(2023) Đề thi thử Toán THPT Lương Thế Vinh (lần 1) có đáp án

Chọn B

Chọn C

2x+2=43⇔2x+2=26⇔x=4

Chọn D

a→.b→=2.−1+−2.2+0.2=−6

Chọn D

VABC.A'B'C'=SABC.AA'=a234.2a=a332

Chọn A

Ta có 2f(x)−3=0⇔f(x)=32.

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=32. Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.

Chọn D

Ta có ∫fxdx=12ln2x+3+C

Chọn D

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=21=2

Chọn C

Ta có Sxq=πRl=60π

Chọn B

Ta có V=13Sh=a3

Chọn A

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên (-3;0)

Chọn D

Chọn A

Ta có xM=xA+xB2=2yM=yA+yB2=−1zM=zA+zB2=1⇒M=2;−1; 1

Chọn C

Hàm số xác định kh và chỉ khi x - 1 > 0 <=> x > 1

Chọn D

Ta có: V=h.S⇒h=VS=3a

Chọn C

+) D = R → Loại A và D

+) Hàm số nghịch biến, nên chọn C.

Chọn D

Với x > 1

logax>logbx>0⇒1logax<1logbx⇔logxa<logxb⇔0<a<blogcx<0⇔logcx<logc1⇔0<c<1logax>0⇔logax>loga1⇔a>1

Vậy b > a > c

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta có hàm số cần tìm là hàm số bậc ba với hệ số a âm. Vậy hàm số cần tìm là y=−x3+3x+1.

Chọn A

Hình tròn xoay thu được là hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và A'B'C'D' lần lượt là có tâm là O và O'. Do đó, hình trụ này có diện tích xung quanh bằng 2πrl=2π.AC2.AA'=2π.a22a=πa22.

Chọn A

Ta có f'x=3x2−3 nên f'x=0⇔x=1∉−2;0x=−1

Lại có f(-2) = -1; f(-1) = 3 và f(0) = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số  trên đoạn [-2;0] bằng -1 tại x = 2

Chọn A

Ta có góc giữa đường thẳng CB' và mặt phẳng (ABC) chính là góc giữa đường thẳng CB' và đường thẳng CB hay chính là góc B'CB^ mà theo giả thiết góc này bằng 45^o nên tam giác B'BC vuông cân tại B suy ra B'B = BC = 2a.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là V=2a2.34.2a=2a33

Chọn C

Điều kiện x+2>0x>0⇔x>0.

Ta có log2x+2−log2x=2⇔log2x+2=log24+log2x

⇔log2x+2=log24x⇔x+2=4x⇔x=23 (thỏa mãn).

Nghiệm của phương trình log2x+2−log2x=2 là x=23

Chọn B

Ta có ∫fxdx=∫e2x−1dx=12e2x−1+C

Chọn A

Ta có AB→=−4;−x−2;2; AC→=4;−3;y+1.

Để A, B, C thẳng hàng thì AB→=kAC→⇔−4=k.4−x−2=k.−32=k.y+1⇔k=−1x=−5y=−3.

Vậy x+y=−5−3=−8

Chọn A

Điều kiện x2−4>0⇔x<−2x>2.

Ta có limx→+∞y=limx→+∞x2−42x2−5x+2=limx→+∞1x1−4x22−5x+2x2=0;

limx→−∞y=limx→−∞x2−42x2−5x+2=limx→−∞−1x1−4x22−5x+2x2=0.

Khi đó tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x2−42x2−5x+2 là y = 2.

Lại có limx→2+y=limx→2+x2−42x2−5x+2=+∞.

Khi đó tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=x2−42x2−5x+2 là x = 2.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x2−42x2−5x+2 là 2

Chọn B

Theo công thức lãi kép, ta có: A=A01+r%n

Trong đó A_o là số tiền ban đầu gửi vào; r% là lãi suất của một kì hạn; n là số kì hạn.

Sau 7 năm người đó có số tiền là A=18.1+8%7≈30,85

Chọn D

Ta có ∫2x−3x+1dx=∫2−5x+1dx=2x−5lnx+1+C

Chọn C

Diện tích toàn phần hình trụ là: S1=2πRh+2πR2=4πR2+2πR2=6πR2.

