25 đề thi thử Toán THPT Quốc gia có lời giải chi tiết (Đề 4)

Đáp án A

Khi mất đi 3 mặt nhỏ lại bù vào đủ 3 mặt có cùng diện tích nên diện tích xung quanh không đổi và bằng S.

Đáp án D

Ta có: z=z12+z2=2−3i2+5+2i=4−12i+9i2+5+2i=−10i

: Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và 1;+∞.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng −1;0 và 0;1.

Đáp án D

Theo công thức tọa độ trọng tâm ta có xG=xA+xB+xC3=1+2+03=1yG=yA+yB+yC3=−3+0+93=2zG=zA+zB+zC3=5+1+33=3⇒G1;2;3

Đáp án D

Ta có ∫fxdx=∫e4x+1dx=14∫e4xd4x+∫dx=14e4x+x+C

Đáp án B

Tập xác định D=R

y'=3x2−6x−9. Cho y'=0⇔x=−1x=3

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 5;+∞

Đáp án A

Điểm M∈d⇒M−1+2t;t;2+t,A là trung điểm của MN⇒N3−2t;−2−t;2−t

Điểm N∈P⇒3−2t−2−t−22−t+5=0⇔t=2⇒M(3;2;4),  N(−1;−4;0)

⇒MN→=−4;−6;−4=−22;3;2

Đáp án C

Áp dụng công thức V=212a2+b2−c2.a2−b2+c2.b2+c2−a2

Với a=SA=5,b=SB=6,c=SC=4⇒V=1564

Ta có y'=x2−4m−1x+m+2

Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi a=1>0Δ'=4m−12−m+2=4m2−9m+2≤0⇔14≤m≤2

Đáp án C

Ta có y'=exx2+x−6⇒y'=0⇔x=2∈1;3x=−3∉1;3

y1=−5e;y=−3e2;y3=e3. Vậy giá trị lớn nhất là max[1;3]y=y3=e3

: Đáp án A

∫xxdx=∫x32dx=25x52+C=25x2x+C

: Đáp án C

Ta có Sxq=πRl=3π2

Đáp án B

Ta thấy vecto chỉ phương của đường thẳng d là u→=1;−2;1. Mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d thì các vecto pháp tuyến có dạng k.u→=k1;−2;1,∀k≠0.

Đáp án B

Tập xác định D=−∞;1∪1;+∞

Ta có y'=10−mx−12. Hàm số y=2x+mx−1 nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó

⇔y'<0,∀x∈D⇔10−m<0⇔m>10

Đáp án D

Dễ nhận thấy dãy số là cấp số cộng có các số hạng u1=4;u2=7,...;

Do đó công sai d=u2−u1=3.

Số hạng tổng quát là un=4+3.n−1=3n+1

: Đáp án C

Hàm số y=x3−3x2+1 có đồ thị (C) có đặc điểm

+ (C) luôn có tâm đối xứng.

+ (C) luôn cắt trục hoành.

+ (C) luôn cắt trục tung.

 Đáp án A

Đáp án A

Theo đề bài ta có VS.ABCD=2a3, mặt đáy ABCD là hình chữ nhật nên VS.ACD=12VS.ABCD=a3 Mặt khác  VS.ACD=13SΔSCD.dA,SCD⇔dA,SCD=3VS.ACDSΔSCD

⇔dA,SCD=3a33a2⇔dA,SCD=a

Đáp án A

Ta có z=2−3i4−i3+2i=5−14i3+2i=5−14i3−2i13=−13−52i13=−1−4i

Vậy z¯=−1+4i.

Đáp án A

Ta có lny=xlnx⇒lny'=xlnx'

