25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 13)

Đặt $t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx$ . Đổi cận: $x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=1;x=0\Rightarrow t=0$ . Vậy $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{t}dt$ .

$\overrightarrow{AB}=\left(2;1;4\right)$, nên một véctơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm A và B là $\overrightarrow{u_2}=\left(2;1;4\right)$ .

Số nghiệm của phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2$  là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$  và đường thẳng y=2. Đồ thị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$  và đường thẳng  như sau:

Đáp án A, tập xác định $ℝ\backslash \left\{0\right\}$ , loại.

Đáp án B, tập xác định D=R, thỏa mãn.

Đáp án C, tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$ , loại.

Đáp án D, tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$ , loại.

Ta có: $x^2-1+yi=-1+2i\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-1=-1\\ y=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=2\end{array}\right.$ . Suy ra $2\text{x}+y=2$ .

Ta có: ${\log }_{3}4=a=2{\log }_{3}2\Rightarrow {\log }_{3}2=\frac{a}{2}\Rightarrow {\log }_{2}3=\frac{a}{2}$

$T={\log }_{12}18=\frac{{\log }_{2}18}{{\log }_{2}12}=\frac{{\log }_{2}2+{\log }_{2}9}{{\log }_{2}4+{\log }_{2}3}=\frac{1+2{\log }_{2}3}{2+{\log }_{2}3}=\frac{1+2.\frac{2}{a}}{2+\frac{2}{a}}=\frac{a+4}{2\text{a}+a}$ .

$y=-x^3+3{\text{x}}^2+6\text{x}\Rightarrow y^{\text{'}}=-3{\text{x}}^2+6\text{x}+6$.

Áp dụng định lí Vi-ét vào phương trình $-3{\text{x}}^2+6\text{x}+6=0$ , ta có:

$x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2{\text{x}}_1{x}_2=2^2+2.\left(-2\right)=8$.

Ta có: $F\left(x\right)=\int \cos 4xdx=\frac{1}{4}\sin 4x+C\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{8}\right)-F\left(0\right)=\frac{1}{4}\sin 4\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\sin 0=\frac{1}{4}$ .

Ta có phương trình:$\ln \left|x^2-5\right|=0\iff \left|x^2-5\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-5=1\\ x^2-5=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm \sqrt{6}\\ x=\pm 2\end{array}\right.$ .

 $z_1=1+i\Rightarrow A\left(1;1\right),{\text{ z}}_2=3-5i\Rightarrow B\left(3;-5\right)$nên tọa độ trung điểm M của AB là .

Vậy điểm M biểu diễn cho số phức $2-2i$ .

Tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC= 4a suy ra AI=BI=CI=2a.

Diện tích xung quanh của hình tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục AI là diện tích xung quanh của hình nón có đường cao AI, bán kính đáy R=BI=2.

Ta có $f\left(x\right)\ge 0$  trên đoạn [a;b] và $f\left(x\right)\le 0$  trên đoạn [a;b]. Vậy diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình là $S=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|d\text{x}=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}-\underset{b}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}$ .

Tập xác định của hàm số $y=\frac{2\text{x}+1}{x-1}$  là: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$ .

Hoành độ hai điểm A, B là nghiệm của phương trình: $x-2=\frac{2\text{x}+1}{x-1}$  (1). Điều kiện .

Ta có (1) $\iff \left(x-2\right)\left(x-1\right)=2\text{x}+1\iff x^2-5\text{x}+1=0$  (2). Nhận thấy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1. Theo định lí Vi-ét ta có: $x_A+x_B=5$ .

Từ năm 2017 đến năm 2035, số năm là $n=2035-2017=1$ .

Dân số Việt Nam năm 2035 là $S=93671600.e^{18.0,0081}\approx 108374700$  (người).

Ta có: $\frac{u_{2020}}{u_{2017}}=\frac{u_1{q}^{2019}}{u_1{q}^{2016}}=q^3\iff q^3=1000\iff q=10;u_{2017}=u_1{q}^{2016}\iff 1=u_1{.10}^{2016}\iff u_1=\frac{1}{{10}^{2016}}$ .

Hình lăng trụ có 4 mặt đối xứng gồm:

3 mặt là mặt phẳng chứa một cạnh bên và hai trung điểm của 2 cạnh đáy không chung đỉnh với cạnh bên đó.

Mặt phẳng chứa trung điểm của 3 cạnh bên của hình lăng trụ.

Ta có $\frac{V_{S.ACI}}{V_{S.ABC}}=\frac{SI}{SB}=\frac{1}{2}$ . Suy ra $V_{S.ACI}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^3}{6}$ .

Ta thấy hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC) là AC nên $\widehat{\left(SC,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SCA}$ .

Mà $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2\text{a}$  nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1$ .

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng(ABC)   bằng $45°$ .

Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_P}=\left(2;-1;-1\right)$  và đường thẳng d có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_d}=\left(1;2;-3\right)$ .

Vì  $\left\{\begin{array}{l}\Delta \subset \left(P\right)\\ \Delta \perp d\end{array}\right.$nên đường thẳng d có 1 véctơ chỉ phương là: $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_P};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(5;5;5\right)=5\left(1;1;1\right)$ .

Mà $M\left(0;1;3\right)\in \Delta \Rightarrow \left(\Delta \right):\frac{x}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-3}{1}$ .

Khi $x\ge 0$  thì $f\left(\left|x\right|\right)=f\left(x\right)$  nên bảng biến thiên của$y=f\left(x\right)$  trên $\left[0;+\infty \right)$  cũng chính là bảng biến thiên của$y=f\left(\left|x\right|\right)$  trên $\left[0;+\infty \right)$ . Do đồ thị $y=f\left(\left|x\right|\right)$  nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có bảng biến thiên của $y=f\left(\left|x\right|\right)$  trên R như sau:

Suy ra hàm số có 5 điểm cực trị.

