25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 23)

Đáp án A

Hàm số xác định khi 3x+1>0⇔x>−13. Tập xác định: D=−13;+∞.

Đáp án B

Ta có: A3;0,B1;−3⇒G43;−1.

Suy ra z12+z22+z32=OA2+OB2+OG2=32+12+−32+432+−12=1969.

Đáp án B

Hàm số đạt cực đại tại các điểm x=±2.

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Đáp án A

Ta có: S=∫−11x+12fxdx=∫−11x+12dFx=Fxx+12−11−2∫−11x+1Fxdx=6

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên, ta cófx=2 có 3 nghiệm.

Suy ra đồ thị hàm số y=1f2020−x−2 có 3 tiệm cận đứng

Đáp án D

Ta có: P⊥nP→=3;−2;2,Q⊥nQ→=4;5;−1.

Do AB⊂PAB⊂Q⇒AB⊥nP→AB⊥nQ→ nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: u→=nQ→;nP→=8;−11;−23.

Do AB→ cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên AB→//u→=8;−11;−23

Đáp án D

Ta có: f'x=5x4−15x2−20.

⇒f'x=0⇔5x4−15x2−20=0⇔x2=4x2=−1

. Do x2≥0⇒x2=4⇒x=±2.

Mà x∈−1;3 nên x=2.

Ta có f−1=26,f2=−46,f3=50.

So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là M =50

Đáp án A

Đáp án B sai vì theo giả thiết log1215=a⇔log2−15−1=a⇔log25=a.

Đáp án C sai vìlog54=log522=2log52=2log25=2a

Đáp án D sai vì log215+log2125=log25−1+log25−2=−log25−2log25=−3a.

Đáp án A đúng vì log225+log25=log252+log2512=2log25+12log25=5a2.

Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương.

Khi đó ta có V=a3 và V1=13.12a2.a=a36.

Vậy V=6V1.

Đáp án B

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng a3 nên có cạnh bằng a.

Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA'=a, diện tích đáy a2 có thể tích là: V=13.a.a2=13a3.

Chọn B

Đáp án B

Ta gọi F(t) là nguyên hàm của tsint .

Ta có gx=∫xx2tsintdt=Fx2−Fx.

⇒g'x=2x2F'x2−12xF'x⇒g'x=2x2sinx2−sinx2x4.

Đáp án B

Tập xác định của hàm số là D=−∞;−m∪−m;+∞.

Ta có y'=m2−4x+m2. Để hàm số nghịch biến trên khoảng 1;+∞ thì −m≤1m2−4<0⇔−1≤m<2.

Vậy giá trị cần tìm của m là −1≤m<2.

Đáp án B

Ta có: Sxq=2πa2⇔πrl=2πa2⇔r.2a=2a2⇔r=a⇒h=a3.

Thể tích của khối nón là V=13πr2h=πa333.

Đáp án B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên OA.

Xét tam giác OMA vuông tại M có: 1MH2=1MO2+1MA2⇒1MH2=1r2+1OA2−r2

 không đổi và H cố định.

Vậy M thuộc đường tròn H;MH.

Đáp án D

Ta có: P=4x2+3y4y2+3x+25xy=16xy2+34xy+12x3+y3   =16xy2+34xy+12x+yx+y2−3xy=16xy2−2xy+12.

Ta có: 0≤x≤x+y24=14;xy=0⇔x=0 hoặc y=0;xy=14⇔x=y=12.

Đặt t=xy thì P=ft=16t2−2t+12 với t∈0;14 f't=32t−2;f't=0⇔t=116;f0=12;f116=19116;f14=252.

Vậy M=252;m=19116. Do đó M+8m=108.

Đáp án B

Ta có: Sxq=2πa2⇔πrl=2πa2⇔r.2a=2a2⇔r=a⇒h=a3.

Thể tích của khối nón là V=13πr2h=πa333.

Đáp án C

Mảnh bìa sau khi được cuốn lại trở thành hình trụ như hình vẽ với A≡B,D≡C.

Ta dễ thấy AM⊥NP và dAM,NP=AD=2a. Khi đó: VAMNP=16.AM.NP.dAM,NP.sinAM,NP=16.AM.NP.AD

Vì 2πR=AB nên R=2aπ⇒AM=NP=2R=4aπ⇒VAMNP=16a33π2.

Gọi AB = x, M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC.

Khi đó SΔABC=12C'M.x=243⇒C'M=483x

⇒CC'=C'M2−CM2=483x2−x322.