Đường sinh hình nón: l=R2+2R2=R5.

Diện tích toàn phần hình nón là: S2=πRl+πR2=π5+1R2.

Tỉ số cần tìm là S1S2=65+1=35−12

Chọn B

Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC=13SA.SABC=13.2a.a234=a336.

Ta có VS.MNC=SMSA.SNSB.VS.ABC=12.12.a336=a3324;

Do đó VMNABC=VS.ABC−VS.MNC=a336−a3324=a338

Chọn C

Với m là số nghiệm bội lẻ của phương trình f(x) = 0;

n là số điểm cực trị của hàm sốy = f(x).

Khi đó, hàm số y=fx có m + n điểm cực trị.

Dựa vào đồ thị, f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt, hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị nên hàm số y=fx có 3 + 2 = 5 điểm cực trị.

Chọn B

Xét phương trình f'x=0⇔x=0x=1x=−2.

Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ, do đó hàm số đã cho có  điểm cực trị.

Chọn A

Điều kiện: −x2+4x>0⇔0<x<4.

Ta có: y=log0,5−x2+4x⇒y'=−2x+4−x2+4x.ln0,5

Hàm số đồng biến khi: −2x+4<0⇔x>2. Kết hợp điều kiện: 2 < x < 4

Chọn D

Ta có: y=x2−2x+2ex⇒y'=2x−2ex+x2−2x+2ex=x2ex

Chọn A

Ta có: S=4πr2=16π⇔r=2. Khi đó:

S:x−12+y−22+z+22=4S:x2+y2+z2−2x−4y+4z+5=0

Chọn A

Ta có: SABD=BD234=a23⇒SB=BD=2a⇒AD=AB=a2SA=SB2−AB2=a2

Do: CD⊥ADCD⊥SA⇒CD⊥SAD⇒CD⊥SD và AD⊥CD nên:

SCD,ABCD^=AD,SD^=SDA^

Xét tam giác SDA có: tanSDA^=SAAD=1⇒SDA^=45°.

Chọn D

Ta có: logabab=logaba−logabb=11+logab−1logba+1=13

Đặt logab=t⇒11+t−11t+1=11+t−t1+t=1−t1+t=13⇒t=12

Nên: loga3ab6=loga3a+loga3b6=13+2logab=13+1=43.

Chọn B

Phương trình đã cho được viết lại thành: 4x−2m.2x−m2+9m=0   1.

Đặt t=2x>0.

Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

x1+x2=3⇒2x1+x2=8⇔2x1.2x2=8⇔t1.t2=8 thì yêu cầu bài toán tương đương phương trình t2−2m.t−m2+9m=0 có hai nghiệm dương t1;  t2 thỏa mãn t1.t2=8

⇔Δ'=m2−−m2+9m>0t1+t2=2m>0t1.t2=−m2+9m=8⇔2m2−9m>0m>0−m2+9m−8=0⇔m=8.

Vậy có một giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Xét hàm fx=x3−3x2+m trên đoạn [1;3].

Ta có: f'x=3x2−6x=0⇔x=0x=2

Bảng biến thiên:

+ TH1: m−4>0⇔m>4 thì max1;3x3−3x2+m=m.

Khi đó max1;3x3−3x2+m≤3⇔m≤3 (Loại).

+ TH2: m<0⇔m<0 thì max1;3x3−3x2+m=4−m.

Khi đó max1;3x3−3x2+m≤3⇔4−m≤3⇔m≥1 (Loại).

+ TH3: m≥0m−4≤0⇔m≥0m≤4⇔0≤m≤4 thì max1;3x3−3x2+m=max4−m;m.

Khi đó max1;3x3−3x2+m≤3⇔4−m≤34−m≥mm≤3m≥4−m⇔1≤m≤22≤m≤3

Kết hợp điều kiện và m∈ℤ ta suy ra có 3 giá trị nguyên tham số m là m∈1;2;3.

Chọn B

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO⊥ABCD⇒SO⊥AB.

Ta có: S là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

AB⊂SAB; CD⊂SCD; AB//CD.