⇒y'y=lnx+1⇒y'=ylnx+1=lnx+1xx⇒a=b=c=1⇒T=1

Đáp án C

Ta có fx=x4+2x2−1;gx=x2−14+2x2−12−1

Thay x=1vào g(x) ta có g1=fm+n+p

Dựa vào đồ thị ta có g1=−1 nên −1=fm+n+p

Dựa vào đồ thị f(x) ta có m+n+p=0

Đáp án C

Ta có ∫cos2021xsinxdx=−∫cos2021xdcosx=−12022cos2022x+C

Ta có: 73x−3.49x.3x+8.63x−6.27x=0⇔7x3−3.7x2.3x+8.7x.3x2−6.3x3=0

⇔7x33x3−3.7x2.3x3x3+8.7x.3x23x3−6=0⇔733x−3.732x+8.73x−6=0⇔73x=1⇔x=0

Vậy S=0

Đáp án B

Ta có logaa3b2c=logaa3+logab2+logac=3+2logab+12logac⇒logaa3b2c=8

Đáp án C

Ta có y'=2xf'x2=2xx22x2−1x2−4gx2

=2x5x+1x+2x−1x−2gx2>0,∀x∈−2;−1

Đáp án D

Vì (P) // (Q) nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng 2x−y+2z+D=0D≠−3

Mặt cầu (S) có tâm I1;2;3 và R = 5

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên dI;P=2.1−2+2.3+D22+−12+22=5⇔D+6=15⇔D=9D=−21

Vậy có hai mặt phẳng (P) là 2x−y+2z+9=0 và 2x−y+2z−21=0

Đáp án B

Giả sử ghế dài được đánh số như hình vẽ

1

2

3

4

5

6

Có hai trường hợp: Một nữ ngồi ở vị trí số 1 hoặc một nam ngồi ở vị trí số 1.

Ứng với mỗi trường hợp sắp xếp 3 bạn nam và 3 bạn nữ ngồi xen kẽ lẫn nhau có 3!.3! cách xếp.

Vậy có 2.3!.3! = 72 cách xếp.

Đáp án A

Ta có: b=∫01x+1f'xdx=x+1fx01−∫01fxdx⇔b=2f1−f0−I

Mặt khác a=S=∫01f'xdx−∫13f'xdx=f1−f0−f3−f1=2f1−f0−f3

⇒2f1−f0=a+c

Vậy I=2f1−f0−b=a−b+c

Đáp án C

Lãi suất 1 quý là r=3.0,65%=0,0195

Tổng số tiền thu được sau n quý là S=A1+rn

Cần tìm giá trị x nguyên nhỏ nhất thỏa mãn S−A>A⇔S>2A⇔1+rn>2⇔n>log1+r+2

Vì vậy ta có n>log1,01952≥36

 

Đáp án A

Gọi bán kính đáy của hình trụ là R, suy ra đường kính mặt cầu bằng 2R nên chiều cao hình trụ bằng 6R

Diện tích S1=3.4πR2=12πR2

Diện tích S2=2πR.6R=12πR2

Vậy S1S2=1

Đáp án B

Ta có ∫01f'x2dx=9          1

Xét∫01x3fxdx=12. Đặt u=fxdv=x3dx⇒du=f'xdxv=x44

⇒12∫01x3fxdx=x44fx01−14∫01x4f'xdx=14−14∫01x4f'xdx

⇒∫01x4f'xdx=−1⇒18∫01x4f'xdx=−18       2

Lại có ∫01x8dx=x9901=19⇒81∫01x8dx=9    3

Cộng vế với vế các đẳng thức (1), (2), (3) ta được

∫01f'x2+18x4f'x+81x8dx=0⇔∫01f'x+9x42dx=0⇔π.∫01f'x+9x42dx=0

Hay thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f'x+9x4, trục hoành Ox, các đường thẳng x=0,x=1 khi quay quanh Ox bằng 0, suy ra:

f'x+9x4=0⇔f'x=−9x4⇒fx=∫f'xdx=−95x4+C

Lại do f1=1⇒C=145⇒fx=−95x5=145

⇒∫01fxdx=∫01−95x5+144dx=−310x6+145x01=52

Đáp án A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Xét (P) có đỉnh là I0;40 và đi qua các điểm B−50;30, C50;30. Do đó phương trình của (P):y=−1250x2+40

Có thể coi cái trống được tạo ra bởi phép quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

 (P):y=−1250x2+40y=0x=−50x=50 xung quanh trục Ox.