Mà V=216=CC'.SABC=x234483x2−x322⇒x=43

⇒AB=43,AA'=63.

Kẻ AH⊥A'N⇒AH=AN.AA'AN2+AA'2=33.

Ta có sinAB,(A'BC)=dA,(A'BC)AB=AHAB=34.

Ta có:iz+2−i=0⇔iz=i−2⇔z=i−2i=i−2−i1=1+2i

Điểm biểu diễn của số phức z là A1;2.

Khi đó AM=3−12+−4−22=40=210.

Ta có:  A1;6∈C⇒a+b+c=5      (1)

Ta có: y'=3x2+2ax+b, hàm số có cực đại bằng 4 tại x=−1⇒B−1;4 là điểm cực đại.

⇒y−1=4y'−1=0⇒a−b+c=5 22a−b=3    3.

Từ (1), (2) và (3) ⇒a=32b=0c=72⇒C:y=x3+32x2+72.

Vậy giá trị của hàm số tại x=3 là y(3)=44.

Từ f−x+22+fx+23=10x (*), cho x=0 ta có 

f22+f23=0⇔f2=0f2=−1.

Đạo hàm hai vế của (*) ta được:

−2f−x+2.f'−x+2+3fx+22.f'x+2=10.

Cho x = 0  ta được −2f2.f'2+3f22.f'2=10⇔f2.f'2.3f2−2=10 (**).

Nếu f(2)=0  thì (**) vô lý.

Nếu f(2)=1, khi đó (**) trở thành: −f'2.−3−2=10⇔f'2=2

Phương trình tiếp tuyến y=2x−2−1⇔y=2x−5.

Ta có limx→2−gx=limx→2−f2xfx−m=+∞ nên ∀m, đồ thị hàm số y=gx luôn có một tiệm cận đứng x = 2 .

Mặt khác, từ bảng biến thiên của hàm số y=fx thì phương trình f(x) tối đa 2 nghiệm.

Vậy để đồ thị hàm số y=gx có đúng 3 tiệm cận đứng thì điều kiện cần là phương trình f(x)=m có đúng 2 nghiệm phân biệtx1,x2 khác 2 ⇔3<m<6.

Khi đó limx→x1+gx=limx→x1+f2xfx−m=+∞, limx→x2+gx=limx→x2+f2xfx−m=+∞ nên đồ thị hàm số  có 2 tiệm cận đứng là đường thẳng x=x1 và x=x2.

Vậy với 3<m<6 thì đồ thị hàm số y=g(x) có đúng 3 tiệm cận đứng. Do m nguyên nên có 2 giá trị của m thỏa mãn bài toán là m=4 và m= 5 .

Thể tích V của hình tròn xoay bao gồm thể tích của khối trụ và 2 khối nón như hình vẽ.

Ta có: R=12AC=2.32=3 (R là bán kính đáy của trụ và nón).

Chiều cao h của khối trụ là h = 2.

Chiều cao h' của khối nón h'=22=1.

Thể tích của khối tròn xoay: V=πR2h+2.13πR2h'=π32.2+23π32.1=8π.

Từ điều kiện ta có: y≤14−2x3⇒y=x2+3x≤14−2x3⇒x∈1;95.

Thế y=x2+3x vào P ta được: P=5x2−9x.

Bài toán trở thành tìm GLTN, GTNN của biểu thức: P=5x2−9x với x∈1;95.

Xét P=5x2−9x với x∈1;95

P'=5x2+9x2>0 

nênm=minP=P1=−4, M=maxP=P95=4 .

Vậy M.m=−16.

Điều kiện: a>0b>0.

Ta có: log8a+log4b2=5⇔13log2a+log2b=5   (1);

 log4a2+log8b=7⇔log2a+13log2b=7  (2).

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được:

.43log2a+43log2b=12⇔log2a+log2b=9⇔log2ab=9

: Đặt z=x+yi⇒z¯=x−yi khi đó ta có:

z−1≤1⇔x+yi−1≤1⇔x−1+yi≤1⇔x−12+y2≤1  (1).

Lại có z−z¯=x+yi−x−yi=2yi có phần ảo không âm suy ra  y≥0   (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra ra phần mặt phẳng biểu diễn số phức z là nửa hình tròn tâm I(1;0) bán kính r =1, diện tích của nó bằng 12r2π=π2 (đvdt).

Ta có V1=π∫09x2dx=81π2.

