(2023) Đề thi thử Toán THPT Liên Trường Nghê An có đáp án

Chọn A

Chọn B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

Chọn D

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

Bảng xét dấu f'(x):

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)$ có hai điểm cực trị.

Chọn C

Chọn B

Chọn C

Chọn B

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2\ge 0,\forall x\in \left[1;2\right]$. Do đó hàm số đồng biến trên [1;2].

Chọn A

Điều kiện $x-1\ne 0\iff x\ne 1$.

Chọn A

Đồ thị của hàm số có dạng của hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ nên loại phương án B và. D.

Chọn B

Chọn D

Chọn C

Chọn C

Chọn B

Chọn D

Ta có $F\left(x\right)=\int \sin \frac{x}{2}dx=-2\cos \frac{x}{2}+C$

$F\left(\pi \right)=1\Rightarrow C=1$.

Chọn D

$AC=\sqrt{3}a$

Chọn C

Hình chóp có đáy là đa giác có đường tròn ngoại tiếp thì có mặt cầu ngoại tiếp.

Chọn D

Từ đồ thị hàm số ta có bảng xét dấu của y = f'(x).

Do đó hàm số y = f(x) có 1 cực trị.

Chọn C

Chọn A

Chọn C

Điều kiện x > 0.

Ta có

$\begin{array}{l}{\log }_4\left(x+6\right)<2-2{\log }_{4}x\iff {\log }_4\left(x+6\right)<{\log }_4\frac{16}{x^2}\\ \iff x+6<\frac{16}{x^2}\iff x^3+6x^2-16<0\iff \left[\begin{array}{l}x<-2-2\sqrt{3}\\ -2<x<-2+2\sqrt{3}.\end{array}\right.\end{array}$

So với điều kiện ta có $0<x<-2+2\sqrt{3}$.

Suy ra nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là x = 1.

Vậy bất phương trình có 1 nghiệm nguyên.

Chọn A

Chọn D

Chọn C

Gọi $I\left(0;0;z\right)\in Oz$ là tâm mặt cầu (S).

Mặt cầu đi qua hai điểm A(-1;-2;4), B(2;1;2) nên

$IA=IB\iff 1^2+2^2+{\left(z-4\right)}^2=2^2+1^2+{\left(z-2\right)}^2\iff z=3$.

Chọn D

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Chọn C

$S_{xq}=\pi R.l=\pi .a.6a=6\pi a^2$

Chọn D

Chọn A

Điều kiện $D=\left[-4;+\infty \right)\backslash \left\{0\right\}$.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}}}{1+\frac{5}{x}}=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=+\infty ;\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+\sqrt{x+4}}{x^2+5x}=-\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng.

Chọn B

$y=\ln \frac{x}{e^x}=\ln x-x\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$

Chọn B

Chọn B

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}}=0\iff x=\pm 1$, ta có $x=1\in \left(0;2\right)$.

Mặt khác: $y\left(0\right)=m;y\left(1\right)=m-2;y\left(2\right)=m+2$.

Khi đó $\underset{\left[0;2\right]}{miny}=m-2$. Do $\underset{\left[0;2\right]}{miny}=3$ nên m - 2 = 3 <=> m = 5

Chọn C

Ta có ${\log }_2\left(4^x+48\right)=x+4\iff 4^x+48=2^{x+4}\iff 2^{2x}-{16.2}^x+48=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=4\\ 2^x=12\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x={\log }_{2}12\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=2+{\log }_{2}3\end{array}\right.$.

Chọn B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff x^2-1<0\iff -1<x<1$.

Chọn C

Gọi N, K lần lượt là trung điểm của AF, BE. Khi đó (MCD) là (NKCD).

Do $\left(ABCD\right)\perp \left(ABEF\right), \left(ABCD\right)\cap \left(ABEF\right)=AB, AF\perp AB\Rightarrow AF\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AF\perp CD$

$\left(MCD\right)\cap \left(EFCD\right)=CD, CD\perp \left(ADF\right), \left(ADF\right)\cap \left(\text{EF}CD\right)=FD, \left(ADF\right)\cap \left(\text{M}CD\right)=ND$

Suy ra $\alpha =\left(\widehat{\left(MCD\right),\left(EFCD\right)}\right)=\widehat{NDF}$.

