(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Thái Bình (Lần 2) có đáp án

Chọn D

Ta có:

u1=u2−d=3−2=1 => u4=u1+3d=1+3.2=7

Chọn C

y=3x−4⇒y'=3>0. Suy ra hàm số không có cực trị.

Chọn A

Lý thuyết.

Chọn A

Ta có AC,A'D=AC,B'C=ACB'^ΔACB' đều  suy ra ACB'^=60°

Chọn A

Gọi G là trọng tâm ΔABC. AI=a32;AG=23AI=a33Xét ΔSAG ta có:cosSAG^=AGSA=a332a33=12⇒SAG^=60°

Chọn A

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

Stp=2πrl+2πr2=2π.5.7+2π.52=120π cm2.

Chọn D

Ta có V=13S.h⇒h=3VS=3.3216=6 cm.

Chọn D

f'x=x−1x−22x−3⇒f'x=0⇔x=1x=2x=3, trong đó x = 2 là nghiệm kép.

Vậy hàm số y=fx đạt cực đại tại x=1

Chọn B

Từ BBT, hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (-1;2).

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).

Chọn D

Ta có y=3x2−2x⇒y'=2x−2.3x2−2x.ln3

Chọn B

Ta có 32x2−5x−1=13⇔32x2−5x−1=3−1⇔2x2−5x=0.

Theo Viet, ta có tích các nghiệm bằng 0.

Đáp án đúng là: B

TXĐ: D = [–4; 4].

Ta có –x2 ≤ 0, ∀x.

⇔ 16 – x2 ≤ 16, ∀x.

⇔16−x2≤4,  ∀x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

Vậy max−4;4y=4

Chọn C

Ta có limx→±∞y=2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số; limx→−1+y=−∞ nên x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Hàm số đồng biến trên −∞;2 và 2;+∞

Chọn B

Xét phương trình

x3−2x2+x−1=1−2x⇔x3−2x2+3x−2=0⇔x−1x2−x+2=0⇔x=1.

Vậy hai đồ thị hàm số có một giao điểm.

Chọn C

Gọi chiều cao, độ dài đường sinh, bán kính đáy của khối nón lần lượt là h, l, r

Bán kính đáy của khối nón là r=l2−h2=102−82=6.

Thể tích của khối nón là V=13πr2h=13π.62.8=96π.

Chọn D

Điều kiện 2x−1>0⇔x>12.

Tập xác định của hàm số y=2x−1π là: D=12 ; +∞

Chọn A

Ta có limx→−∞y=2; limx→+∞y=−1.

Do đó đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2; y = -1.

Lại có limx→−1+y=−∞ nên đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = -1.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3.

Chọn B

Áp dụng công thức về logrit ta thấy:

 

loga1b=logab−1=−logablogab+c≠logab.logaclogabc=logab−logaclogabc=logab+logac

 

Nên mệnh đề B sai.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta thấy, đây là đồ thị hàm số mũ dạng y=ax với a > 1

Chọn A

log3a=log27a2b⇔log27a3=log27a2b⇔a3=a2b⇔a2=b

Chọn D

Số kết quả của việc gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần là 63=216⇒nΩ=216

Gọi A là biến cố: “tích số chấm xuất hiện trong 3 lần gieo là một số lẻ”.

A xảy ra khi kết quả của cả ba lần gieo đều là số lẻ ⇒nA=33=27.

Vậy PA=nAnΩ=18

Chọn A

(SAB) và (SAD) vuông góc với đáy nên SA⊥ABCD.

Ta có: SCD∩ABCD=CD, CD⊥SAD, SAD∩ABCD=AD,

 SAD∩SCD=SD. Suy ra, góc giữa (SCD) và (ABCD) là SDA^. Vậy SDA^=60°.

AB//SCDSC⊂SCD⇒dAB, SC=dAB, SCD=dA, SCD.

Gọi H là hình chiếu của A trên SD.

Ta có: AH⊥SD; AH⊥CD do CD⊥SAD⇒AH⊥SCD

⇒dA, SCD=AH=ADsinADS^=3a2.

Vậy dAB, SC=3a2.

Chọn B

Ta có: g'(x)=f'(x)+1x2.

Từ đồ thị hàm số f'(x) ta có f'(x)>0, ∀x∈0 ; 7. Suy ra g'(x)>0, ∀x∈0 ; 7.

Vậy hàm số g(x)=f(x)−1x đồng biến trên khoảng (0;7).

Chọn D

Giả sử hình nón đã cho có đỉnh là S, tâm của đáy là O và (P) cắt đường tròn đáy theo dây cung AB.