Suy ra hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng △ đi qua S, song song với AB và CD.

Gọi H; K lần lượt là trung điểm của AB và CD => HK đi qua O và HK⊥AB.

Ta có: SO⊥ABHK⊥AB⇒AB⊥SHK⇒Δ⊥SHK (Do Δ//AB).

⇒SAB ; SCD^=SH ; SK^=60°⇒SH⊥SK⇒Tam giác SHK là tam giác đều.

Kẻ KP vuông góc SH tại P.

Do CD//AB⊂SAB⇒CD//SAB nên dCD;AB=dCD;SAB=dK;SAB=a

Khi đó ta có: KP⊥SHKP⊥AB⇒KP⊥SAB⇒dK;SAB=KP=a⇒SO=a và HK=2a3(Do tam giác SHK là tam giác đều)

Suy ra SABCD=HK2=4a23.

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS.ABCD=13SO.SABCD=13a.4a23=49a3

Chọn C

Đặt t=log2x  x∈2;4→    t∈1;2

Khi đó yêu cầu bài toán tương đương:

t2−2m+5t+m2+5m+4<0 nghiệm đúng với mọi t∈1;2

⇔t2−2m+5t+m+1m+4<0,   ∀t∈1;2⇔t−m+1t−m+4<0,   ∀t∈1;2  

Ta có trục xét dấu:

Suy ra 1;2⊂m+1;m+4⇔m+1<1m+4>2⇔m<0m>−2⇔m∈−2;0

Chọn A

Gọi N∈C:y=fx⇒Nx;fx, M là điểm đối xứng với N qua I

⇒M∈S:y=2022x và I(1;1) là trung điểm MN

⇒M2−x;2−fx

Mà M∈S⇒2−fx=20222−x⇒fx=2−20222−x

Khi đó ta có:

f2+log202212023=2−20222−2+log202212023=2−2022log20222023=2−2023=−2021

Chọn A

Do tam giác SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD).

Gọi I là trung điểm của AB. Trong (ABCD) từ I kẻ đường thẳng d₁ vuông góc với AB.

Suy ra d1⊥SABO∈d1.

Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là điểm O.

Chọn B

Do ∫x+sin2xdx=x22−cos2x2+C nên chọn đáp án B.

Chọn D

Ta có fx≥f2,∀x∈ℝ⇔x4+2mx3+2m+3x2≥0,∀x∈ℝ.

Suy ra x2+2mx+2m+3≥0,∀x∈ℝ⇔Δ'=m2−2m−3≤0⇒−1≤m≤3.

Do đó có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện bài toán.

Chọn C

Theo định lý Pytago ta có

AB2+AC2=BC2⇔log2y+log23=log29⇔log2y+log23=4log23

⇔log2y=3log23⇔logy=3log3 (vì logy=AB>0)

⇔y=103log3=10log33=33

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABC vuông tại A có đường cao AD ta có

AB.AC=AD.BC⇒logy.log3=logx.log9⇔logy.log3=2logx.log3⇔logy=2logx⇔3log3=2logx⇔logx=32log3⇔x=1032log3=10log332=332

Vậy yx=33332=33−32=332

Chọn D

Theo đề ΔSAB vuông tại S và SA = SB nên suy ra ΔSAB vuông cân tại S

Đặt SA = SB = a suy ra AB=a2 và đường cao SO=a22

Diện tích tam giác SAB là S=12SA.SB=a22

Ta có p=SA+SB+AB2=a+a+a22=2a+a22

Suy ra S=pr=2a+a22.22−1=2a+a22−1

Từ đó suy ra 2a+a22−1=a22⇔a=22

Suy ra SO=OB=a22=22.22=2

Vậy thể tích khối nón là V=13π.OB2.SO=13π.22.2=8π3

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị

x+1x−1=2x+m⇔x+1=2x+mx−1⇔x+1=2x2−2x+mx−m⇔2x2+m−3x−m−1=0

Đặt gx=2x2+m−3x−m−1

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt xA, xB khác 1, nghĩa là

Δ>0g1≠0⇔m−32+8m+1>02+m−3−m−1≠0⇔m2−6m+9+8m+8>0−2≠0⇔m2+2m+17>0−2≠0 (đúng)