Đặt AB= a (a > 0). Tam giác NDF có: $NF=\frac{a}{2}, ND=\frac{a\sqrt{5}}{2}, DF=a\sqrt{2}$.

Chọn A

- Số cách chọn ngẫu nhiên 4 gian hàng trong 15 gian hàng đã cho là: $C_{15}^4\Rightarrow n\left(\Omega \right)=C_{15}^4$.

- Gọi A là biến cố: “trong 4 gian hàng chọn được của doanh nghiệp X có đúng 3 gian hàng kề nhau”. Ta tính n(A):

- TH1: Ba gian hàng kề nhau ở đầu dãy hoặc cuối dãy: Khi đó, chọn ba gian hàng kề nhau có 2 cách, gian hàng còn lại có 11 cách chọn. Suy ra, có 2.11 = 22 cách chọn.

- TH2: Ba gian hàng kề nhau, không có gian hàng nào nằm ở đầu dãy hoặc cuối dãy: Khi đó, có 11 cách chọn ba gian hàng kề nhau. Gian hàng thứ tư được chọn phải khác 5 gian hàng(gồm 3 gian hàng kề nhau đã chọn và 2 gian hàng kề ba gian hàng đó), nên có 10 cách chọn gian hàng thứ tư. Suy ra, có 11.10 = 110 cách chọn.

Chọn B

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x^2-m$. Do: $SDCT\left\{\left|f\left(x\right)\right|\right\}=SDCT\left\{f\left(x\right)\right\}+SNBL\left\{f\left(x\right)\right\}$

Mà $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ nên hàm số  f(x) có hai điểm cực trị.

Để hàm số $\left|f\left(x\right)\right|$ có nhiều điểm cực trị nhất thì phương trình f(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt.

Khảo sát hàm số f(x) = 0 ta vẽ được được hình ảnh đồ thị hàm số như sau:

Nên phương trình $f\left(x\right)=0$ có nhiều nghiệm bội lẻ nhất khi: $-4<m<0$.

Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m để hàm số có nhiều điểm cực trị nhất.

Chọn C

Ta có: $f\left[f\left(x\right)+1\right]+2=0\iff f\left[f\left(x\right)+1\right]=-2\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)+1=3\\ f\left(x\right)+1=a\left(a<-1\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=-a-1\end{array}\right.$

$f\left(x\right)=2$ Thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

$f\left(x\right)=-a-1$ với a < -1 thì phương trình có  nghiệm.

Vậy phương trình: $f\left[f\left(x\right)+1\right]+2=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt.

Chọn D

$\overrightarrow{C{A}^{\text{'}}}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\Rightarrow {\overrightarrow{C{A}^{\text{'}}}}^2={\left(\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\right)}^2\iff 8a^2=4a^2+a^2+5a^2+2.a.a\sqrt{5}\cos C^{\text{'}}CB$

Suy ra $\cos C^{\text{'}}CB=-\frac{1}{\sqrt{5}}=\cos D^{\text{'}}DA\Rightarrow \cos A^{\text{'}}AD=\frac{1}{\sqrt{5}}$.

Gọi H là hình chiếu của A' trên AD. Có $\cos A^{\text{'}}AD=\frac{AH}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow AH=a$ nên $H\equiv D$.

Suy ra $A{D}^{\text{'}}=2a; S_{AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=A^{\text{'}}D.DA=2a^2$.

Có $CD\perp DA;CD\perp D{D}^{\text{'}}\Rightarrow CD\perp \left(AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=CD.S_{AD{D}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=4a^3$.

Chọn C

Gọi $R_1,R_2$ là bán kính $\left(R_1>R_2\right)$; I, J là tâm của các mặt cầu (như hình vẽ).

Gọi H là hình chiếu của J lên IA.

Theo bài ra, ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}{\left(R_1+R_2\right)}^2=I{H}^2+H{J}^2\\ 4\pi \left(R_1^2+R_2^2\right)=80\pi \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(R_1+R_2\right)}^2={\left(R_1-R_2\right)}^2+A{B}^2\\ R_1^2+R_2^2=20\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{R}_1.R_2=8\\ R_1+R_2=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{R}_1=4\\ R_2=2\end{array}\right.$

Chọn C

Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos A=3\Rightarrow BC=\sqrt{3}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: $R=\frac{BC}{2\sin A}=1$.

