(2023) Đề thi thử Toán THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh (Lần 1) có đáp án

Chọn D

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm, ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; x = 4

Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực tiểu.

Chọn A

Phương trình đã cho tương đương $5^{-x^2+2x+3}=5^{x+1}\iff -x^2+x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2.\end{array}\right.$

Vậy phương trình có nghiệm $x=-1;x=2$

Chọn D

$V_{k.ch}=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}\mathrm{.6.4}=8.$

Chọn B

Ta có: $y=\frac{x+2}{x-1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<0;\forall x\ne 1$ nên hàm số đã cho không có điểm cực trị, nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn A

Diện tích hình vuông ABCD là $S={\left(2a\right)}^2=4a^2$

Suy ra thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}SA.S=\frac{1}{3}.3a\sqrt{2}.4a^2=4a^3\sqrt{2}$

Chọn A

Chọn B

Chọn A

Dựa vào đồ thị, ta thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)<0,\forall x<1$. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$

Chọn D

Hàm số $y=\ln \left(x^2-2mx+4\right)$ có tập xác định là $ℝ\iff x^2-2mx+4>0,\forall x\in ℝ$

Chọn D

Chọn B

Chọn C

Chọn C

Ta có:

Tiệm cận ngang: $y=\frac{a}{c}=-1$

Tiệm cận đứng: $x=\frac{1}{c}=1$

Từ đây suy ra: $\left\{\begin{array}{l}a=-1\\ c=1\end{array}\right.$

Lại có đồ thị cắt trục hoành tại $x=2$ nên $2a+b=0$ hay $b=-2a=2.$

Chọn B

Điều kiện: x > 0

Chọn C

Tập xác định $D=\left(-1;0\right)\cup \left(0;1\right)$

=> Hàm số không có tiệm cận ngang

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng

Chọn B

Ta có:

Chọn C

Chọn D

Hàm số $y=x^3-3x^2-9x-1$ liên tục và xác định trên $\left[1;5\right]$

Đạo hàm $y^{\text{'}}=3x^2-6x-9, y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\notin \left[1;5\right]\\ x=3\in \left[1;5\right]\end{array}\right.$

Ta có $y\left(1\right)=-12,y\left(3\right)=-28,y\left(5\right)=4$

Chọn C

Vì số mũ nguyên âm nên hàm số xác định khi và chỉ khi $1-x\ne 0\iff x\ne 1$

Chọn B

Ta có $\left|2f\left(x\right)-3\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}2f\left(x\right)-3=1\\ 2f\left(x\right)-3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\\ f\left(x\right)=1\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị, phương trình f(x) = 2 có 2  nghiệm phân biệt, phương trình f(1)= 1 có 3 nghiệm phân biệt. Các nghiệm khác nhau nên phương trình đã cho có  nghiệm.

Chọn A

Hình thoi không nội tiếp được đường tròn, do đó hình chóp có đáy là hình thoi không có mặt cầu ngoại tiếp.

Chọn B

Hàm số $y=3x-4$ xác định với mọi $x\in ℝ$

Ta có $y^{\text{'}}=3>0,\forall x\in ℝ.$

Vậy hàm số này không có cực trị.

Chọn B

ChọnD

Chọn C

$2^{x-3}>8\iff 2^{x-3}>2^3\iff x-3>3\iff x>6.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $T=\left(6;+\infty \right)$

Chọn C

Chọn C

Chọn A

Với m = -1, ta có: $f\left(x\right)=3x^2+x-1$ là một parabol với hệ số a = 3 > 0 suy ra hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu thỏa yêu cầu đề bài.

Với $m\ne -1$ , ta có: $f\left(x\right)=\left(m+1\right)x^3-\left(2m-1\right)x^2+x-1$

Suy ra $f\text{'}\left(x\right)=3\left(m+1\right)x^2-2\left(2m-1\right)x+1$. Khi đó, hàm số không có điểm cực đại <=> hàm số không có cực trị <=> phương trình f'(x) = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép $\iff \Delta \text{'}\le 0$

$\iff {\left(2m-1\right)}^2-3\left(m+1\right).1\le 0\iff 4m^2-7m-2\le 0\iff -\frac{1}{4}\le m\le 2$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{0,1,2\right\}$

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m  thỏa yêu cầu đề bài.

