(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Thái Bình (Lần 1) có đáp án

Chọn C

Ta có đồ thị có hình dạng như trên với hàm bậc bốn trùng phương có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên a > 0, b < 0 . Giá trị cực đại lớn hơn 0 nên c > 0.

Chọn C

Trong (ABC) vẽ CH⊥AB

Ta có SA⊥ABC⇒SA⊥CHCH⊥AB⇒CH⊥SAB

Nên d(C;SAB)=CH=a32

Chọn B

Không gian mẫu Ω=C152

Gọi A là biến cố: “Chọn được hai số chẵn trong 15 số nguyên dương đầu tiên” A=C72

PA=AΩ=C72C152=15

Chọn D

Ta có un=u1+n−1d⇒u5=u1+4d=3+4.4=19

Chọn D

Xét hàm số: y=f−x

y'=−f'−x

Đề hàm số y=f−x nghịch biến y'<0⇒f'−x>0⇒0<−x<2⇒−2<x<0

Chọn C

Xét hàm số fx=13x3+x2−3x−4 trên đoạn [-4;0]

Ta có f'x=x2+2x−3

Giải f'x=0⇔x=1∉−4; 0x=−3∈−4; 0

Ta có f−3=5;  f−4=83;  f0=−4

Suy ra min−4; 0fx=−4=f0

Chọn C

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 3

Chọn B

Ta có fx=3x2−3m

Để hàm số fx=x3−3mx có cực trị thì phương trình f'x=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔3m>0⇔m>0

Chọn A

Gọi S.ABCD là hình chóp đều có cạnh đáy AB=a⇒SA=2a.

Diện tích xung quanh của hình chóp là S1=4SSBC=4.12.a.4a2−a24=15a2.

Diện tích đáy của hình chóp là S2=a2

Vậy S1S2=15

Chọn C

Từ BBT ta thấy f'(x) đổi dấu qua các giá trị x = -2, x = 1 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y=x2−4x+3x−2 với trục hoành là x2−4x+3x−2=0⇔x=1x=3.

Vậy P=xA+xB=4

Chọn B

Thể tích khối chóp là V=13.a2.2a=23a3

Chọn B

Giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 2f(x) - 1 trên đoạn [-1;2] là max−1;2gx=2max−1;2fx−1=2.3−1=5

Chọn D

Thể tích V  của khối lăng trụ đã cho là V=13.12a2.a=a36

Chọn B

Gọi M là trung điểm của B'D'

Ta có A'M⊥BB'D'D nên A'B,BB'D'D^=A'BM^=α

Xét tam giác A'BM vuông tại M, ta có sinα=A'MA'B=12

Chọn A

Ta có limx→−1+y=−∞; limx→1+y=−∞ nên đường tiệm cận đứng là x=−1; x=1

Lại có limx→−∞y=3 nên đường tiệm cận ngang là y = 3

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB=2; AD=3

Gọi AA' = x (với x > 0).

Xét tam giác ABC có AC=AB2+BC2=22+32=13

Xét tam giác ACA' có A'C2=AA'2+AC2⇔52=x2+13⇔x=23

Thể tích khối hộp đã cho là V=AB.AD.AA'=2.3.23=123

Chọn D

Mỗi tam giác là một tổ hợp chập 3 của 18 phần tử.

Số các tam giác có các đỉnh thuộc 18 điểm đã cho là C183

Chọn A

Tam giác ABC cân (do AB = AC bởi ABCD là hình thoi) có ABC^=60° nên nó đều.

Gọi M là trung điểm cạnh CD suy ra AM⊥CD

Ta có CD⊥AMCD⊥SA suy ra CD⊥SM nên SCD,ABCD=SM,AM=SMA^=60°, với AM=2a.32=a3 ta có SA=AM.tan60°=3a

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD=13SA.SABCD=13SA.2SABC=13.3a.2.2a2.34=2a33

Chọn C

Ta có u3=u22u1=623=12

Chọn C

- Hàm số bậc 3 , hệ số a < 0

Chọn D

Tiệm cận đứng x=−b=2⇒b=−2

Tiệm cận ngang y = a = -1

Suy ra a + b = -3

Chọn C

Ta có y'=3x2−12 ; y'=0⇔x=2x=−2

Ta có BBT:

Từ bảng biến thiên ta có yCD=17

Chọn C

Lí thuyết.

Chọn B

Lý thuyết.

Chọn C

Ta có: góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng SB và AB, đó chính là góc SBA^

Xét tam giác SAB vuông tại A có tanSBA^=SAAB=aa3=13⇒SBA^=30o

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 30^o

Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó, φchính là góc SHA^

Xét tam giác SAH vuông tại A có sinSHA^=SASH=a3a32+a322=255

Vậy sinφ=255

Chọn A

fx=x3+bx2+cx+d⇒f'x=3x2+2bx+c

Kết hợp đồ thị, ta có: −2b3=1c3=−2⇔b=−32c=−6⇒fx=x3−32x2−6x+d

Vậy T=f2−f0=−10

Chọn B

Ta có y=2x−1x+1⇒y'=3x+12>0,∀x≠−1 nên hàm số y=2x−1x+1 đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn C

fx=2⇔fx=2     1fx=−2  2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: phương trình (1) có hai nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm (và các nghiệm này phân biệt) nên phương trình fx=2 có 4 nghiệm.

