(2023) Đề thi thử Toán THPT Chuyên Vĩnh Phúc có đáp án

Chọn B

Chọn A

Vì $s=\frac{1}{3}{t}^3-t^2+9t\Rightarrow v=t^2-2t+9$.

Xét hàm $f\left(t\right)=t^2-2t+9\Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=2t-2=0\Rightarrow t=1$.

BBT của hàm số $f\left(t\right)=t^2-2t+9$

Dựa vào BBT ta thấy: $\underset{\left[0;10\right]}{\max }f\left(t\right)=f\left(10\right)=89$.

Vậy vận tốc của vật đạt được lớn nhất bằng 89 (m/s)

Chọn C

Chọn A

Chọn B

Điều kiện: x > 0.

Ta có ${\log }_9^{2}x+{\log }_3\frac{x}{27}=0\iff \frac{1}{4}{\log }_3^{2}x+{\log }_{3}x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=2\\ {\log }_{3}x=-6\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=9\\ x=\frac{1}{729}\end{array}\right.$.

Ta có $x_2-x_1=9-\frac{1}{729}=\frac{6560}{729}$.

Chọn D

Chọn D

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3$.

Giải phương trình $y^{\text{'}}<0\iff 4x^3<0\iff x<0$.

Chọn A

${\log }_2\left(x+1\right)=4\iff x+1=2^4\iff x=15.$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=x^2+2x-3$ và ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=2x+2$.

Phương trình $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3.\end{array}\right.$.

Vì ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(1\right)=4>0$ nên x = 1 là điểm cực tiểu.

Chọn B

Chọn B

Hàm số $y=\frac{x-2}{x+1}$ không xác định tại x = -1 nên không thể đồng biến trên R => loại A.

Hàm số $y=3x^3+3x-2\Rightarrow y^{\text{'}}=9x^2+3>0,\forall x\in ℝ$. Do đó, hàm số $y=3x^3+3x-2$ luôn đồng biến trên R.

Hàm số $y=x^4+3x^2\Rightarrow y^{\text{'}}=4x^3+6x;y^{\text{'}}=0$ có một nghiệm duy nhất x = 0 và đổi dấu khi đi qua nghiệm đó nên không thể đồng biến trên R => loại C.

Hàm số $y=2x^3-5x+1\Rightarrow y^{\text{'}}=6x^2-5;y^{\text{'}}=0$ có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua hai nghiệm đó nên không thể đồng biến trên R => loại D.

Chọn B

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó, $\left\{\begin{array}{l}OM\perp BC\\ SM\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow$ góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABCD) chính là góc $\widehat{SMO}$.

Xét tam giác SMO vuông tại O có $OM=\frac{AB}{2}=a;SM=\sqrt{S{B}^2-B{M}^2}=2a\sqrt{2}.$

Do đó, $\text{cos}\alpha =\cos \widehat{SMO}=\frac{OM}{SM}=\frac{a}{2a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

Chọn A

Chọn B

Chọn D

Chọn C

Chọn B

Số tam giác tạo thành khi chọn ngẫu nhiên 3 điểm là: $\left|\Omega \right|=C_{16}^3=560$

Gọi A là biến cố: “tam giác chọn được là tam giác vuông”

Số đường chéo đi qua tâm là 8 => số hình chữ nhật nhận 2 đường chéo đi qua tâm làm 2 đường chéo là: $C_8^2=28$.

Chọn B

TXĐ: R

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4ax$, xét $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=a\end{array}\right.$

Vì đồ thị hàm số có một điểm cực trị là (1;2) nên a = 1

Khi đó $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right.$ thế vào phương trình $y=x^4-2a{x}^2+b$ ta có $\left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=b\\ x=1\Rightarrow y=b-1\\ x=-1\Rightarrow y=b-1\end{array}\right.$

Mà (1;2) là một điểm cực trị nên $b-1=2\Rightarrow b=3$

Vậy đồ thị hàm số $y=x^4-2x^2+3$ có điểm CĐ A(0 ; 3) và hai điểm CT $B(1;2);C(-1;2)$

Chọn B

Chọn C

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x+1}{x+5}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1+\frac{5}{x}}=2$; $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x+1}{x+5}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1+\frac{5}{x}}=2$.

Chọn D

Chọn A

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{3x+2022}{x-1}=+\infty ; \underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{3x+2022}{x-1}=-\infty$.

Chọn C

Đạo hàm $y^{\text{'}}=3x^2+6x$.

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-2;1\right]\\ x=-2\in \left[-2;1\right]\end{array}\right.$.

$y\left(-2\right)=3,y\left(1\right)=3,y\left(0\right)=-1$.

Chọn A

Vì $x^2-3x+3>0,\forall x\in ℝ$ nên $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff x<1$.

Chọn C

Chọn D

Mỗi mặt phẳng đi qua một cạnh và trung điểm của cạnh đối diện là một mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều. Do đó tứ điện đều có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn D

Chọn C

Vì đáy là tam giác đều nên $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Chọn C

Chọn A

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi $f\text{'}\left(x\right)<0\iff 0<x<2.$

Vậy hàm số nghịch biến trên $\left(1;2\right).$

Chọn A

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

Chọn A

Ta có $3^{x^2-3x}=\frac{1}{9}=3^{-2}\iff x^2-3x=-2\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số $y=x^3+3x-3$ với trục Ox

$x^3+3x-3=0\iff x=a\in \left(0;1\right)$

Vậy đồ thị hàm số $y=x^3+3x-3$ cắt trục Ox tại một điểm.