Đặt $t=e^x+1\Rightarrow dt=e^{x}d\text{x}$ . Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=2\\ x=\ln 2\Rightarrow t=3\end{array}\right.$ .

Ta có $\left(z+2i\right)\left(\overline{z}+2\right)=z.\overline{z}+2\text{z}+2i\overline{z}+4i=\left(x+yi\right)\left(x-yi\right)+2\left(x+yi\right)+2i\left(x-yi\right)+4i$

.$=\left(x^2+y^2+2\text{x}+2y\right)+2i\left(x+y+2\right)$

Vì $\left(z+2i\right)\left(\overline{z}+2\right)$  là số thuần ảo nên $x^2+y^2+2\text{x}+2y=0\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=2$ .

Ta có: $9^{x+1}-{13.6}^x+4^{x+1}<0\iff {9.9}^x-{13.6}^x+{4.4}^x<0$

$\iff 9\frac{9^x}{4^x}-13\frac{6^x}{4^x}+4<0$, (vì $4^x>0,\forall x\in ℝ$ ) $\iff 9{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2\text{x}}-13{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+4<0$

.$\iff \frac{4}{9}<{\left(\frac{3}{2}\right)}^x<1\iff -2<x<0$

Thể tích toàn bộ khối pha lê là

$V=V_{\left(H_1\right)}+V_{\left(H_2\right)}=\frac{1}{3}\pi {\left(r_1\right)}^2.\left(h_1\right)+\frac{1}{3}\pi {\left(2{\text{r}}_1\right)}^2.\left(2h_1\right)=9V_{\left(H_1\right)}=100\left(c{m}^3\right)\Rightarrow V_{\left(H_1\right)}=\frac{100}{9}\left(c{m}^3\right)$.

Diện tích hình phẳng D là

$S=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(\sqrt{16-x^2}-\left(-\frac{1}{2}{x}^2+2\text{x}\right)\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\sqrt{16-x^2}d\text{x}-\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(-\frac{1}{2}{x}^2+2\text{x}\right)d\text{x}$.

Xét $I=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\sqrt{16-x^2}d\text{x}$ . Đặt$x=4\sin t\Rightarrow d\text{x}=4\cos tdt$ . Đổi cận:$\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=4\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$

$I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{16-16{\sin }^{2}t}.4\cos tdt=16\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\cos }^{2}tdt=8\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(1+\cos 2t\right)dt={\left.8\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}=8\frac{\pi }{2}=4\pi$.

Xét$J=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(-\frac{1}{2}{x}^2+2\text{x}\right)d\text{x}={\left.\left(\frac{-x^3}{6}+x^2\right)\right|}_0^4=\frac{16}{3}$ . Vậy $S=4\pi -\frac{16}{3}$ .

Hàm số xác định trên [0;4]. Ta có: $f\left(x\right)=\left|x-3\right|\sqrt{x+1}=\sqrt{\left(x+1\right){\left(x-3\right)}^2}$ .

Xét hàm số $g\left(x\right)=\left(x+1\right){\left(x-3\right)}^2$  trên đoạn [0;4] ta có:$g^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x-3\right)}^2+\left(x+1\right).2\left(x-3\right)=\left(x-3\right)\left(3\text{x}-1\right)$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\in \left[0;4\right]\\ x=\frac{1}{3}\in \left[0;4\right]\end{array}\right.$. Ta có:$g\left(0\right)=9,g\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{256}{27},g\left(3\right)=0,f\left(4\right)=5$ .

Vậy $\left\{\begin{array}{l}M=\underset{\left[0;4\right]}{\max }f\left(x\right)=\sqrt{g\left(\frac{1}{3}\right)}=\frac{16\sqrt{3}}{9}\\ N=\underset{\left[0;4\right]}{\min }f\left(x\right)=\sqrt{g\left(0\right)}=0\end{array}\right.\Rightarrow M+2N=\frac{16\sqrt{3}}{9}$ .

Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_P}=\left(1;2;1\right)$ . Đường thẳng d có véctơ chỉ phương$\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;3\right)$ .

Vì $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u}=7\ne 0$nên đường thẳng d và mặt phẳng(P)   cắt nhau.

Tọa độ giao điểm H của đường và mặt là nghiệm của hệ phương trình

.$\left\{\begin{array}{l}x+2y+z-4=0\\ \frac{x+1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\\ z=1\end{array}\right.\Rightarrow H\left(1;1;1\right)$

Vì đường thẳng Δ nằm trong mặt phẳng  đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng d nên đường thẳng Δ đi qua điểm H và có véctơ chỉ phương$\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left[\overrightarrow{n_P};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(5;-1;-3\right)$ .

Vậy phương trình đường thẳng Δ là $\frac{x-1}{5}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{-3}$ .

Ta có $C_n^1+C_n^2=78\iff \frac{n!}{\left(n-1\right)!}+\frac{n!}{2!\left(n-2\right)!}=78\iff n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=78\Rightarrow n=12$ .

Xét khai triển${\left(x^2-x+2\right)}^{12}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k{\left(x^2-x\right)}^k{.2}^{12-k}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k{.2}^{12-k}\left(\sum _{j=0}^k{C}_k^j{x}^{2j}{\left(-x\right)}^{k-j}\right)$

$=\sum _{k=0}^{12}\sum _{j=0}^k{C}_{12}^k{C}_k^j{\left(-1\right)}^{k-j}{2}^{12-k}{x}^{j+k}$.