Chọn B

Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1 => M(1;2) 

Ta có f'x=3x2−6x nên hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là f'1=−3

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là y=−3x−1+2⇔y=−3x+5

Chọn B

Tập xác định của hàm số là D = R\{2}

Chọn C

Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên AD = a và CD // AB mà AB // (SAB), suy ra CD // (SAB).

Do đó dSB,CD=dCD,SAB=dD,SAB

Lại có AD⊥AB do ABCD là hình vuông và AD⊥SA do SA⊥ABCD, suy ra AD⊥SAB hay dD,SAB=AD=a. Vậy dSB,CD=a

Chọn C

Ta có y'=3x2−3⇒y'<0⇔3x2−3<0⇔−1<x<1

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Chọn C

Xét hàm số y=x4+2x2−3, có y'=4x3+4x⇒y'=0⇔x=0nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét hàm số y=x3−x2−3x+1, có y'=3x2−2x−3⇒y'=0⇔x=1±103 nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Xét hàm số y=x4−2x2−3, có y'=4x3−4x⇒y'=0⇔x=0x=1x=−1 nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Xét hàm số y=x+1x+2, có y'=1x+22>0,∀x≠−2nên hàm số không có cực trị.

Cách khác:

Hàm số y=ax4+bx2+c có 3 điểm cực trị ⇔ab<0nên hàm số có 3 điểm cực trị là y=x4−2x2−3

Chọn C

Thể tích của khối chóp mới là: V=133Bh=Bh

Chọn B

Tập xác định D = R

Ta có y'=3x2+2x+m

Khi đó hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y'≥0 ,∀x∈ℝ

⇔3x2+2x+m≥0 ,∀x∈ℝ⇔m≥−3x2−2x ,∀x∈ℝ

⇔m≥−3x2−2x ,∀x∈ℝ (1).

Xét hàm số gx=−3x2−2x=−3x+132+13≤13 ,∀x∈ℝ hay maxℝgx=13

Từ (1) suy ra m≥13

Chọn C

Tập xác định D = (-1;4]. Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Xét limx→−1+y=limx→−1+4−xx+1=+∞

Vì limx→−1+4−x=5>0và limx→−1+x+1=0 mặt khác x + 1 > 0 khi x→−1+

Suy ra đường thẳng x = -1 là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một đường tiệm cận: x = -1

Chọn A

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên (1;3) .

Chọn D

Ta có f'x=4x3−4x−3m2x2=4xx−1x+1−3m2x2≤0 với ∀x∈0;1

Suy ra max0;1fx=f0;min0;1fx=f1

Theo yêu cầu bài toán ta có

f0.f1=−1⇒−m−m2−m−1=−1⇔m3+m2+m+1=0⇔m+1m2+1=0⇔m=−1

Chọn C

Ta có y'=−m2+2m+3x−m2.

Để thoả mãn ta có −m2+2m+3>0m≤2⇔−1<m<3m≤2⇔−1<m≤2

Vậy S=0;1;2

Chọn A

Gọi H∈A'C:A'H=2 và K∈A'D:A'K=2

Khi đó A'.BHK là tứ diện đều có cạnh bằng 2 nên thể tích V1=223

Ta có V1VA'.BCD=A'HA'C.A'KA'D=421⇒VA'.BCD=421V1=722

Do VABCD.A'B'C'D'=3VA'.ABCD=6VA'.BCD=212

Chọn B

Xét hàm số y=x3−3x2+1⇒y'=3x2−6x⇒y'=0⇔x=0x=2

Bảng biến thiên:

Để phương trình x3−3x2+1−m=0  1. có 3 nghiệm phân biệt thì -3 < m < 1

Từ x1<1<x2<x3⇒x1−1<0x2−1>0,x3−1>0 kết hợp định lí vi – et: 

x1−1x2−1x3−1<0⇔x1x2x3−x1x2+x2x3+x3x1+x1+x2+x3−1<0                                        ⇔m−1+3−1<0                                        ⇔m<−1

Kết hợp điều kiện ta được: -3 < m < -1

Chọn A

Xét hàm số: gx=x3−3x2⇒g'x=3x2−6x⇒g'x=0⇔x=0x=2

Bảng biên thiên:

Số điểm cực trị của hàm số f(x) bằng số điểm cực trị cộng với số nghiệm bội lẻ nên để hàm số f(x) có đúng 3 điểm cực trị thì: m≤−4∨m≥0

Do m∈ℤm∈−4;4⇒m∈−4;0;1;2;3;4

Chọn B

TH1: m =8 . Khi đó hám số suy biến thành hàm bậc hai có dạng y=−x2+2022 là một parabol có bề lõm quay xuống nên đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị và là điểm cực đại. Suy ra m = 0 (thỏa mãn)

TH2: m≠0 . Khi đó hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương.