Chọn D

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=2x.f\text{'}\left(x^2-5\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-5=-4\\ x^2-5=-1\\ x^2-5=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\\ x=\pm \sqrt{7}\end{array}\right.$

Bảng xét dấu g'(x)

Vậy hàm số g(x) có 4 khoảng nghịch biến.

Chọn D

Đặt $h\left(x\right)=f\left(x\right)-3m$. Số cực trị của hàm số $g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|$ bằng tổng số cực trị của hàm h(x) và số nghiệm đơn của phương trình h(x) = 0.

+ Ta có hàm f(x) có 2 điểm cực tri nên hàm h(x) cũng có 2 điểm cực trị.

+ Xét phương trình $h\left(x\right)=0\iff f\left(x\right)=3m$ (1).

Chọn A

Gọi B', C' lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh SB, SC sao cho SB' = SC' = SA = a.

Khi đó, ta có SAB'C' là tứ diện đều cạnh a, suy ra $V_{SAB\text{'}C\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.

Lại có: $\frac{V_{S.AB\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}$.

Chọn B

Ta có: ${25}^x+{15}^x={6.9}^x\iff 5^{2x}+{\left(3.5\right)}^x-{6.3}^{2x}=0\iff {\left(\frac{5}{3}\right)}^{2x}+{\left(\frac{5}{3}\right)}^x-6=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{\left(\frac{5}{3}\right)}^x=2\\ {\left(\frac{5}{3}\right)}^x=-3\left(ptvn\right)\end{array}\right.\iff x={\log }_{\frac{5}{3}}2=\frac{{\log }_{2}2}{{\log }_2\frac{5}{3}}=\frac{1}{{\log }_{2}5-{\log }_{2}3}$.

Chọn D

Hàm số xác định $\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 3\\ x^2+x-m\ne 0\end{array}\right.$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang

Suy ra, đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 tiệm cận $\left|\iff x^2+x-m=0\right|$ (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn hoặc bằng 3. (2)

Xét (1) $\iff x^2+x=m$

$$\begin{gathered} h\left(x\right)=x^2+x;h^{\text{'}}\left(x\right)=2x+1 \\ {h}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=-\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra

(2) $\iff m\ge 12$

Mà $m\in \mathbb{Z};m\in \left[-2022;2022\right]$ nên $m\in \left\{12;\mathrm{......};2022\right\}$

Vậy số giá trị nguyên thoả ycbt là: 2022 - 12 + 1 = 2011.

Chọn A

● ${\left(x{y}^2+z^4\right)}^2=4+{\left(x{y}^2-z^4\right)}^2\iff {\left(x{y}^2+z^4\right)}^2-{\left(x{y}^2-z^4\right)}^2=4$

$\iff \left(x{y}^2+z^4-x{y}^2+z^4\right)\left(x{y}^2+z^4+x{y}^2-z^4\right)=4$

$\iff 2z^4.2x{y}^2=4\iff x{y}^2.z^4=1$ (1)

● $2^{\sqrt[3]{x^2}}{.4}^{\sqrt[3]{y^2}}{.16}^{\sqrt[3]{z^2}}=128$

$$\begin{gathered} \iff 2^{\sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]{y^2}+4\sqrt[3]{z^2}}=2^7 \\ \iff \sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]{y^2}+4\sqrt[3]{z^2}=7 \\ \iff 7\ge 7\sqrt[7]{\sqrt[3]{x^2.y^4.z^8}} \\ \iff x^2.y^4.z^8\le 1 \end{gathered}$$

Dấu ''='' xảy ra $\iff \sqrt[3]{x^2}=\sqrt[3]{y^2}=\sqrt[3]{z^2}=1\iff x^2=y{}^2=z^2=1$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2=y{}^2=z^2=1\\ x.y^2.z^4=1\end{array}\right.\left(*\right)$

Suy ra $x.x^2.x^4=1\iff x^7=1\iff x=1$

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

<=> có 4 bộ (x; y; z) thoả yêu cầu bài toán.

Chọn B

Gọi (H) là khối đa diện thoả mãn (Các trung điểm như hình vẽ)

Chọn B

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BN và SH.

Khi đó $BN\perp AH,BN\perp SA\Rightarrow BN\perp AK$, suy ra $AK\perp \left(SBN\right)$ hay $d\left(A,\left(SBN\right)\right)=AK$.

Ta có $BN=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{17}}{2},S_{\Delta ABN}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=a^2\Rightarrow AH=\frac{2S_{\Delta ABN}}{BN}=\frac{4a}{\sqrt{17}}$.

Chọn A

Dựa vào giả thiết ta vẽ được đồ thị hàm số $\left|f\left(x\right)\right|$ như bên trên

Ta có: $f^2\left(x\right)-\left(m+5\right)\left|f\left(x\right)\right|+4m+4=0\iff \left(\left|f\left(x\right)\right|-4\right)\left(\left|f\left(x\right)-m-1\right|\right)=0$

TH1: $\left|f\left(x\right)\right|=4$ thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

TH2: $\left|f\left(x\right)\right|=m+1$ theo yêu cầu bài toán thì phương trình cần có 4 nghiệm phân biệt, nên:

$0<m+1<4\iff -1<m<3$. Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{0;1;2\right\}$.

Vậy tổng tất cả các giá trị của m bằng 3