Áp dụng định lý Vi-ét ta có S=xA+xB=3−m2P=xAxB=−m+12

Từ đó suy ra tọa độ điểm AxA;2xA+m, BxB;2xB+m

Ta có OA=xA2+2xA+m2, OB=xB2+2xB+m2,

AB=xB−xA2+2xB−2xA2=5xB−xA2

Áp dụng định lý cos trong ΔOAB ta có

cosAOB^=OA2+OB2−AB22OA.OB

Theo đề, góc AOB^ nhọn nên

cosAOB^>0⇔OA2+OB2−AB22OA.OB>0⇔OA2+OB2>AB2⇔xA2+2xA+m2+xB2+2xB+m2>5xB−xA2⇔xA2+4xA2+4mxA+xB+xB2+4xB2+2m2>5xA2−2xAxB+xB2⇔4mxA+xB+2m2>−10xAxB⇔4mS+2m2>−10P⇔4m3−m2+2m2>10m+12⇔2m3−m+2m2>5m+1⇔6m−2m2+2m2>5m+5⇔m>5

Mà m∈ℤ và m∈−10;10 nên suy ra m∈6;7;8;9;10

Vậy có 5 giá trị m thỏa đề.

Chọn C

Ta có x3+x2−5x−m+2=x3−x2−x−2⇔x3+x2−5x−m+2=x3−x2−x−2x3+x2−5x−m+2=−x3+x2+x+2

⇔2x2−4x+4=m2x3−6x=m1.

Xét hàm số hx=2x3−6x. Ta có h'x=6x2−6=0⇔x±1.

Bảng biến thiên:

Xét hàm số gx=2x2−4x+4. Ta có bảng biến thiên:

Phát họa đồ thị của hàm số hx=2x3−6x và gx=2x2−4x+4 trên mặt phẳng tọa độ:

Từ hình vẽ ta thấy để (1) có 5 nghiệm phân biệt <=> 2 < m < 4.

Chọn D

Ta có OC=AC2=a22⇒SO=a2−a22=a22.

Do (MNPQ) song song với mặt đáy nên IPOC=SISO⇔IPa22=SIa22⇔IP=SI.

⇒IO=SO−OI=a22−IP.

Khi đó ta có thể tích khối trụ là V=IO.π.IP2=πa22−IPIP2

Cách 1:

Đặt x = IP với 0<x<a22, khi đó:

Xét hàm số fx=a22−xx2 với 0<x<a22

Ta có f'x=xa2−3x2=0⇔x=0lx=a23n

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy maxx∈0;a22fx=fa23=a3227⇒Vmax=πa3227

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức Am – Gm:

V=12πa2−2IPIP.IP≤12πa2−2IP+IP+IP327=πa3227.

Đẳng thức xảy ra ⇔a2−2IP=IP⇔IP=a23

Chọn B

Đ๐t t=x2−x+1=x−12+34≥34, t≥34.

Ta có: x2−x+2+alnx2−x+1≥0⇔x2−x+1+1+alnx2−x+1≥0.

Đặt t=x2−x+1=x−12+34≥34, t≥34.

Ta được bất phương trình t+1+alnt≥0 2, t≥34.

Đặt ft=t+1+alnt≥0⇒f't=1+at>0, ∀t≥34.

Do đó để bất phương trình (2) nghiệm đúng ∀t≥34 điều kiện là f34≥0⇔74+aln34≥0⇔a≤−74ln34≈6.09.

Chọn A

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB,CD⇒AB⊥IKAB⊥SI⇒IK⊥SIK.

IK⊥SIKIK⊂ABCDABCD∩SIK=IKSH⊥IK⇒SH⊥ABCD.

Ta có SK2=SD2−DK2=13a24⇒SK=132a.

IK=a;SI=a32⇒p=SK+SI+IK2=2+3+13a4.

Diện tích tam giác SIK là: k=pp−32ap−ap−132a=38a2.

Độ dài SH=2kIK=a34.

Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS.ABCD=13SH.a2=1334a.a2=3a312.