Đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2023 có đáp án

Chọn D

Ta có điểm biểu diễn số phức $z=7-6i$ có tọa độ là $\left(7;-6\right)$.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}={\left({\log }_{3}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x\ln 3}$.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}={\left(x^{\pi }\right)}^{\text{'}}=\pi x^{\pi -1}$.

Chọn D

Ta có $2^{x+1}<4\iff 2^{x+1}<2^2\iff x+1<2\iff x<1$.

Vậy tập của bất phương trình là $\left(-\infty ;1\right)$.

Chọn B

Ta có $u_3=u_1.q^2=2.{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=2.\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$.

Chọn C

$\left(P\right):x+y+z+1=0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_3}=\left(1;1;1\right)$.

Chọn B

Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ $\left(2;0\right)$.

Chọn A

Ta có $\underset{-1}{\overset{4}{\int }}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]dx=\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{-1}{\overset{4}{\int }}g\left(x\right)dx=2+3=5$.

Chọn B

Đồ thị đã cho thuộc dạng đồ thị hàm phân thức hữa tỷ bậc nhất nên dễ dàng loại 3 đáp án A, C, D (hàm đa thức).

Chọn D

Điểm $I\left(1;2;3\right)$ là tâm của mặt cầu $\left(S\right)$.

Chọn D

Ta có vectơ pháp tuyến của $\left(Oxy\right)$ và $\left(Oyz\right)$ lần lượt là $\overrightarrow{k}$ và $\overrightarrow{i}$.

Vì $\overrightarrow{k}\perp \overrightarrow{i}$ nên $\left(\widehat{\left(Oxy\right);\left(Oyz\right)}\right)=90°$.

Chọn A

$z=2+9i\Rightarrow z^2={\left(2+9i\right)}^2=-77+36i$.

Vậy phần thực của số phức $z^2$bằng -77.a

Chọn B

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng a là $V=a^3=2^3=8.$

Chọn B

Thể tích khối chóp đã cho $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.SA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}\mathrm{.2.2.3}=2$.

Chọn C

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu $S\left(O;R\right)$ khi và chỉ khi $d=R.$

Chọn A

Lý thuyết.

Chọn C

Hình nón có đường kính đáy 2r nên nó có bán kính đáy bằng l. Vậy diện tích xung quanh của

hình nón đã cho bằng $\pi rl.$

Chọn B

Lần lượt thay tọa độ của 4 điểm đã cho vào phương trình đường thẳng d, ta thấy tọa độ của điểm $Q\left(1;2;-3\right)$thỏa mãn. Vậy điểm $Q\left(1;2;-3\right)$thuộc đường thẳng d

Chọn B

Từ đồ thị, ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:

Vậy đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là $\left(0;1\right).$

Chọn D

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{3x-1}$ có phương trình $y=\frac{2}{3}$.

Chọn C

Ta có $\log \left(x-2\right)>0\iff x-2>{10}^0\iff x>3$.

Chọn D

Số tập hợp con của A  là $C_{15}^2=105$.

Chọn C

Ta có ${\left[F\left(x\right)\right]}^{\text{'}}={\left(\int \frac{1}{x}\text{d}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x}$.

Chọn D

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[\frac{1}{2}f\left(x\right)-2\right]\text{d}x=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\underset{0}{\overset{2}{\int }}2\text{d}x=\frac{1}{2}.4-4=-2$.

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta có giá trị cực đại của hàm số là 3.

Chọn B

Ta có $\ln \left(3\text{a}\right)-\ln \left(2\text{a}\right)=\ln \frac{3\text{a}}{2\text{a}}=\ln \frac{3}{2}.$

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đường $y=-x^2+2x$ và đường $y=0$ là

$-x^2+2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Thể tích là $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(-x^2+2x\right)}^2\text{d}x=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^4-4x^3+4x^2\right)\text{d}x=\pi \left(\frac{x^5}{5}-x^4+4.\frac{x^3}{3}\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.=\frac{16\pi }{15}$.

Chọn D

Ta có $BC\perp AB\Rightarrow SB\perp BC$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng $\widehat{SBA}$.

Do tam giác SBA vuông cân tại $A\Rightarrow \widehat{SBA}=45°$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng $45°$.

