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 7 ; −6.

Chọn B

Ta có y'=log3x'=1xln3.

Chọn A

Ta có y'=xπ'=πxπ−1.

Chọn D

Ta có 2x+1<4⇔2x+1<22⇔x+1<2⇔x<1.

Vậy tập của bất phương trình là −∞;1.

Chọn B

Ta có u3=u1.q2=2.122=2.14=12.

Chọn C

P:x+y+z+1=0 có một vectơ pháp tuyến là n3→=1;1;1.

Chọn B

Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ 2;0.

Chọn A

Ta có ∫−14fx+gxdx=∫−14fxdx+∫−14gxdx=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 I1;2;3 là tâm của mặt cầu S.

Chọn D

Ta có vectơ pháp tuyến của Oxy và Oyz lần lượt là k→ và i→.

Vì k→⊥i→ nên Oxy;Oyz^=90°.

Chọn A

z=2+9i⇒z2=2+9i2=−77+36i.

Vậy phần thực của số phức z2 bằng -77.a

Chọn B

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng a là V=a3=23=8.

Chọn B

Thể tích khối chóp đã cho V=13B.h=13SΔABC.SA=13.12AB.AC.SA=13.12.2.2.3=2.

Chọn C

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu SO; R 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 πrl.

Chọn B

Lần lượt thay tọa độ của 4 điểm đã cho vào phương trình đường thẳng d, ta thấy tọa độ của điểm Q1;2;−3thỏa mãn. Vậy điểm Q1;2;−3thuộc 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 0;1.

Chọn D

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x+13x−1 có phương trình y=23.

Chọn C

Ta có logx−2>0⇔x−2>100⇔x>3.

Chọn D

Số tập hợp con của A  là C152=105.

Chọn C

Ta có Fx'=∫1xdx '=1x.

Chọn D

∫0212fx−2dx=12∫02fxdx−∫022dx=12.4−4=−2.

Chọn D∫fxdx=∫cos x+xdx=sin x+x22+C.

Chọn D

Ta có x∈1;3 thì f'(x)<0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3.

Chọn B

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

Chọn B

Ta có ln(3a)−ln(2a)=ln3a2a=ln32.

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đường y=−x2+2x và đường y=0 là

−x2+2x=0⇔x=0x=2.

Thể tích là V=π∫02−x2+2x2dx=π∫02x4−4x3+4x2dx=πx55−x4+4.x3320=16π15.

Chọn D

Ta có BC⊥AB⇒SB⊥BC.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng SBA^.

Do tam giác SBA vuông cân tại A⇒SBA^=45°.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 45°.

Chọn C

Số nghiệm của phương trình fx=m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số  và đường thẳng y=fx.

Dựa vào hình vẽ, ta có:

Phương trình fx=m có ba nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng d:y=m cắt đồ thị hàm số y=fx tại ba điểm phân biệt, tức là −3<m<1. Mà m∈ℤ nên m∈−2;−1;0.

Chọn D

Ta có f'x>0⇔x−221−x>0⇔1−x>0x−22>0⇔x<1x≠2⇔x<1.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng −∞;1.

Chọn A

Số cách lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp là: C152=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: C31.C51=15 cách

TH2: Hai quả cầu khác màu nhau cùng đánh số chẵn: C31.C41=12 cách

Vậy xác suất cần tính là: P=12+15105=935.

Chọn D

Ta có: ln2x+2lnx−3=0⇔x>0lnx−1lnx+3⇔x>0x=ex=e−3⇔x=ex=e−3

Vậy x1.x2=1e2.

Chọn C

Đặt z=x+yi, với x,y∈ℝ.

Từ giả thiết z+2i=1⇒x2+y+22=1.

Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I0;−2, bán kính R=1

Chọn C

Ta có MN→=4; 6; 2=22;3;1.

Đường thẳng MN qua M1; −1;− 1 nhận MN→=2;3;1 làm vectơ chỉ phương có phương trình

x=1+2ty=−1+3tz=−1+t.

Chọn A

Tọa độ hình chiếu của điểm A1 ; 2 ; 3  trên mặt phẳng Oxz là 1 ; 0 ; 3 . Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng Oxz có tọa độ là 1 ; −2 ; 3 

Chọn C

- Gọi O=AC∩BD, H  là trung điểm CD. Trong SOH, kẻ OI⊥SH.

Có CD⊥SOCD⊥SH⇒CD⊥SOH⇒CD⊥OI.

Mà OI⊥SH nên OI⊥SCD ⇒dO,SCD=OI.