Gọi H là hình chiếu của M lên trục Ox, đặt OH = m (với 0<m≤9), ta có Mm;m, MH=m vàAH=9−m .

Suy ra V2=13π.MH2.OH+13π.MH2.AH=13π.MH2.OA=3mπ.

Theo giả thiết, ta có V1=2V2 nên 81π2=6mπ⇔m=274. Do đóM274;332.

Từ đó ta có phương trình đường thẳng OM là y=239x.

Diện tích S phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và đường thẳng OM là

S=∫0274x−239xdx=23xx−39x20274=27316.

Ta có g'x=2f'(x)−x=0⇔x=−2;x=2;x=4.

Lập trục xét dấu:

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (-2;2) và .4;+∞

Xét điểm I thỏa 2IA→−IB→+IC→=0→ suy ra I(1;2;-2).

2MA2−MB2+MC2=2MI→+IA→2−MI→+IB→2+MI→+IC→2=2MI2+2IA2−IB2+IC2.

2MA2−MB2+MC2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên .

Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình x=1+3ty=2−3tz=−2+2t suy ra x0=1+3ty0=2−3tz0=−2+2t.

Mà 3x0−3y0+2z0−15=0⇔31+3t−32−3t+2−2+2t−15=0⇔t=1

Vậy .2x0+3y0+z0=21+3t+32−3t+−2+2t=6−t=5

Xét kC2n+1k=k.2n+1!k!2n+1−k!=2n+1.2n!k−1!2n−k−1!=2n+1.C2nk−1 với 1≤k≤2n+1.

Ta có VT=2n+1C2n0−C2n121+C2n222−...+C2n2n22n=2n+11−22n=2n+1 .

Do đó: 2n+1=2021⇔n=1010.

Từ hình vẽ ta thấy S=∫−121fx−x2−2xdx=∫−121fxdx−∫−121x2−2xdx=34−−38=98

V1=13OP.S1=13OPπAC22=π3OP.PA2=π3OPOA2−OP2=π3OPR2−OP2V2=13OQ.S2=13OQπAB22=π3OQ.QA2=π3OQOA2−OQ2=π3OQR2−OQ2

Xét hàm fx=xR2−x2. Với 0≤x<R.

Khi đó f'x=R2−3x2.f'x=0⇔x=R3x=−R3.

Lập bảng biến thiên, thấy rằng maxx∈0;Rgx=fR3.

Khi đó, áp dụng choV1,V2 : V1+V2=π3OPR2−OP2+OQR2−OQ2 đạt giá trị lớn nhất khi OP=OQ=R3.

Hay khi đó tam giác ABC cân tại A (do OP =OQ).

Mà lúc đó AB=2R2−OQ2=2R2−R23=2R63.

Do tam giác ABC cân A nên khi đó AM⊥BC.

Ta có SABC=12AM.BC=AB.AC.BC4R⇒AM=AB.AC2R=4R2.692R=4R3.

MàAM=AO+OM⇒OM=4R3−R=R3 .

VậyV3=13OM.S3=13OM.π.MC2=π3OMR2−OM2=π3.R3R2−R29=8πR381

Ta có z−1=5⇔x−12+y2=52

Lại có P=z−i2−z¯−22=x2+y−12−x−22−y2=4x−2y−3=4x−1−2y+1

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

P=4x−1−2y+1≤42+22x−12+y2+1=20.52+1=105+1.

Ta có thể tích của chậu là V=π3.31+4+2=7π.

Gọi chiều cao của mực nước là 3x với (x>0). Ta có bán kính của mặt nước là 1+x.

Ta có phương trình π3.3x1+1+x2+1+x=371897π⇔x=13.

Vậy chiều cao của mực nước là 1dm.

Ta có1f2x=1x2+2xf'xf3x⇔f2x−2xfx.f'xf4x=1x2⇔xf2x'=1x2 .

Suy ra∫xf2x'dx=∫1x2dx⇔xf2x=−1x+C .

Lại có f(2)=1 nên C=52.

Do đó: xf2x=52−1x=5x−22x⇒f2x=2x25x−2.

Suy raf24=169⇒f4=43 .

Ta có: 2sin2x+3cos2x=m.3sin2x⇔2sin2x+31−sin2x=m.3sin2x.

Đặt t=sin2x,t∈0;1. Phương trình đã cho trở thành:2t+31−t=m.3t⇔23t+31−2t=m .