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff {\left(x-2\right)}^2\left(1-x\right)>0\iff \left\{\begin{array}{l}1-x>0\\ {\left(x-2\right)}^2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<1\\ x\ne 2\end{array}\right.\iff x<1$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$.

Chọn A

Số cách lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp là: $C_{15}^2=105$ cách

Để tổng hai số ghi trên hai quả cầu là số chẵn ta có 2 TH sau:

TH1: Hai quả cầu khác màu cùng đánh số lẻ: $C_3^1.C_5^1=15$ cách

TH2: Hai quả cầu khác màu nhau cùng đánh số chẵn: $C_3^1.C_4^1=12$ cách

Vậy xác suất cần tính là: $P=\frac{12+15}{105}=\frac{9}{35}.$

Chọn D

Ta có: ${\ln }^{2}x+2\ln x-3=0\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left(\ln x-1\right)\left(\ln x+3\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}x=e\\ x=e^{-3}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=e\\ x=e^{-3}\end{array}\right.$

Vậy $x_1.x_2=\frac{1}{e^2}.$

Chọn C

Đặt $z=x+yi$, với $x,y\in ℝ$.

Từ giả thiết $\left|z+2i\right|=1\Rightarrow x^2+{\left(y+2\right)}^2=1$.

Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm $I\left(0;-2\right)$, bán kính $R=1$

Chọn C

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(4;6;2\right)=2\left(2;3;1\right)$.

Đường thẳng MN qua $M\left(1;-1;-1\right)$ nhận $\overrightarrow{MN}=\left(2;3;1\right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình

Chọn A

Tọa độ hình chiếu của điểm $A\left(1;2;3\right)$ trên mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ là $\left(1;0;3\right)$. Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ có tọa độ là $\left(1;-2;3\right)$

Chọn C

- Gọi $O=AC\cap BD$, H  là trung điểm CD. Trong $\left(SOH\right)$, kẻ $OI\perp SH$.

Có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp SO\\ CD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOH\right)\Rightarrow CD\perp OI$.

Mà $OI\perp SH$ nên $OI\perp \left(SCD\right)$ $\Rightarrow d\left(O,\left(SCD\right)\right)=OI$.

- Vì O là trung điểm BD nên $d\left(B,\left(SCD\right)\right)=d\left(O,\left(SCD\right)\right)=2OI=\frac{2SO.OH}{\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}}$.

Có $AD=AC\sin 45°=a\sqrt{2}$, $OH=a\frac{\sqrt{2}}{2}$ $\Rightarrow d\left(B,\left(SCD\right)\right)=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$.

Chọn D

TXĐ: $D=\left(-\infty ;-4\right)\cup \left(4;+\infty \right).$

Ta có:

$\begin{array}{l}{\text{log}}_3\frac{x^2-16}{343}<{\text{log}}_7\frac{x^2-16}{27}\\ \iff {\text{log}}_{3}7.\left[{\text{log}}_7\left(x^2-16\right)-3\right]<{\text{log}}_7\left(x^2-16\right)-3{\text{log}}_{7}3\\ \iff \left({\text{log}}_{3}7-1\right){\text{.log}}_7\left(x^2-16\right)<3{\text{log}}_{3}7-3{\text{log}}_{7}3\\ \iff {\log }_7\left(x^2-16\right)<\frac{3\left({\log }_{3}7-{\log }_{7}3\right)}{{\log }_{3}7-1}\\ \iff {\log }_7\left(x^2-16\right)<3\left(1+{\log }_{7}3\right)\\ \iff {\log }_7\left(x^2-16\right)<{\log }_7{21}^3\\ \iff x^2-16<{21}^3\\ \iff -\sqrt{9277}<x<\sqrt{9277}\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta có $x\in \left\{-96;-95;\mathrm{...};-5;5;\mathrm{...};95;96\right\}$. Vậy có 184 số nguyên x thỏa mãn.

Chọn B

Ta có: $y\text{'}=-4x^3+12x+m$. Xét phương trình $y\text{'}=0\iff -4x^3+12x+m=0\left(1\right)$.

Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: $\left(1\right)\iff m=4x^3-12x$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=4x^3-12x$ có $g\text{'}\left(x\right)=12x^2-12$. Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff 12x^2-12=0\iff x=\pm 1$.