Khi đó thể tích V=π∫−5050−1250x2+402dx≈425162,2058cm3=425,2dm3

Đáp án B

Ta có z1=2,z2=3,z3=5 nên z1¯.z1=z12=4,z2¯.z2=z22=9,z3¯.z3=z32=25 

Khi đó z1¯.z1=z12=4,z2¯.z2=z22=9,z3¯.z3=z32=25 

⇔z3¯+z1¯+z2¯z1z2z3=120⇔z3¯+z1¯+z2¯=4  hay P=z1+z2+z3=4 

Đáp án B

Tập xác định D=ℝ\−m 

Ta có y'=m2−m−2x+m2 

Hàm số nghịch biến trên −1;+∞ khi và chỉ khi

y'<0,∀x∈−1;+∞⇔m2−m−2<0−m≤−1⇔−1<m<2m≥1⇔1≤m<2

Đáp án C

Ta có y'=3f'x+2−6x2−3x+3 

Xét y'≥0⇔f'x+2≥2x2+x−1 

Từ bảng biên thiên của f(x) ta suy ra bảng biến thiên của f'x+2  như sau

 

Suy ra f'x+2>0⇔−3<x<1x>2⇒−1<x<12  thì f'x+2>0 

Mặt khác 2x2+x−1<0⇔−1<x<12 

Do đó f'x+2≥2x2+x−1  với −1<x<12 

Đáp án C

Đặt t=3xt>0 suy ra C1:y=3x3x−m+2+m2−3m=t2+2−mt+m2−3m=ft và  C2:y=3x+1=t+1=gt

Để C1 và C2 tiếp xúc nhau thì hệ ft=gtf't=g't⇔t2+2−mt+m2−3m=t+12t+2−m=1  có nghiệm t > 0

Ta có t2+2−mt+m2−3m=t+12t+2−m=1⇔m=2t+13t2−2t−3=0⇔m=2t+1t=1±103 

Do nghiệm t >0  nên t=1+103⇒m=5+2103.  

Đáp án D

Gọi Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c 

Do A, B, C thuộc ba tia Ox, Oy, Oz nên a,b,c>0 

Phương trình mặt phẳng (P) theo đoạn chắn có dạng xa+yb+zc=1 

Vì M2;1;1∈P⇒2a+1b+1c=1 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương 2a;1b;1c  ta có: 1=2a+1b+1c≥32abc3⇒abc≥54 

Dấu “=” xảy ra khi 2a=1b=1c=13⇒a=6b=c=3 

Suy ra VO.ABC=abc6≥9 

VậyP:x6+y3+z3=1⇔x+2y+2z−6=0 

Đáp án A

Dựa vào đồ thị ta có

∫01f'x−g'xdx=512⇔f1−g1−f0−g0=512        1 

−∫13f'x−g'xdx=83⇔f1−g1−f3−g3=83      2 

Từ (1) và (2), suy ra f0−g0−f3−g3=83−512⇒f3−g3=−54 

Đáp án D

Cắt tứ diện theo các cạnh SA, AC, AB rồi trải lên mặt phẳng (SBC)

Tam giác SBC giữ nguyên, tam giác SAB lật thành tam giác SAB; tam giác SAC thành tam giác SCA’.

Do đó: AC'=A'C';SA'=SA=1 

A1SA2^=A1SB^+BSC^+CSA2^=3.30=90o và SA'=SA=1 nên ΔSAA' là tam giác vuông cân.

CAB'C'=AB'+B'C'+AC'=AB'+B'C'+A'C'≥AA'=2  không đổi,

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, B’, C’, A’ thẳng hàng tức là khi B'≡Bo,C'≡Co 

Ta có SB'SB=SBoSB=SB0SA=sinSABo^sin SBoA^=sin45osin105o=−1+3 

Vậy VS.AB'C'VS.ABC=SB'SB.SC'SC=SB'SB2=4−23⇒3a+4b=4 

Đáp án C

Ta dễ thấy đường tròn giao tuyến cần tìm chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD. Gọi I là trung điểm của CD. Từ giả thiết ta suy ra SI=a.