Xét hàm số ft=23t+31−2t, với t∈0;1. Ta cóf't=23t.ln23−2.31−2t.ln3

f''t=23'.ln232+4.31−2t.ln32>0,∀t∈0;1

 f'(t) liên tục và đồng biến trên [0;1] nên f't≤f'1=23ln29<0,∀t∈0;1.

f(t) liên tục và nghịch biến trên f1≤ft≤f0,∀t∈0;1 nên .

Suy ra 1≤m≤4 thì phương trình có nghiệm.

Phương trình hoành độ giao điểm 2mx+m−2x+1=x+3⇔fx=x2+4−2mx+5−m=0 ( x≠−1). Đồ thị (C) của hàm số y=2mx+m−2x+1 cắt đường thẳng d:y=x+3 tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi Δ'>0f−1≠0⇔m2−3m−1>0m≠−2(*). (C) cắt d tại A, B suy ra xA,xB là nghiệm của phương trình

f(x) = 0

, theo định lí Vi-ét ta có xA+xB=2m−4xAxB=5−m .

AxA;xA+3,BxB;xB+3 suy ra AB=2xA−xB2=2xA+xB2−8xAxB=8m2−24m−8.

Ta có AB=2xA−xB2=2xA+xB2−8xAxB=8m2−24m−8 (thỏa mãn *).

Suy ra tổng các phần tử của S là 3.

Ta có:4log92x+mlog13x+16log13x+m−29=0 x>0⇔4log32x2+mlog3−1x+16log3−12x+m−29=0⇔412log3x2−mlog3x−13log3x+m−29=0     

Đặtt=log3x . Khi đó phương trình (1) ⇔t2−m+13t+m−29=0 (2).

Phương trình đã cho có hai nghiệmx1,x2  thỏa mãn x1x2=3⇔log3x1x2=1

⇔log3x1+log3x2=1⇔t1+t2=1 (với t1=log3x1 và t2=log3x2).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (2) ta có t1+t2=1⇔m+13=1⇔m=23.

Vậy 0<m<32 là mệnh đề đúng.

Ta có: M=∫−22fx2020x+1dx=∫−20fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx

Xét N=∫−20fx2020x+1dx, đặt t=−x⇒x=−t, suy ra dx=−dt.

Đổi cận:x=−2⇒t=2;x=0⇒t=0. Khi đóN=∫20f−t2020−t+1−dt=∫02ft2020−t+1dt=∫022020t.ft2020t+1dt=∫022020x.fx2020x+1dx

Do đó: ∫02fxdx=∫022020x.fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx=∫−20fx2020x+1dx+∫02fx2020x+1dx=M=29.

Mặt cầu (S) có tâm I1;2;2 và bán kính R=3.

Gọi K là trung điểm của MN⇒K5;−2;4 và K nằm ngoài mặt cầu (S).

Do đó IK→=4;−4;2, MN→=2;4;4, MN=6 và IK⊥MN.

Ta cóEM+EN≤2EM2+EN2=2EK2+MN22=2EK2+36 .

Bởi vậy  đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM=EN và EK lớn nhất.

Vì IK⊥MN nên EM=EN thì E thuộc đường thẳng IK:x=1+2ty=2−2tz=2+t .

Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu (S) ứng với t là nghiệm phương trình:1+2t−12+2−2t−22+2+t−22=9⇔t=±1

.

Như vậyE13;0;3  hoặc E2−1;4;1.

Ta có E1K=3, E2K=9. Suy ra E=−1;4;1⇒IE→=−2;2;−1 , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu (S) tại E có phương trình: −2x+1+2y−4−1z−1=0  hay 2x−2y+z+9=0.

Theo giả thiết và công thức tích phân từng phần, ta có:

S1=∫1klogaxdx=∫1klnxlnadx=1lnaxlnx1k−∫1kx.1xdx=klnk−k−1lna.

S2=∫1klogbxdx=∫1klnxlnbdx=1lnbxlnx1k−∫1kx.1xdx=klnk−k−1lnb.

VậyS1=4S2⇔1lna=4lnb⇔lnb=lna4⇔b=a4 .

Gọi tâm mặt cầu cố định là Ia;b;c khi đó ta có phương trình:

2ma+m2−1b+m2+1c+14m2+m2−12+m2+12=a2+b−12+c+12.

Xét mẫu thức của biểu thức trên ta có:4m2+m2−12+m2+12=2m2+1 .

Do đó vế trái của biểu thức được: 2ma+m2−1b+m2+1c+12m2+1 do đó ta chọn .

