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

Đáp án C

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

: Đáp án A

: Đáp án C

Đáp án B

Ta thấy vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u}=\left(1;-2;1\right)$. Mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d thì các vecto pháp tuyến có dạng $k.\overrightarrow{u}=k\left(1;-2;1\right),\forall k\ne 0$.

Đáp án B

Tập xác định $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Ta có $y\text{'}=\frac{10-m}{{\left(x-1\right)}^2}$. Hàm số $y=\frac{2x+m}{x-1}$ nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó

Đáp án D

Dễ nhận thấy dãy số là cấp số cộng có các số hạng $u_1=4;u_2=\mathrm{7,...};$

Do đó công sai $d=u_2-u_1=3.$

Số hạng tổng quát là $u_n=4+3.\left(n-1\right)=3n+1$

: Đáp án C

Hàm số $y=x^3-3x^2+1$ 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

Theo đề bài ta có $V_{S.ABCD}=2a^3,$ mặt đáy ABCD là hình chữ nhật nên $V_{S.ACD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=a^3$ Mặt khác  $V_{S.ACD}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta SCD}.d\left(A,\left(SCD\right)\right)\iff d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{\Delta SCD}}$

Đáp án A

Ta có $z=\frac{\left(2-3i\right)\left(4-i\right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left(5-14i\right)\left(3-2i\right)}{13}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i$

Vậy $\overline{z}=-1+4i$.

Đáp án A

Ta có $\ln y=x\ln x\Rightarrow \left(\ln y\right)\text{'}=\left(x\ln x\right)\text{'}$

Đáp án C

Ta có $f\left(x\right)=x^4+2x^2-1;g\left(x\right)={\left(x^2-1\right)}^4+2{\left(x^2-1\right)}^2-1$

Thay x=1vào g(x) ta có $g\left(1\right)=f\left(m+n+p\right)$

Dựa vào đồ thị ta có $g\left(1\right)=-1$ nên $-1=f\left(m+n+p\right)$

Dựa vào đồ thị f(x) ta có $m+n+p=0$

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=2xf\text{'}\left(x^2\right)=2x{\left(x^2\right)}^2\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)g\left(x^2\right)$

Đáp án D

Vì (P) // (Q) nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng $2x-y+2z+D=0\left(D\ne -3\right)$

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(1;2;3\right)$ và R = 5

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên $d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.1-2+2.3+D\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+2^2}}=5\iff \left|D+6\right|=15\iff \left[\begin{array}{l}D=9\\ D=-21\end{array}\right.$

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

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: $b=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x+1\right)f\text{'}\left(x\right)dx={\left.\left(x+1\right)f\left(x\right)\right|}_0^1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx\iff b=2f\left(1\right)-f\left(0\right)-I$

Mặt khác $a=S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(1\right)-f\left(0\right)-\left(f\left(3\right)-f\left(1\right)\right)=2f\left(1\right)-f\left(0\right)-f\left(3\right)$

$\Rightarrow 2f\left(1\right)-f\left(0\right)=a+c$

Vậy $I=2f\left(1\right)-f\left(0\right)-b=a-b+c$

Đáp án C

Lãi suất 1 quý là $r=\mathrm{3.0,65}\%=\mathrm{0,0195}$

Tổng số tiền thu được sau n quý là $S=A{\left(1+r\right)}^n$

Cần tìm giá trị x nguyên nhỏ nhất thỏa mãn $S-A>A\iff S>2A\iff {\left(1+r\right)}^n>2\iff n>{\log }_{1+r}+2$

Vì vậy ta có $n>{\log }_{\mathrm{1,0195}}2\ge 36$

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 $S_1=3.4\pi R^2=12\pi R^2$

Diện tích $S_2=2\pi R.6R=12\pi R^2$

Vậy $\frac{S_1}{S_2}=1$

Đáp án B

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^{2}dx=9\left(1\right)$

Xét$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{3}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}$. Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ dv=x^{3}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=f\text{'}\left(x\right)dx\\ v=\frac{x^4}{4}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{3}f\left(x\right)dx={\left.\left(\frac{x^4}{4}f\left(x\right)\right)\right|}_0^1-\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\text{'}\left(x\right)dx=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\text{'}\left(x\right)dx$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\text{'}\left(x\right)dx=-1\Rightarrow 18\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\text{'}\left(x\right)dx=-18\left(2\right)$

Lại có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{8}dx={\left.\frac{x^9}{9}\right|}_0^1=\frac{1}{9}\Rightarrow 81\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{8}dx=9\left(3\right)$

