25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 15)

Đáp án C

Ta có $2019f\left(x\right)-2020=0\iff f\left(x\right)=\frac{2020}{2019}$

Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng $y=\frac{2020}{2019}$  cắt đồ thị $y=f\left(x\right)$  tại 3 điểm phân biệt

Đáp án D

Ta có $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}a=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$

Đáp án D

Đáp án A

Ta có $f\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+3x+C$ . Mà f(0)=1 nên C=1. Vậy f(2)=11  .

Đáp án C

Đặt $z=a+bi$  với $a,b\in ℝ$ . Khi đó$\overline{z}=a-bi$ .

Ta có: $z+4\overline{z}=7+i\left(z-7\right)\iff a+bi+4\left(a-bi\right)=7+i\left(a+bi-7\right)$

$\iff a+bi+4a-4bi=7+ai-b-7i\iff 5a+b-\left(a+3b\right)i=7-7i\iff \left\{\begin{array}{l}5a+b=7\\ a+3b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}\right.$

Do đó z=1+2i. Vậy $\left|z\right|=\sqrt{5}$ .

Đáp án A

Khối nón tạo thành có bán kính AC=a và chiều cao B=4a.

Thể tích khối nón cần tìm là$V=\frac{1}{3}\pi {\left(4a\right)}^2.4a=\frac{64\pi a^3}{3}$ .

Đáp án D

Ta có $y=\sqrt[3]{{\left(1-3x\right)}^5}={\left(1-3x\right)}^{\frac{5}{3}}$ . Ta suy ra $y^{\text{'}}=\frac{5}{3}{\left(1-3x\right)}^{\frac{2}{3}}.{\left(1-3x\right)}^{\text{'}}=-5{\left(1-3x\right)}^{\frac{2}{3}}$ .

Đáp án C

Ta có $9^x-{3.3}^x+2=0\iff \left\{\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x={\log }_{3}2\end{array}\right.$ .

Đáp án D

Khẳng định D sai. Ví dụ hàm số ;$f\left(x\right)=x^4\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3$ .

 $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0$ và x = 0 qua x= 0  thì $f^{\text{'}}\left(x\right)$  đổi dấu nên là điểm cực trị của hàm số. Mặt khác $f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=0$ .

Đáp án A

Ta có $\log \left|x^2-3\right|=0\iff \left|x^2-3\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-3=1\\ x^2-3=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$

Đáp án D

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 3 đến giây thứ 10 là $S=\underset{3}{\overset{10}{\int }}\left(3t^2+4\right)dt=\left(t^3+4t\right)\left|\begin{array}{l}10\\ 3\end{array}\right.=1001m$

Đáp án B

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3+2\left(2m-1\right)x^2-\left(m^2-8\right)x+2$ .

Ta có ; $f^{\text{'}}\left(x\right)=-3x^2+4\left(2m-1\right)x-m^2+8$ .

Để x=-1 là điểm cực tiểu của hàm số thì $f^{\text{'}}\left(-1\right)=0$

Với m=1 ta có $f^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)>0$ .

Với m=-9 ta có $f^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)<0$ .

Vậy x=-1 là điểm cực tiểu của hàm số $f\left(x\right)=-x^3+2\left(2m-1\right)x^2-\left(m^2-8\right)x+2$  khi và chỉ khi m=1.

Đáp án B

Đáp án D

Giả sử $LN\cap BD=1$ . Nối K với I cắt AD tại P.

Suy ra $\left(KLN\right)\cap AD=P$ .

Ta có $KL//AC\Rightarrow AC//\left(KLNP\right)$

Ta có$\left\{\begin{array}{l}AC\subset \left(ACD\right)\\ \left(ACD\right)\cap \left(KLNP\right)=PN\end{array}\right.\Rightarrow PN=AC$

Khi đó: $\frac{PA}{PD}=\frac{NC}{ND}=2$

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}M{A}^2=M{B}^2\\ M{B}^2=M{C}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2={\left(x-2\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2\\ {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}4x-6y-2z=4\\ -8x+4y=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}8x-2y=10\\ -8x+4y=-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}\right.\Rightarrow M\left(2;3;-7\right)$.

Vậy${\mathrm{a}}^2+{\mathrm{b}}^2+{\mathrm{c}}^2=62$ .

Đáp án C

Điều kiện: $x>\frac{3}{4}$ .

Ta có $2{\log }_3\left(4x-3\right)+{\log }_{\frac{1}{9}}{\left(2x+3\right)}^2\le 2\iff 2{\log }_3\left(4x-3\right)+{\log }_{3^{-2}}{\left(2x+3\right)}^2\le 2$

$\iff {\log }_3{\left(4x-3\right)}^2-{\log }_3\left(2x+3\right)\le 2\iff {\log }_3\frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 2\iff \frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 9$

Do $2x+3>0$  nên $\frac{{\left(4x-3\right)}^2}{2x+3}\le 9\iff 16x^2-24x+9\le 9\left(2x+3\right)\iff -\frac{3}{8}\le x\le 3$

Kết hợp với điều kiện ta được $\frac{3}{4}<x\le 3$ .