Bảng biến thiên của $g\left(x\right)$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi $-8<m<8$.

Do $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-7,-6,-5,\mathrm{...},5,6,7\right\}$.

Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa yêu cầu đề bài.

Chọn C

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:

$2\left|z\right|=\left|z^2-3-4i\right|\ge \left|\left|z^2\right|-\left|3+4i\right|\right|=\left|{\left|z\right|}^2-5\right|$ (vì $\left|z^2\right|={\left|z\right|}^2$). Dấu “=” xảy ra khi $z^2=k\left(-3-4i\right)$.

Suy ra $4{\left|z\right|}^2\ge {\left(\left|z\right|-5\right)}^2\iff {\left|z\right|}^4-14{\left|z\right|}^2+25\le 0\iff 7-2\sqrt{6}\le {\left|z\right|}^2\le 7+2\sqrt{6}$.

$\Rightarrow \sqrt{6}-1\le \left|z\right|\le \sqrt{6}+1$

Do đó, ta có $M=1+\sqrt{6}$ và $m=\sqrt{6}-1$.

Vậy $M^2+m^2=14$.

Chọn B

Kẻ $AH\perp A^{\text{'}}B$, $H\in A^{\text{'}}B$.

Vì$\left.\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp A{A}^{\text{'}}\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)$

 $\Rightarrow BC\perp AH$.

Ta có $BC\perp AH,AH\perp A^{\text{'}}B\Rightarrow AH\perp \left(A^{\text{'}}BC\right)$. Do đó $d\left(A,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Xét tam giác vuông  $A{A}^{\text{'}}B$ vuông tại A , ta có$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A^{\text{'}}{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}\Rightarrow \frac{1}{A^{\text{'}}{A}^2}=\frac{1}{A{H}^2}-\frac{1}{A{B}^2}$

$\Rightarrow \frac{1}{A^{\text{'}}{A}^2}=\frac{9}{6a^2}-\frac{1}{a^2}=\frac{1}{2a^2}\Rightarrow A^{\text{'}}A=a\sqrt{2}$.

Vậy .$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A^{\text{'}}A=\frac{1}{2}a.a.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$

Chọn C

Ta có: $f\left(x\right)+x.f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3+4x+2$$\iff (x{)}^{\text{'}}\cdot f(x)+x.f^{\text{'}}(x)=4x^3+4x+2$

$\iff [x.f(x){]}^{\text{'}}=4x^3+4x+2$$\iff x.f\left(x\right)=x^4+2x^2+2x+C$$\iff f\left(x\right)=\frac{x^4+2x^2+2x+C}{x}$

Vì do $f\left(x\right)$ liên tục trên R nên C=0. Do đó $f\left(x\right)=x^3+2x+2$$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+2$

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $y=f\left(x\right)$ và $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$, ta có:

$x^3+2x+2=3x^2+2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\end{array}\right.$. Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\left(x\right)$và $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$là: $S=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)-f^{\text{'}}\left(x\right)\right|\text{d}x=\frac{1}{2}$

Chọn C

Ta có: ${\Delta }^{\text{'}}=2m+2$

TH1: ${\Delta }^{\text{'}}<0\iff m<-1.$

Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\sqrt{\frac{c}{a}}=\sqrt{m^2}.$

Suy ra: $2\sqrt{m^2}=2\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-1\left(l\right)\end{array}\right..$

TH2: ${\Delta }^{\text{'}}>0\iff m>-1.$

Vì $a.c=m^2\ge 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt $z_1.z_2\ge 0$

 hoặc $z_1.z_2\le 0.$

Suy ra: $\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=2\iff \left|z_1+z_2\right|=2\iff \left|2m+2\right|=2\iff \left[\begin{array}{l}m=-2\left(l\right)\\ m=0\end{array}\right..$

Vậy có 2  giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn C

Lấy $B\left(2;1;1\right)\in d$ ta có $\overrightarrow{AB}=\left(2;0;-1\right)$.

Ta có $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(2;4;4\right)=2\left(1;2;2\right)$

Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d suy ra $\overrightarrow{n_P}=\left(1;2;2\right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right):x+2y+2z-6=0$

Vậy $\text{d}\left(M,\left(P\right)\right)=\frac{\left|x_M+2y_M+2z_M-6\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=1$.