Khi đó SC=SD=SI2+a22=a52 

Mặt khác SΔSCD=12SI.CD=a22⇒RΔSCD=SC.SD.CD4SΔSCD=5a8 

Đồ thị hàm số y=fx+1+m được suy ra từ đồ thị (C) ban đầu như sau

+ Tịnh tiến (C) sang trái một đơn vị, sau đó tịnh tiến lên trên (hay xuống dưới) m đơn vị. Ta được đồ thị C':y=fx+1+m 

+ Phần đồ thị C' nằm dưới trục hoành, lấy đối xứng qua trục Ox ta được đồ thị của hàm số y=fx+1+m 

Ta được bảng biến thiên của hàm số gx=fx+1+m như sau:

Để hàm số y=fx+1+m có 5 điểm cực trị thì đồ thị của hàm số C':y=fx+1+m  phải cắt trục Ox tại 2 hoặc 3 giao điểm.

Đề bài yêu cầu tìm m nguyên dương nên ta xét trường hợp m>0−3+m≥0−6+m<0⇔3≤m<6 

Vậy có ba giá trị nguyên dương của m là m∈3;4;5

Đáp án C

Phương trình tiếp tuyến tại điểm xo của đồ thị hàm số y=x3  là

y=3xo2x−xo+xo3=3xo2.x−2xo3        1 

Phương trình tiếp tuyến tại điểm x1 của đồ thị hàm số y=x2+x+m  là

y=2x1+1x−x1+x12+x1+m=2x1+1.x−x2+m      2 

Để hai đồ thị hàm số có tiếp tuyến chung thì 1≡2 

⇒3xo2=2x1+1−2xo3=−x12+m⇒−2xo3=−3xo2−122+m⇔4m=9xo4−8xo3−6xo+1 

Xét y=9xo4−8xo3−6xo2+1;y'=36xo3−24xo2−12xo 

Khi đó y'=0⇔xo=03xo2−2xo−1=0⇔xo=0xo=1xo=−13  

Bảng biến thiên

Do đó phương trình có 4 nghiệm khi 527<m<14 

Đáp án A

Đặt t=−x⇒dt=−dx 

Với x=−π2⇒t=π2;x=π2⇒t=−π2.  Khi đó I=−∫π2−π2f−tdt=∫−π2π2f−tdt=∫−π2π2f−xdx 

Suy ra2020.I=∫−π2π2f−xdx+2019.∫−π2π2fxdx=∫−π2π2xsinxdx=2⇒I=22020=11010

Đáp án A

Ta có g'x=6f'xf2x+8f'xfx=2f'xfx3fx+4 

Suy ra g'x=0⇔f'x=0fx=0fx=−43 . Từ bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta có

+ f'x=0⇔x=−1x=1x=0 

+ Phương trình fx=0  có 2 nghiệm x1  và x2  (giả sử x1<x2). Suy ra x1<−1  và x2>1. 

+ Phương trình fx=−43  có 4 nghiệm x3,x4,x5,x6  (giả sử x3<x4<x5<x6) 

Có 4 giá trị thỏa mãn yêu cầu sau x1<x3<−1;−1<x4<0;0<x5<1;1<x6<x2 

Bảng biến thiên của hàm số y=gx

 

Suy ra hàm số y=gx có 5 điểm cực tiểu.

Gọi Nx;y là điểm biểu diễn cho số phức z=x+yi 

Ta có: z¯+2−3i≤z−2+i⇔2x+y+2≤0;z−2+i≤5⇔x−22+y+12≤25  (hình tròn tâm I2;−1, bán kính r=5). Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z¯+2−3i≤z−2+i≤5  thuộc miền (T) (xem hình vẽ với A−2;2;B2;−6).

Ta có P+25=x+42+y+32⇒P+25=x+42+y+32=NJ (với J−4;−3) 

Bài toán trở thành tìm điểm N thuộc miền (T) sao cho NJ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Ta có: IJ−r≤NJ≤JB⇔210−5≤P+25≤35⇔40−2010≤P≤20 

Vậy m+M=60−2010 

Đáp án C

Đặt AB=a,AC=b,AD=c  thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A nội tiếp mặt cầu (S). Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB, AC, AD và đường chéo AA’ là đường kính của cầu.

Ta có: a2+b2+c2=4R2. Xét V=VABCD=16abc⇔V2=136a2b2c2.

Mặt khác a2+b2+c2≥3a2b2c23⇔a2+b2+c23≥a2b2c2⇔4R233≤36.V2⇔V≤R3.4327

Với R=IA=26.  Vậy Vmax=6423 .