Đáp án A

Ta có $z^2-2z+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(SBC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SBC\right)=SB\end{array}\right.$

Trong mặt phẳng (SAB)  : Kẻ$AH\perp SB\Rightarrow AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right)$

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{\sqrt{3}a}{2}$

Đáp án D

Gọi $\left(a,b\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi$   

Ta có $z-\left(2+3i\right)\overline{z}=1-9i\iff a+bi-\left(2+3i\right)\left(a-bi\right)=1-9i\iff a+bi-2a+2bi-3ai-3b=1-9i$

$\iff -a-3b-3ai+3bi=1-9i\iff \left\{\begin{array}{l}-a-3b=1\\ -3a+3b=-9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\right.\Rightarrow z=2-i$

Số phức $w=\frac{5}{iz}=\frac{5}{i\left(2-i\right)}=1-2i$ .

Đáp án B

Ta có $\left|i.z-2i-1\right|=3\iff \left|i.\left(x+yi\right)-2i-1\right|=3\iff \left|xi-y-2i-1\right|=3\iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=9$

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện $\left|i.z-2i-1\right|=3$  là đường tròn có tâm $I\left(2;-1\right)$ , bán kính R=3.

Đáp án C

Tâm H của đường tròn giao tuyến là hình chiếu vuông góc của tâm $I=\left(0;1;2\right)$  của mặt cầu (S) lên mặt phẳng (P).

Do đó vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left(2;-1;0\right)$  của mặt phẳng (P) cũng là vectơ chỉ phương của đường thẳng IH.

Suy ra phương trình đường thẳng IH là $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-t\\ z=2\end{array}\right.$

Vì H là giao điểm của đường thẳng IH và mặt phẳng (P0 nên tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=1-t\\ z=2\\ 2x-y-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=0\\ z=2\end{array}\right.\Rightarrow H=\left(2;0;2\right)$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}2my=x^2\iff y=\frac{x^2}{2m}>0\\ y^2=2mx\iff \left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{2mx}>0\\ y=-\sqrt{2mx}<0\end{array}\right.\end{array}\right.$

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{x^2}{2m}=\sqrt{2mx}\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

$\Rightarrow S=\underset{0}{\overset{2m}{\int }}\left|\frac{x^2}{2m}-\sqrt{2mx}\right|dx=\frac{4m^2}{3}=3\iff m=\frac{3}{2}$

Đáp án D

Gọi $V_1$ ,$V_2$ , V lần lượt là thể tích của hai bồn nước có bán kính 2m; 2,5m của bồn chứa mới.

Theo bài ra ta có  $V=V_1+V_2\iff 1,5h.\pi .R^2=h.\pi {.2}^2+h.\pi .2,5^2$ 

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của BM, ta có NI//CM nên góc giữa SN và CM là góc giữa SN và NI.

Xét tam giác SNI có

$SN=\sqrt{S{C}^2+C{N}^2}=\sqrt{4+8}=2\sqrt{3}$; $CI=\sqrt{C{M}^2+M{I}^2}=\sqrt{24+2}=\sqrt{26}\Rightarrow SI=\sqrt{S{C}^2+C{I}^2}=\sqrt{4+26}=\sqrt{30}$ ;

Vậy$\cos \widehat{SNI}=\frac{S{N}^2+N{I}^2-S{I}^2}{2SN.NI}=\frac{12+6-30}{2.2\sqrt{3}.\sqrt{6}}=\frac{-12}{3\sqrt{2}.4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SNI}=135°$

Vậy góc giữa SN và CM bằng 45°.

Đáp án A

Ta có $y=\left|x^2+2x+a-4\right|=\left|{\left(x+1\right)}^2+a-5\right|$ . Đặt$u={\left(x+1\right)}^2$  khi đó $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{\max }y=\underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=\max \left\{f\left(0\right),f\left(4\right)\right\}=\max \left\{\left|a-5\right|;\left|a-1\right|\right\}$ 

+ Trường hợp 1: $\left|a-5\right|\ge \left|a-1\right|\iff a\le 3\Rightarrow \underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=5-a\ge 2\iff a=3$ .

+ Trường hợp 2: $\left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\ge 3\Rightarrow \underset{u\in \left[0;4\right]}{\max }f\left(u\right)=a-1\ge 2\iff a=3$ .

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{\max }y=2\iff a=3$ .

Đáp án A

Kẻ $HK\perp BD\Rightarrow BD\perp \left(SHK\right)\Rightarrow \widehat{SKH}=60°$

$HC=a\sqrt{5}$; $AD=3a$ ;  $HK=\frac{1}{2}d\left(A,BD\right)=\frac{1}{2}.\frac{AB.AD}{BD}=\frac{3a}{2\sqrt{10}}$

Kẻ $HI\perp SK\Rightarrow HI\perp \left(SBD\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=2HI$ .

Ta có $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{H{K}^2}+\frac{1}{S{H}^2}\Rightarrow HI=\frac{3a\sqrt{3}}{4\sqrt{10}}$

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)=\left(2x-2\right)f^{\text{'}}\left(x^2-2x\right)$

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

Vậy hàm số đã cho có 5 điểm cực trị.

Đáp án D

Khi đó $P\left(x\right)=\left(x+1\right){\left(1+2x\right)}^{17}=\left(1+x\right)\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^k=\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^k+\sum _{k=0}^{17}{C}_{17}^k{2}^k{x}^{k+1}$