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

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2+18x^{4}f\text{'}\left(x\right)+81x^8\right]dx=0\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f\text{'}\left(x\right)+9x^4\right]}^{2}dx=0\iff \pi .\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f\text{'}\left(x\right)+9x^4\right]}^{2}dx=0$

Hay thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)+9x^4$, trục hoành Ox, các đường thẳng $x=\mathrm{0,}x=1$ khi quay quanh Ox bằng 0, suy ra:

$f\text{'}\left(x\right)+9x^4=0\iff f\text{'}\left(x\right)=-9x^4\Rightarrow f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=-\frac{9}{5}{x}^4+C$

Lại do $f\left(1\right)=1\Rightarrow C=\frac{14}{5}\Rightarrow f\left(x\right)=-\frac{9}{5}{x}^5=\frac{14}{5}$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(-\frac{9}{5}{x}^5+\frac{14}{4}\right)dx={\left.\left(-\frac{3}{10}{x}^6+\frac{14}{5}x\right)\right|}_0^1=\frac{5}{2}$

Đáp án A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Xét (P) có đỉnh là $I\left(0;40\right)$ và đi qua các điểm $B\left(-50;30\right),C\left(50;30\right)$. Do đó phương trình của $\left(P\right):y=-\frac{1}{250}{x}^2+40$

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

 $\left\{\begin{array}{l}\left(P\right):y=\frac{-1}{250}{x}^2+40\\ y=0\\ x=-50\\ x=50\end{array}\right.$ xung quanh trục Ox.

Khi đó thể tích $V=\pi \underset{-50}{\overset{50}{\int }}{\left(\frac{-1}{250}{x}^2+40\right)}^{2}dx\approx \mathrm{425162,2058}\left(c{m}^3\right)=\mathrm{425,2}\left(d{m}^3\right)$

Đáp án B

Ta có $\left|z_1\right|=\mathrm{2,}\left|z_2\right|=\mathrm{3,}\left|z_3\right|=5$ nên $\overline{z_1}.z_1={\left|z_1\right|}^2=\mathrm{4,}\overline{z_2}.z_2={\left|z_2\right|}^2=\mathrm{9,}\overline{z_3}.z_3={\left|z_3\right|}^2=25$ 

Khi đó $\overline{z_1}.z_1={\left|z_1\right|}^2=\mathrm{4,}\overline{z_2}.z_2={\left|z_2\right|}^2=\mathrm{9,}\overline{z_3}.z_3={\left|z_3\right|}^2=25$ 

$\iff \left|\left(\overline{z_3}+\overline{z_1}+\overline{z_2}\right)z_1{z}_2{z}_3\right|=120\iff \left|\overline{z_3}+\overline{z_1}+\overline{z_2}\right|=4$  hay $P=\left|z_1+z_2+z_3\right|=4$ 

Đáp án B

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-m\right\}$ 

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

Hàm số nghịch biến trên $\left(-1;+\infty \right)$ khi và chỉ khi

Đáp án C

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

Xét $y\text{'}\ge 0\iff f\text{'}\left(x+2\right)\ge 2x^2+x-1$ 

Từ bảng biên thiên của f(x) ta suy ra bảng biến thiên của $f\text{'}\left(x+2\right)$  như sau

Suy ra $f\text{'}\left(x+2\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-3<x<1\\ x>2\end{array}\right.\Rightarrow -1<x<\frac{1}{2}$  thì $f\text{'}\left(x+2\right)>0$ 

Mặt khác $2x^2+x-1<0\iff -1<x<\frac{1}{2}$ 

Do đó $f\text{'}\left(x+2\right)\ge 2x^2+x-1$  với $-1<x<\frac{1}{2}$ 

Đáp án C

Đặt $t=3^x\left(t>0\right)$ suy ra $\left(C_1\right):y=3^x\left(3^x-m+2\right)+m^2-3m=t^2+\left(2-m\right)t+m^2-3m=f\left(t\right)$ và  $\left(C_2\right):y=3^x+1=t+1=g\left(t\right)$

Để $C_1$ và $C_2$ tiếp xúc nhau thì hệ $\left\{\begin{array}{l}f\left(t\right)=g\left(t\right)\\ f\text{'}\left(t\right)=g\text{'}\left(t\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^2+\left(2-m\right)t+m^2-3m=t+1\\ 2t+2-m=1\end{array}\right.$  có nghiệm t > 0

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{t}^2+\left(2-m\right)t+m^2-3m=t+1\\ 2t+2-m=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=2t+1\\ 3t^2-2t-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=2t+1\\ t=\frac{1\pm \sqrt{10}}{3}\end{array}\right.$ 

Do nghiệm t >0  nên $t=\frac{1+\sqrt{10}}{3}\Rightarrow m=\frac{5+2\sqrt{10}}{3}.$