Ta có nhận xét sau về hàm bậc bốn trùng phương: y=ax4+bx2+c  a≠0

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi ab<0

Hàm số có một điểm cực trị khi và chỉ khi a.b≤0

Do đó ta có hai khả năng cho TH2:

KN1: Đồ thị hàm số có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại thì

a<0a.b≥0⇔a<0b≤0⇔m<0m−1≤0⇔m<0m≤1⇔m<0

KN2: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại thì

a>0a.b<0⇔a>0b<0⇔m>0m−1<0⇔m>0m<1⇔0<m<1

Vậy kết hợp các trường hợp trên ta được m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Do đồ thị fx=ax3+bx2+cx+d tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng  nên đồ thị còn cắt trục hoành tại một điểm khác nữa, ta giả sử điểm đó có hoành độ x0≠1

Khi đó fx=ax3+bx2+cx+d=ax−12x−x0

Do đồ thị fx=ax3+bx2+cx+d cắt đường thẳng y = 2m - 1 tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 0 và 4 nên ta có:

f0=2m−1f4=2m−1⇔−a.x0=2m−19a.4−x0=2m−1⇒−a.x0=9a.4−x0⇔x0=92

Suy ra fx=ax3+bx2+cx+d=ax−12x−92

Vậy fx=f−3⇔ax−12x−92=−120a⇔2x3−13x2+20x+231=0⇔x=−3

Chọn B

Ta có:  f'x≤0,∀x∈0;1⇔12x3+121−2m2x2+12m−2m2x+12m≤0,∀x∈0;1

⇔x2x+1−2m2x.x+1+mx+1≤0,∀x∈0;1⇔x+1x2−2m2x+m≤0,∀x∈0;1

 

Vì x∈0;1⇒x+1>0 nên yêu cầu bài toán ⇔x2−2m2x+m⏟gx≤0,∀x∈0;1. (*)

Xét Δgx'=m4−m

TH1: Δgx'<0, do a=1>0⇒gx>0,∀x∈ℝ (không thỏa mãn).

TH2: Δgx'=0⇔m=1m=0 (không thỏa mãn).

TH3: Δgx'>0⇔m4−m>0⇔m>1m<0

Khi đó gx=0 có 2 nghiệm phân biệt  (giả sử x1<x2).

Ta có bảng xét dấu của g(x) như sau:

Theo yêu cầu bài toán ta có g0≤0g1≤0⇔m≤01−2m2+m≤0⇔m≤0m≥1m≤−12⇔m≤−12

Do m∈ℤm∈−20;20 nên ta nhận m∈−20;−19;...;−1. Vậy có tất cả 20 giá trị thỏa mãn.

Chọn C

Gọi H là trung điểm BC⇒BC⊥SH (do ΔSBC cân tại I ).

Gọi G là trọng tâm ΔABC và I=SH∩MN.

Do S.ABC là chóp đều ⇒SG⊥ABC

Ta có: MN là đường trung bình của ΔSBC⇒MN//BC⇒MN⊥SH tại I

Vậy: AMN⊥SBCAMN∩SBC=MNSH⊥MN,SH⊂SBC⇒SH⊥AMN⇒SH⊥AI

Lại có I là trung điểm SH (do I∈MN) => AI là đường trung tuyến ΔSAH

Suy ra ΔSAH cân tại A⇒SA=AH=AB32=3a2

Xét ΔSGA vuông tại G : SG=SA2−AG2=3a22−23.3a22=a52

Mặt khác: VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=14⇒VMNABC=34VS.ABC=34.13.SG.AB234=31532a3

Chọn D

Đặt gx=f(x)−12x2⇒g'x=f'x−x, g'x=0⇔f'x−x=0⇔f'x=x

Dưa vào đồ thị 2 hàm số y = f'(x) và đồ thị hàm số y = x  ta được g'x<0,∀x∈1;2. Do đó hàm số g(x)  nghịch biến trên 1;2⇒max1;2gx=g1=f1−12

Yêu cầu bài toán m>max1;2gx=f1−12

Chọn C

Giả sử O=AC∩BD

Do SA=SB=SC=SDOA=OB=OC=OD⇒SO⊥ABCD. Ta có VSA'BD=VA'.SBD

Do AA'//BB'BB'⊂SBD⇒dA',SBD=dA,SBD⇒VA'.SBD=VA.SBD

Ta có AO⊥SOAO⊥BD⇒AO⊥SBD

Tam giác SOB vuông tại O⇒SO=SB2−OB2=3a2−2a2=a

VS.ABD=VA.SBD=13AO.k,1

Với  là diện tích tam giác SBD⇒k=12SO.BD=12a.2a2=2a2, 2 . AO=a2 3

Thay (2), (3) vào (1) ta được VS.A'BD=VA'.SBD=13a2.2a2=2a33