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A' là điểm đối xứng của A qua J.

Ta dễ dàng chứng minh được: $AC\perp A^{\text{'}}C,AB\perp A^{\text{'}}B,A{B}_1\perp A^{\text{'}}{B}_1,A{C}_1\perp A^{\text{'}}{C}_1\Rightarrow A,B,C,A_1,B_1$ đều thuộc mặt cầu tâm J, đường kính $A{A}^{\text{'}}=2R=2=MN$.

Đặt $IM=x,IN=y;x,y\in \left[2;4\right]$.

+ Nếu I, J, M, N thẳng hàng thì $\left[\begin{array}{l}x=2,y=4\\ x=4,y=2\end{array}\right.\Rightarrow x^2+y^2=20$.

+ Nếu I, J, M, N không thẳng hàng thì

$I{J}^2=\frac{x^2+y^2}{2}-\frac{M{N}^2}{4}\iff x^2+y^2=2\left(I{J}^2+\frac{M{N}^2}{4}\right)=2\left(9+1\right)=20$.

Vậy, ta luôn có: $x^2+y^2=20$.

Do $x,y\in \left[2;4\right]\Rightarrow \left(x-2\right)\left(y-2\right)\ge 0\iff xy\ge 2\left(x+y\right)-4$.

$x^2+y^2=20\iff {\left(x+y\right)}^2-20=2xy\ge 4\left(x+y\right)-8\Rightarrow {\left(x+y\right)}^2-4\left(x+y\right)-12\ge 0\iff x+y\ge 6$.

Vậy $\min \left(x+y\right)=6\iff \left[\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=4\\ y=2\Rightarrow x=4\end{array}\right.$.

Chọn D

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua CD’ và cắt C'B' tại I $\Rightarrow \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(\alpha \right)=D^{\text{'}}I$.

Kẻ $C^{\text{'}}H\perp DI\Rightarrow DI\perp CH\Rightarrow \phi =\widehat{CH{C}^{\text{'}}}$.

Ta có $\Delta C{C}^{\text{'}}H$ vuông tại $C^{\text{'}}\Rightarrow C^{\text{'}}H=C^{\text{'}}C.\cot \phi =\frac{2a}{\sqrt{5}}$.

Ta có $\Delta C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}I$ vuông tại $\frac{1}{C^{\text{'}}{H}^2}=\frac{1}{C^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2}+\frac{1}{C^{\text{'}}{I}^2}\Rightarrow C^{\text{'}}{I}^2=4a^2\Rightarrow C^{\text{'}}I=2a$.

Ta thấy với C'I = 2a thì $CI\cap B^{\text{'}}B=Q$ nên Q là trung điểm BB'.

$D^{\text{'}}I\cap A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=P$ nên P là trung điểm A'B'.

Ta có:

$V_{I.C{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=V_{I.B^{\text{'}}PQ}+V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}\Rightarrow V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}=V_{I.C{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_{I.B^{\text{'}}PQ}=\frac{1}{3}.2a.\frac{1}{2}a.a-\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a.a=\frac{7a^3}{24}=V_2$

Vì $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=V_1+V_2=V_1+V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}\Rightarrow V_1=V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_{C{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.QP{B}^{\text{'}}}=a^3-\frac{7a^3}{24}=\frac{17a^3}{24}$.

Vậy $V_1=\frac{17a^3}{24}$.

Chọn B

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

Lấy tích phân hai vế cận chạy từ $0\to \ln 2$ ta được:

Chọn D

$y^{\text{'}}=\left(x^4+4x^3-5\right)e^x-2mx-\left(m^2-m\right)$.

Đặt $h\left(x\right)=\left(x^4+4x^3-5\right)e^x$

$h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x^4+8x^3+12x^2-5\right)e^x>0,\forall x>2$  vì $x^4-5>0,\forall x>2.$

$h^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x^4+8x^3+12x^2-5\right)e^x>0,\forall x>2\Rightarrow h\left(x\right)>h\left(2\right)=43e^2.$

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ điều kiện là $y^{\text{'}}\ge 0,\forall x>2.$