25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 3)

Ta có $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-2018\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=-3{\text{x}}^2+6\text{x}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(1\right)=3$.

Ta có: $\mathcal{l}=BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+4{\text{a}}^2}=a\sqrt{5}$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-3$ trên đoạn [1;3].

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-3{\text{x}}^2+6\text{x};f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\notin \left[1;3\right]\\ x=2\in \left[1;3\right]\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên của hàm số $f\left(x\right)=-x^3+3{\text{x}}^2-3$ trên đoạn

Gọi $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm trên đoạn[1;3].

 (với $x_1<x_2$) của phương trình $-x^3+3{\text{x}}^2-3=0$.

Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số $g\left(x\right)=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$ trên đoạn [1;3].

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$ trên đoạn [1;3] bằng 3 và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\left|-x^3+3{\text{x}}^2-3\right|$ trên đoạn [1;3] bằng 0.

Do đó $M=\mathrm{3,}m=0\Rightarrow M+m=3$.

Vì $BC\text{ // AD}\Rightarrow BC\text{ // }\left(SA\text{D}\right)$

$\Rightarrow d\left(BC,S\text{D}\right)=d\left(BC,\left(SA\text{D}\right)\right)=d\left(B,\left(SA\text{D}\right)\right)$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp \text{S}A\\ AB\perp A\text{D}\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SA\text{D}\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SA\text{D}\right)\right)=BA=a$.

Giải phương trình ta có: $w=\left(i^{2021}-2\right)z_0=-5i$.

Vậy điểm $M\left(0;-5\right)$ biểu diễn số phức w.

Ta có $f\left(x\right)={\log }_2\left(e^x+\pi m\right)\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{e^x}{\left(e^x+\pi m\right)\ln 2}$.

Vậy $f^{\text{'}}\left(\ln 2\right)=\frac{1}{\ln 2}\iff \frac{2}{\left(2+\pi m\right)\ln 2}=\frac{1}{\ln 2}\iff m=0\in \left(-1;1\right)$.

Đường thẳng BC có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{BC}=\left(1;-1;3\right)$.

Nên phương trình đường thẳng BC: $\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=2-t\\ z=3t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$.

Gọi $H\left(t;2-t;3t\right)\in BC$.

Khi đó: $\overrightarrow{AH}=\left(t-2;2-t;3t\right)$.

Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên

$\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\iff \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\iff t-2-2+t+9t=0\iff t=\frac{4}{11}$.

$\Rightarrow H\left(\frac{4}{11};\frac{18}{11};\frac{12}{11}\right)\Rightarrow x_0+y_0+z_0=\frac{34}{11}$.

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có $\left(A^{\text{'}}AM\right)\perp \left(A^{\text{'}}BC\right)$ theo giao tuyến $A\text{'}M$.

Trong $\left(A^{\text{'}}AM\right)$ kẻ $OH\perp A^{\text{'}}M\left(H\in M\right)\Rightarrow OH\perp \left(A^{\text{'}}BC\right)$.

Suy ra: $d\left(O,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)=OH=\frac{a}{6};S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Ta có: $\Delta A^{\text{'}}AM\Delta \text{OHM}$, suy ra $\frac{OH}{A^{\text{'}}A}=\frac{OM}{A^{\text{'}}M}\Rightarrow \frac{\frac{a}{6}}{A^{\text{'}}A}=\frac{\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{M}^2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{A^{\text{'}}A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}\Rightarrow A^{\text{'}}A=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Thể tích $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A^{\text{'}}A=\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3{\text{a}}^3\sqrt{2}}{16}$.

Đặt ${\log }_{4}x={\log }_{9}y={\log }_6\left(\frac{xy}{4}+1\right)=t\Rightarrow x=4^t,y=9^t,xy={4.6}^t-4$

$\Rightarrow 6^{2t}-{4.6}^t+4=0\Rightarrow 6^t=2\Rightarrow t={\log }_{6}2$.