Khi đó ta có:m2−1b+m2+1c+1=m2b+c−b+c+1  nên ta chọn b+c=−b+c+1⇒b=12.

Thay vào phương trình trên: c+122=14+c+12⇔c2+3c+94=0⇒c=−32.

Vậy R=c+122=22.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của BC⇒AGAE=23.

Đường thẳng d đi qua G và song song BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.

.⇒AMAB=ANAC=AGAE=23⇒AM=23ABAN=23AC⇒SΔAMN=49SΔABC       (1)

Ta có  và VABC.A'B'C'=SΔABC.AA'.      (2)

Từ (1) và (2), suy ra VA'.AMN=427VABC.A'B'C'⇒VBMNCA'B'C'=2327VABC.A'B'C'.

Khi đó tỉ số:VA'.AMNVBMNC.A'B'C'=4272327=423 .

Ta có VS.ABCD=12SABCD.dS,(ABCD)⇒dS,(ABCD)=1

Đặt ABCD:ax+by+cz+d=0 a2+b2+c2≠0.

Vì AB⊂ABCD nên n→ABCD⊥u→AB⇔n→ABCD.u→AB=0⇔b=0.

Vì M1;0;1∈AB⊂ABCD nên a+c+d=0⇒d=−a−c.

Ta có: dS,(ABCD)=1⇔−a−ca2+c2=1⇔a+c=a2+c2⇔2ac=0⇔a=0c=0.

Trường hợp 1: a=0. Chọn c=1⇒ABCD:z+1=0.

Trường hợp 2: c=0. Chọn a=1⇒ABCD:x+1=0.

Ta có 4x2+32y+1=y+2x⇔4x3+3x=y+22y+1⇔8x3+6x=2y+42y+1

                                      ⇔2x3+32x=2y+12y+1+32y+1.      (1)

Xét hàm ft=t3+3t trên R .

Ta có f't=3t2+3>0,∀t∈ℝ⇒ Hàm số ft=t3+3t đồng biến trênR.

(1)⇔f2x=f2y+1⇔2x=2y+1⇔x=2y+12 .

Vậy P=y−22y+1=gy với y∈0;+∞.

Ta có g'y=1−22y+1=0⇔2y+1=2⇔y=32.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có Pmin=min0;+∞gy=−52 khi .

Đặt −x−2=t⇒3ft=−t3−6t2−9t+m.

Gọi gt=−t33−2t2−3t⇒ft−gt=m3. Có g't=−t2−4t−3=0⇔t=−1t=−3.

Dựa vào bảng xét dấu của y=f't và y=g't suy ra:f't−g't=0⇔t=−1t=−3 .

Khi đó ta có bảng biến thiên của :ft−gt

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇒−1<m2<2⇒−3<m<6.

Vậy có 8 giá trị nguyên m thỏa mãn

Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là nΩ=410.

Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”.

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên cóC108.32  cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có  cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 đ

+) Trường hợp 1: Thí sinh đó làm được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có  cách để thí sinh đúng 8 câu.

+) Trường hợp 2: Thí sinh đó làm được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn lại có 3 cách lựa chọn đáp án sai nên có C109.31 cách để thí sinh đúng 9 câu.

+) Trường hợp 3: Thí sinh đó làm được 10 câu (tức là 10,0 đ)

Chí có 1 cách duy nhất.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là nX=C108.32+C109.31+1=436 .

Vậy xác suất cần tìm là P=nXnΩ=436410.

Ta đặt y=f'x=kx+2x−76x−3.

Xét S1=k∫076x+2x−76x−3dx=652191552kS2=k∫763x+2x−76x−3dx=652191552k.

Do đó:S1=S2=∫076f'xdx=−∫764f'xdx⇔f0=f3 .

Lập bảng biến thiên ta suy ra phương trình fx=r=f0 có tất cả 3 nghiệm.

Từ giả thiết ta có: 2x2≤2x2+y2+z2≤x+y2+y+z2+z+x2≤18⇒x∈0;3.

Một cách tương tự ta có y,z∈0;3.

Do đó ta có 4x3≤x+1,4y3≤y+1,4z3≤z+1;∀x,y,z∈0;3.

Vì vậyP≤x+y+z+3−1108x+y+z4 .

Đặt t=x+y+z∈0;9, ta có P≤ft=t+3−1108t4≤max0;9ft=f3=214.

Dấu “=” đặt tại x;y;z=3;0;0,0;3;0,0;0;3.

Vậy S=2.21+3.4=54.