Gọi H là trung điểm của đoạn AB và K là hình chiếu của O trên SH.

Ta có: AB⊥SO, OH⇒AB⊥SOH⇒AB⊥OK , mà OK⊥SH⇒OK⊥SAB⇒dO, P=OK

Xét tam giác vuông SOH có OH=a32 (do tam giác OAB đều có cạnh bằng a), SO = a.

Suy ra: OK=OS.OHOS2+OH2=a217.

Vậy dO, P=a217.

Chọn B

Ta có MAAA'=12;NBBB'=23;PCCC'=34 suy ra VABC.MNPVABC.A'B'C'=MAAA'+NBBB'+PCCC'3=2336.

Vậy VABC.MNP=2336.2022=77516.

Chọn D

log2x−1=log2mx−8⇔x−1>0mx−8>0x−12=mx−8⇔x>1x−12=mx−8⇔x>1m=x2−2x+9x

Xét hàm số y=x2−2x+9x trên 1;+∞, ta có y'=x2−9x2; y'=0⇔x=±3

Bảng biến thiên

Để thỏa mãn yêu cầu thì 4 < m < 8 nên các giá trị nguyên của tham số m là 5, 6, 7.

Chọn B

Ta có SABC=12AB.AC.sinBAC^=a234.

Thể tích của khối chóp đã cho là: V=13.SA.SABC=a336.

Chọn C

Ta có D=ℝ,y'=mx2−4mx+m−5. Hàm số nghịch biến trên R ⇔y'≤0,∀x∈ℝ

TH1: m=0:y'=−5<0,∀x∈ℝ suy ra m = 0 thỏa mãn.

TH2: m≠0:  m<0Δ'≤0⇔m<03m2+5m≤0⇔−53≤m<0.

Vậy −53≤m≤0→m∈ℤm∈−1;0

Chọn A

Do limx→+∞y=+∞ nên a > 0.

Ta lại có hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0 => b < 0.

Vì nhánh cuối của đồ thị đi lên mà phương trình y = 0 vô nghiệm nên đồ thị nằm hoàn toàn trên Ox => c > 0

Chọn C

Ta có SB = SC = 2, BSC^=60° suy ra tam giác BSC đều => BC =2.

Lại có SA = SC = 2, ASB^=90° suy ra tam giác ASB vuông cân tại S ⇒AB=22.

Mặt khác, SA = SC = 2, ASB^=120°, áp dụng định lí cosin cho tam giác ASC, ta được:

AC2=SA2+SC2−2SA.SC.cosASC^=3.22⇔AC=23.

Xét tam giác ABC có BC2+AB2=22+222=12=AC2 suy ra tam giác ABC vuông tại B.

Gọi H là trung điểm của cạnh AC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà SA = SB = SC ⇒SH⊥ABC.

Trong mặt phẳng (SAC) kẻ đường trung trực canh SC cắt đường thẳng SH tại I suy ra là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Xét tam giác vuông ASH vuông tại H có SH=SA2−AH2=22−2322=1.

Ta có ΔSHC~ΔSMI⇒SISC=SMSH⇔SI=SM.SCSH=2

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là. S=4πR2=16π.

Chọn A

Gọi I, I' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC.A'B'C', O là trung điểm của II'. Khi đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.

Ta có AI=23AM=33, OI = 1.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ R=OA=OI2+AI2=12+132=23.

Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ V=43πR3=43π.233=32π93=32π327

Chọn D

Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp lần lượt là: x, h (m) => Chiều dài của hình hộp là: 2x.

Thể tích khối hộp chữ nhật là: V=x.2x.h⇔200=2x2h⇔h=100x2

Chi phí xây bể thấp nhất khi S=Sxq+Sdaý nhỏ nhất

Ta có S=2x.h+2.2x.h+x.2x=6xh+2x2=600x+2x2

S=600x+2x2=300x+300x+2x2≥3180.0003

S nhỏ nhất bằng 169,3864852 khi 300x=2x2⇔x=1503

Tổng chi phí thấp nhất mà anh Tiến phải trả là: 300000.169,3864852≈51000000 đ

Chọn B

Xét hình lập phương ABCD.A'B'C'D' ta có:

AC'2=AA'2+A'C'2=AA'2+A'B'2+A'D'2=AA'2+2A'B'2⇔9a2+2A'B'2=25a2⇔A'B'2=8a2⇒VABCD.A'B'C'D'=AA'.SA'B'C'D'=3a.8a2=24a3

Chọn D

Tam giác ACD vuông tại C⇒DC⊥AC,DC⊥SA⇒DC⊥SAC⇒DC⊥SC

⇒SCD,ABCD=SCA^=600AC=AB2+BC2=22a⇒SA=AC.tan600=26aVS.ABCD=13SA.SABCD=1326a.(4a+2a).2a2=46a3.