Chọn B

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x^2-4x\right)$

Có $g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-4\right)f\text{'}\left(x^2-4x\right)$. Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ f\text{'}\left(x^2-4x\right)=0\left(1\right)\end{array}\right.$

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

Bảng biến thiên

Chọn C

Chọn A

Theo đề bài, ta có $0<x<a$ và $y=\sqrt{a^2-x^2}$

Khi đó $V_{S.ABCM}=\frac{1}{3}.S_{ABCM}.SA=\frac{1}{3}.\frac{\left(x+a\right)a}{2}.y=\frac{1}{6}a\sqrt{a^2-x^2}\left(x+a\right)$

Ta xét hàm số $f\left(x\right)=\left(x+a\right)\sqrt{a^2-x^2}$ với $0<x<a$ 

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-2x^2-ax+a^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=\frac{a}{2}$

Ta có bảng biến thiên của f(x)

Vậy $\underset{\left(0;a\right)}{\max }f\left(x\right)=f\left(\frac{a}{2}\right)=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ suy ra $\underset{(0;a)}{\max }{V}_{S.ABCM}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$ (đvtt).

Chọn D

$d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=O{O}^{\text{'}}=h; AB=R$

$\Delta OAB$ vuông tại O nên $OA=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{R^2-\frac{h^2}{4}}.$

$\Delta OA{O}^{\text{'}}$ vuông tại O nên $O^{\text{'}}A=\sqrt{O^{\text{'}}{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{h^2+R^2-\frac{h^2}{4}}=\sqrt{R^2+\frac{3h^2}{4}}.$

Diện tích xung quanh của hình nón: $S=\pi .OA.O^{\text{'}}A=\pi .\sqrt{\left(R^2-\frac{h^2}{4}\right).\left(R^2+\frac{3h^2}{4}\right)}$

Đặt $x=\frac{h^2}{4},x>0$

Xét $f\left(x\right)=\pi .\sqrt{\left(R^2-x\right).\left(R^2+3x\right)}=\pi .\sqrt{R^4+2R^{2}x-3x^2}$ với $x\in \left(0;R^2\right]$

$$\begin{gathered} f^{\text{'}}\left(x\right)=\pi .\frac{2R^2-6x}{2\sqrt{\left(R^2-x\right).\left(R^2+3x\right)}} \\ {f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 2R^2-6x=0\iff x=\frac{R^2}{3} \end{gathered}$$

Diện tích xung quanh của hình nón đạt giá trị lớn nhất khi f(x)  đạt giá trị lớn nhất trên [0;R²]. Khi đó $x=\frac{R^2}{3}\iff \frac{h^2}{4}=\frac{R^2}{3}\iff h^2=\frac{4R^2}{3}\Rightarrow h=\frac{2R\sqrt{3}}{3}=\frac{2\left(4\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{3}=8$

Chọn C

TH1: Giả sử giá trị lớn nhất của hàm g(x)  trên đoạn [-1;1] bằng $\left|-3+2f\left(m\right)\right|$.

Theo giả thiết ta có $\left|-3+2f\left(m\right)\right|=5\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(m\right)=4\\ f\left(m\right)=-1\end{array}\right.$. Thử lại ta có f(m) = 4  không thoả mãn

Với f(m) = -1 . Dựa vào BBT của hàm số f(x)  ta có 5 giá trị m  thoả mãn.

TH2: Giả sử giá trị lớn nhất của hàm g(x)  trên đoạn [-1;1] bằng $\left|3+2f\left(m\right)\right|$.

Theo giả thiết ta có $\left|3+2f\left(m\right)\right|=5\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(m\right)=1\\ f\left(m\right)=-4\end{array}\right.$ . Thử lại ta có f(m) = -4  không thoả

Với f(m) = 1 . Dựa vào BBT của hàm số f(x)  ta có 5 giá trị m  thoả mãn.

