⇔log2a−2xloga+2x+3−y2≥0

Đặt t=loga ta được bất phương trình t2−2xt+2x+3−y2≥0

Để bất phương trình đúng với mọi số thực a > 0.

Điều kiện là Δ'≤0⇔x2−2x−3+y2≤0⇔x−12+y2≤4.

P=3x+4y=3x−1+4y⇒P2≤32+42x−12+y2≤25.4⇒P≤10.

Đẳng thức xảy ra khi x=1y=0