Chọn A

Ta có: SH⊥(ABCD)

Tam giác SAC vuông tại S⇒SC=AC2−SA2=(22)2−(2)2=6 SH=SA.SCSA2+SC2=262+6=62

Diện tích hình vuông ABCD: SABCD=4

Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD=13SH.SABCD=13.4.62=263

Chọn A

ĐK: 3x - 3 > 0 => x > 1

BPT tương đương

log15x2−1<log153x−3⇔x2−1>3x−3⇔x2−3x+2>0⇔x<1x>2

Kết hợp điều kiện ta được x > 2.

Chọn C

Giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên [-2;4] bằng: 19 xảy ra khi x = 2.

Chọn A

Số hạng tổng quát trong khai triển là: Tk+1=C12k(x4)12−k(−2x2)k=C12k(−2)kx48−6k

Ta có số hạng chứa x¹⁸ nên 48−6k=18⇔k=5

Vậy hệ số của số hạng chứa x¹⁸ trong khai triển biểu thức x4−2x212 là: C125(−2)5=−25344

Chọn C

    25x−6.5x+5≤0⇔52x−6.5x+5≤0⇔1≤5x≤5⇔0≤x≤1

Chọn B

Ta có:

ea=3b⇔b=a.log3e⇒a2+a2.log3e2<9⇔a2<91+log3e2⇔−31+log3e2<a<31+log3e2

Do

a∈ℤ nên a∈−2;−1;0;1;2

Chọn B

Đặt: x2+4x+m=ax2−2x−m=b⇒2x2+2x−2=a+b−2

Ta có:

2a+b−2−2a−2b+4<0⇔2a+b−2a+2−2b+2+24<0                                  ⇔2a2b−2−222b−22<0                                  ⇔2a−222b−22<0

TH1: a>2b<2⇔x2+4x+m>2x2−2x−m<2⇔x2+4x>2−mx2−2x<2+m

Để phương trình có không quá 6 nghiệm nguyên thì: −1<2+m<2⇔−3<m<0

TH2: a<2b>2⇔x2+4x+m<2x2−2x−m>2⇔x2+4x<2−mx2−2x>2+m

Để phương trình có không quá 6 nghiệm nguyên thì:

−4<2−m<−1⇔1<m−2<4⇔3<m<6

Do m∈ℤ nên có: 4 giá trị m thỏa mãn.

Chọn C

Giả sử số cần tìm có dạng: abcdefg¯.

TH1: Ba chữ số lẻ ở hai vị trí đầu: abc, efg thì có 2.A43 cách.

Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên 4 vị trí còn lại có: 3.3! cách.

=> Có: 2.A43.3.3!=864 số thỏa mãn.

TH2: Ba chữ số lẻ ở các vị trí giữa thì có: 3.A43 cách.

Do chỉ có đúng ba chữ số lẻ đứng cạnh nhau nên vị trí còn lại có: 2!.A32 cách.

=> Có: 3.A43.2!.A32=864 số thỏa mãn.

Vậy có 1728 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Ta có 

      2022x−20222x+1=1−x2+22x+1⇔2022x+x2+2x+1=2x+2+22x+1+20222x+1⇔2022x+x+12=2x+1+12+20222x+1.

Xét hàm số ft=2022t+t+12, t∈0;+∞

Ta có f't=2022tln2022+2t+1>0,∀t∈0;+∞ nên hàm số y = f(t) đồng biến trên khoảng 0;+∞.

Khi đó fx=f2x+1⇔x=2x+1⇔x≥0x2−2x−1=0⇔x=1+2.

Suy ra a = 1 và b = 2.

Vậy a+b3=1+23=9.

Chọn C

Trường hợp 1: f'x=0⇔x=0 hay x=±1.

Trường hợp 2: f'x>0⇔x<−1 ∨ 0<x<1.

Khi đó: 2fxf'(x)−3f'(x)=0⇔2fx.f'x−3f'(x)=0⇔fx=32⇔x=a1  a1<−1x=a2 −1<a2<0x=a3 0<a3<1x=a4 a4>1

So với điều kiện, ta nhận: x=a1 và x=a3.

Trường hợp 3: f'x<0⇔−1<x<0 ∨ x>1

2fxf'(x)−3f'(x)=0⇔−2fx.f'x−3f'(x)=0⇔fx=−32⇔x=a5  a5<−1x=a6  a6>1.