Vậy có 10 giá trị m thoả mãn đề bài.

Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành $x^3-6x^2+9x+m=0\iff m=-x^3+6x^2-9x$ (1). Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3+6x^2-9x$ với $x\in ℝ$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=-3x^2+12x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Ta có $f\left(x\right)=0\iff -x^3+6x^2-9x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=3\end{array}\right.$

và $f\left(x\right)=-4\iff -x^3+6x^2-9x=-4\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=4\end{array}\right.$

BBT của hàm số f(x)

Đồ thị (C) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn $x_1<x_2<x_3$

<=> Phương trình (1) có 3 nghiệm $x_1<x_2<x_3$

<=> Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số  tại 3 điểm có hoành độ $x_1<x_2<x_3$

Dựa vào BBT ta suy ra $0<x_1<1<x_2<3<x_3<4$

Chọn A

Ta có: V_nón $=\frac{1}{3}OE.\pi .{\left(\frac{3}{2}\right)}^2=\frac{3\pi }{4}$, V_trụ $=AD.\pi .{\left(\frac{3}{2}\right)}^2=2.\frac{9\pi }{4}=\frac{9\pi }{2}$.

Thể tích phần còn lại $V_3=\frac{V_{cau}}{2}=\frac{\frac{4}{3}.\pi .\frac{27}{8}}{2}=\frac{9\pi }{4}$

Vậy thể tích của toán bộ không gian bên trong tháp nước bằng: $\frac{3\pi }{4}+\frac{9\pi }{2}+\frac{9\pi }{4}=\frac{30\pi }{4}=\frac{15\pi }{2}$

Chọn A

Đặt $t=\cos x,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(0;1\right)$

Ta thấy hàm số $t=\cos x$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ nên để hàm số $y=\frac{\cos x+1}{10\cos x+m}$ đồng biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ khi và chỉ khi hàm số $y=\frac{t+1}{10t+m}$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;1\right)$

Ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{m-10}{{\left(10t+m\right)}^2}<0,\forall t\in \left(0;1\right)\iff m<10$

Lại có $10t+m\ne 0\iff \frac{-m}{10}\ne t\iff \left[\begin{array}{l}\frac{-m}{10}\le 0\\ \frac{-m}{10}\ge 1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\ge 0\\ m\le -10\end{array}\right.$

Chọn C

Gọi V là thể tích khối lăng trụ.

Vì BMCN là hình thang có hai đáy BC, MN và $BC=2MN$ nên ta có

$S_{\Delta BMN}=\frac{1}{2}d\left(B;MN\right).MN=\frac{1}{2}d\left(N;BC\right).\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}{S}_{\Delta BCN}$

Suy ra $V_{A.BCNM}=V_{A.BMN}+V_{A.BCN}=\frac{3}{2}{V}_{A.BCN}=\frac{3}{2}{V}_{N.ABC}=\frac{3}{2}.\frac{1}{3}V=\frac{1}{2}V$

Ta có đáy là tam giác ABCvuông tại A nên: $S_{\Delta ABC}=6a^2$

Vì $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}//\left(ABC\right)\Rightarrow d\left(AB;B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)=d\left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\left(ABC\right)\right)=d\left(B^{\text{'}};\left(ABC\right)\right)=2a=h$

Với h là chiều cao của khối lăng trụ.

Chọn B

Do $H\in \Delta \Rightarrow H\left(x;-3x+10\right)$

Mà A, B, C là ba điểm phân biệt thuộc (C) nên trực tâm H  của tam giác ABC  cũng thuộc (C)  dó đó $-3x+10=\frac{x+2}{x-1}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ \left(-3x+10\right)\left(x-1\right)=x+2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-4x+4=0\end{array}\right.\iff x=2$

Vậy $H\left(2;4\right)\Rightarrow \overrightarrow{OH}=\left(2;4\right)\Rightarrow OH=2\sqrt{5}.$