Khi đó ${\log }_{4}x+{\log }_{9}y={\log }_6\left(\frac{xy}{4}+1\right)=t={\log }_{6}2\iff x=4^{{\log }_{6}2},y=9^{{\log }_{6}2}$.

Do đó $P={\left(4^{{\log }_{6}2}\right)}^{{\log }_{4}6}+{\left(9^{{\log }_{6}2}\right)}^{{\log }_{9}6}={\left(4^{{\log }_{4}6}\right)}^{{\log }_{6}2}+{\left(9^{{\log }_{9}6}\right)}^{{\log }_{6}2}=6^{{\log }_{6}2}+6^{{\log }_{6}2}=4$.

Ta có $S_{xq}=2\pi Rh=24\pi$ và $S_{tp}=S_{xq}+2\pi R^2=42\pi \Rightarrow R=\mathrm{3,}h=4$.

Vậy thể tích khối trụ trên là: $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.4=36\pi$.

Gọi $z=x+yi$ với $x,y\in ℝ$. Khi đó điểm $M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn cho số phức z.

Ta có $\left|z-2i\right|=\left|\overline{z}+4\right|\iff \left|x+yi-2i\right|=\left|x-yi+4\right|$

$\iff \sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+4\right)}^2+y^2}\iff 8\text{x}+4y+12=0\iff 2\text{x}+y+3=0$.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $\Delta :2\text{x}+y+3=0$.

Từ bảng biến thiên của hàm số đã cho ta suy ra bảng biến thiên của hàm số $y=\left|f\left(x-1\right)\right|$ như sau (trong đó $x_1,x_2,x_3$ là các nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=0$):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình $\left|f\left(x-1\right)\right|=2$ có 5 nghiệm.

Ta có: ${\left(2{\text{x}}^2+\frac{1}{x}\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{2}^{n-k}{x}^{2n-3k}\Rightarrow a_k=C_n^k{2}^{n-k}{x}^{2n-3k}$.

Hệ số chứa $x^3$ là $2^6{C}_n^9\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{C}_n^k{2}^{n-k}=2^6.C_n^9\\ 2n-3k=3\end{array}\right.\Rightarrow n=15$.

Ta có: d đi qua $N\left(4;2;-1\right)$ và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(3;1;1\right)$.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d

$\iff \left\{\begin{array}{l}MH\perp \text{d}\\ H\in \text{d}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u_d}=0\\ H\in \text{d}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=4+3t\\ y=2+t\\ z=-1+t\\ 3\text{x}+y-2+z=0\end{array}\right.\Rightarrow H\left(1;1;-2\right)$.

Đường thẳng Δ đi qua M và vuông góc với d có véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=-1$. $\overrightarrow{MH}=\left(1;-1;-2\right)$.

Phương trình $\Delta :\frac{x}{-1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z}{2}$.

Ta có: $3^{2\text{x}}+2\text{x}\left(3^x+1\right)-{4.3}^x-5=0\iff \left(3^{2\text{x}}-1\right)+2\text{x}\left(3^x+1\right)-\left({4.3}^x+4\right)=0$

$\iff \left(3^x-1\right)\left(3^x+1\right)+\left(2\text{x}-4\right)\left(3^x+1\right)=0\iff \left(3^x+2\text{x}-5\right)\left(3^x+1\right)=0\iff 3^x+2\text{x}-5=0$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=3^x+2\text{x}-5$, ta có: $f\left(1\right)=0$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)=3^x\ln 3+2>0;\forall x\in ℝ$. Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R.

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là $x=1$.

Do f(x) là hàm số chẵn nên $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$ và $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Xét $I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=1010$. Đặt $x=-t\Rightarrow d\text{x}=-dt$.

Đổi cận: $x=-1\Rightarrow t=1$.

 $x=1\Rightarrow t=-1$.

$\Rightarrow I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{1}{\overset{-1}{\int }}\frac{f\left(-t\right)}{1+e^{-t}}\left(-dt\right)=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^t.f\left(-t\right)}{1+e^t}dt=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^t.f\left(t\right)}{1+e^t}dt=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}$

$\Rightarrow \underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=1010$.