So với điều kiện, ta nhận: x=a6.

Nhận thấy các nghiệm trên phân biệt nên phương trình 2fxf'(x)−3f'(x)=0  có 6 nghiệm.

Chọn C

Gọi M là trung điểm BC suy ra AM⊥BC.

Khi đó AM⊥BCAM⊥BB' nên AM⊥BCC'B' do đó AB',BCC'B'=AB',MB'=AB'M^.

Theo đề bài, ta có AB'M^=30°, AM=a32 nên BM=AMtan30°=a32:33=3a2.

Ta có BB'=B'A2−BM2=3a22−a22=a2.

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là VABC.A'B'C'=BB'.SABC=a2.a234=a364.

Chọn B

Ta có PQ⊥MNPQ⊥OO'⇒PQ⊥O'MN. Do đó thể tích khối tứ diện MNPQ là:

VMNPQ=13⋅SMNO'⋅PQ=16⋅OO'⋅MN⋅PQ .

Trong đó d(MN,PQ)=OO'=h⇒16⋅802⋅h⋅1=64⋅103⇔h=60 cm.

Vậy thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng: V=Vt−VMNPQ=πR2⋅h−64=π103⋅402⋅60−64≈237,6dm3

Chọn A

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của B'C', BC.

A'BA^=C'A'C^=90∘⇒A'B=A'C⇒A'N⊥BC 1.

Theo bài ra BAD^=120°⇒ΔA'B'C',ΔABC đều ⇒BC⊥AN 2.

Từ 1, 2⇒BC⊥AA'MN⇒AA'MN⊥BCC'B'

Kẻ A'P⊥BB'C'C⇒P∈MN. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A' lên BB'.

⇒A'AD,AA'B'B =BB'C'C,AA'B'B=A'QP^=α.tanα=A'PQP=2 ⇒A'P=a22. ⇒A'Q=a32 ⇒A'B=a3⇒A'B=a3⇒BB'=2a

BB'C'C là hình chữ nhật ⇒VA'ABCC'B'=13⋅a22⋅2a⋅a=a323⇒VA'⋅BB'C'=VB⋅A'B'C'=a326⇒V= 6⋅VB⋅A'B'C'=6⋅a326=a32

Chọn D

Ta có g'x=2f'2x−3 −2x1+x2−2m

 

Để hàm số gx=f2x−3 −ln1+x2−2mx nghịch biến trên 12;2

⇔g'x≤0,∀x∈12;2⇔m≥f'2x−3 −x1+x2,∀x∈12;2

Xét hàm số hx=f'2x−3 −x1+x2,x∈12;2. Đặt t=2x−3⇒t∈−1;1

Khi đó ta xét hàm số gt=f't−t+321+t+322=f't−2t+6t2+6t+13

Ta có g't=f''t+2t2+12t+14t2+6t+132.

Từ đồ thị ta thấy được f'(t) đồng biến trên (-1;1) nên f''t>0,∀t∈−1;1 nên g't=f''t+2t2+12t+14t2+6t+132>0,∀t∈−1;1. Nên g(t) đồng biến trên (-1;1).

Nên m≥f'2x−3 −x1+x2,∀x∈12;2⇔m≥f't−2t+6t2+6t+13,∀t∈−1;1

⇔m≥gt,∀t∈−1;1⇔m≥g1=185.

Chọn B

Ta có y'=3x2−6xf'x3−3x2−3x3+6x2=3x2−6xf'x3−3x2−x

Xét hàm số hx=f'x3−3x2

Ta có h'x=3x2−6xf''x3−3x2=0⇔3x2−6x=0x3−3x2=a−2<a<−1x3−3x2=b0<b<1x3−3x2=c1<c<2

Xét hàm số gx=x3−3x2.

Ta có g'x=3x2−6x=0⇔x=0x=2

Từ bảng biến thiên ta thấy được:

3x2−6x=0x3−3x2=a−2<a<−1x3−3x2=b0<b<1x3−3x2=c1<c<2⇔x=0x=2x=a1a1<0x=a20<a2<2x=a32<a3x=b1a3<b1x=c1b1<c1

Khi đó ta có được bảng biến thiên của hx=f'x3−3x2:

Khi đó phương trình f'x3−3x2−x=0⇔f'x3−3x2=x có 5 nghiệm phân biệt khác 0 và 2 nên phương trình y'=3x2−6xf'x3−3x2−x có 7 nghiệm phân biệt.

Vậy hàm số y=fx3−3x2−34x4+2x3+2022 có 7 điểm cực trị.