Khi đó: $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}+\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{e^x.f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\frac{\left(e^x+1\right).f\left(x\right)}{1+e^x}d\text{x}=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=1010+1010=2020$

$\Rightarrow 2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2020\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=1010$.

Thể tích của vật thể là:

$\frac{17{\pi }^2}{2}=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\left(a\sin x+b\cos x\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left(a^2{\sin }^{2}x+b^2{\cos }^{2}x+2ab\sin x\cos x\right)dx$

$=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\left(a^2\frac{1-\cos 2x}{2}+b^2\frac{1+\cos 2x}{2}+ab\sin 2x\right)dx$

$={\left.\pi \left[a^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right)+b^2\left(\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}\right)-\frac{ab}{2}\cos 2x\right]\right|}_0^{\pi }=\left(a^2+b^2\right)\frac{{\pi }^2}{2}$.

Suy ra có $a^2+b^2=17$.

Mặt khác $f^{\text{'}}\left(x\right)=a\cos x-b\sin x\Rightarrow 1=f^{\text{'}}\left(0\right)=a\Rightarrow a=1\Rightarrow b=4$.

Ta được $T=2020+4^{10}$.

Ta có: $\left|z+2w\right|=3\iff {\left|z+2\text{w}\right|}^2=9\iff \left(z+2w\right).\left(\overline{z+2w}\right)=9\iff \left(z+2w\right)\left(\overline{z}+2\overline{\text{w}}\right)=9$

$\iff z.\overline{z}+2\left(z.\overline{\text{w}}+\overline{z}.\text{w}\right)+4w.\overline{\text{w}}=9\iff {\left|z\right|}^2+2P+4{\left|\text{w}\right|}^2=9$ (1).

Tương tự:

$\left|2\text{z}+3w\right|=6\iff {\left|2\text{z}+3w\right|}^2=36\iff \left(2\text{z}+3w\right)\left(2\overline{z}+3\overline{\text{w}}\right)=36\iff 4{\left|z\right|}^2+6P+9{\left|\text{w}\right|}^2=36$ (2).

$\left|z+4w\right|=7\iff \left(z+4w\right)\left(\overline{z}+4\overline{\text{w}}\right)=49\iff {\left|z\right|}^2+4P+16{\left|\text{w}\right|}^2=49$ (3).

Giải hệ phương trình gồm (1), (2), (3) ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\left|z\right|}^2=33\\ P=-28\\ {\left|\text{w}\right|}^2=8\end{array}\right.\Rightarrow P=-28$.

: Ta có g(x) là hàm phân thức hữu tỉ với bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu nên $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }g\left(x\right)=0$, do đó đồ thị hàm số g(x) luôn có một tiệm cận ngang là $y=0$.

Phương trình $f\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1\in \left(-2;-1\right)\\ x=x_2\in \left(-1;0\right)\\ x=x_3\in \left(0;1\right)\\ x=x_4\in \left(1;2\right)\end{array}\right.$.

Ta thấy phương trình $f\left(x\right)=0$ có 4 nghiệm phân biệt đều khác 0 nên $x=x_1,x=x_2,x=x_3,x=x_4$ là 4 tiệm cận đứng đồ thị hàm số g(x).

Vậy để đồ thị hàm số g(x) có đúng 9 đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng thì phương trình $f\left(x\right)=m$ phải có đúng 4 nghiệm phân biệt khác 0 và khác với 4 nghiệm $x_i$ ($i=\overline{\mathrm{1,4}}$) $\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}<m<2\\ m\ne 0\end{array}\right.$  mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-1;1\right\}$.

Ta có: $h^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-g^{\text{'}}\left(x\right)$. Với $x\in \left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$, ta có:

Đồ thị $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ nằm hoàn toàn phía dưới đồ thị $y=g^{\text{'}}\left(x\right)$ nên $h^{\text{'}}\left(x\right)<\mathrm{0,}\forall \text{x}\in \left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$.

Nên hàm số $h\left(x\right)$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\frac{9}{10};-\frac{2}{5}\right)$.