- Vì O là trung điểm BD nên dB,SCD=dO,SCD=2OI=2SO.OHSO2+OH2.

Có AD=ACsin45°=a2, OH=a22 ⇒dB,SCD=233a.

Chọn D

TXĐ: D=−∞;−4∪4;+∞.

Ta có:

log3x2−16343<log7x2−1627⇔log37.log7x2−16−3<log7x2−16−3log73⇔log37−1.log7x2−16<3log37−3log73⇔log7x2−16<3log37−log73log37−1⇔log7x2−16<31+log73⇔log7x2−16<log7213⇔x2−16<213⇔−9277<x<9277

Kết hợp điều kiện ta có x∈−96;−95;...;−5;5;...;95;96. Vậy có 184 số nguyên x thỏa mãn.

Chọn D

Ta có: Gx=Fx+C

F(4)+G(4)=4F(0)+G(0)=1⇔2F(4)+C=42F(0)+C=1⇔F(4)−F(0)=32.

Vậy: ∫02f(2x)dx=∫04f(x)dx=F(4)−F(0)=32.

Chọn B

Ta có: y'=−4x3+12x+m. Xét phương trình y'=0⇔−4x3+12x+m=0      1.

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

Ta có: 1⇔m=4x3−12x.

Xét hàm số gx=4x3−12x có g'x=12x2−12. Cho g'x=0⇔12x2−12=0⇔x=±1.

Bảng biến thiên của gx

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

Do m∈ℤ⇒m∈−7,−6,−5,...,5,6,7.

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:

2z=z2−3−4i≥z2−3+4i=z2−5 (vì z2=z2). Dấu “=” xảy ra khi z2=k−3−4i.

Suy ra 4z2≥z−52⇔z4−14z2+25≤0⇔7−26≤z2≤7+26.

⇒6−1≤z≤6+1

Do đó, ta có M=1+6 và m=6−1.

Vậy M2+m2=14.

Chọn B

Kẻ AH⊥A'B, H∈A'B.

VìBC⊥ABBC⊥AA'⇒BC⊥ABB'A'

 ⇒BC⊥AH.

Ta có BC⊥AH, AH⊥A'B⇒AH⊥A'BC. Do đó dA,(A'BC)=AH=a63.

Xét tam giác vuông  AA'B vuông tại A , ta có1AH2=1A'A2+1AB2⇒1A'A2=1AH2−1AB2

⇒1A'A2=96a2−1a2=12a2⇒A'A=a2.

Vậy .VABC.A'B'C'=SΔABC.A'A=12a.a.a2=a322

Chọn C

Ta có: f(x)+x.f'(x)=4x3+4x+2⇔(x)'⋅f(x)+x.f'(x)=4x3+4x+2

⇔[x.f(x)]'=4x3+4x+2⇔x.f(x)=x4+2x2+2x+C⇔f(x)=x4+2x2+2x+Cx

Vì do fx liên tục trên R nên C=0. Do đó f(x)=x3+2x+2⇒f'(x)=3x2+2

Xét phương trình hoành độ giao điểm của y=f(x) và y=f'(x), ta có:

x3+2x+2=3x2+2⇔x=0x=1x=2. Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y=f(x)và y=f'(x)là: S=∫02f(x)−f'(x)dx=12

Chọn C

Ta có: Δ'=2m+2

TH1: Δ'<0⇔m<−1.

Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: z1=z2=ca=m2.

Suy ra: 2m2=2⇔m=1m=−1 (l).

TH2: Δ'>0⇔m>−1.

Vì a.c=m2≥0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt z1.z2≥0

 hoặc z1.z2≤0.

Suy ra: z1+z2=2⇔z1+z2=2⇔2m+2=2⇔m=−2(l)m=0.

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

Chọn C

Lấy B2;1;1∈d ta có AB→=2;0;−1.

Ta có AB→,ud→=2;4;4=21;2;2

Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d suy ra nP→=1;2;2.

Phương trình mặt phẳng P:x+2y+2z−6=0

Vậy dM,P=xM+2yM+2zM−612+22+22=1.

Chọn B

Điều kiện: x>0.

Ta có: log3x2+y2+x+log2x2+y2≤log3x+log2x2+y2+24x

⇔log3x2+y2+x−log3x≤log2x2+y2+24x−log2x2+y2

⇔log3x2+y2+xx≤log2x2+y2+24xx2+y2⇔log31+x2+y2x≤log21+24xx2+y2

⇔log3x2+y2x+1−log21+24xx2+y2≤0. 

Đặt: t=x2+y2x(t>0), bất phương trình trở thành: log3(1+t)−log21+24t≤0 (1).

Xét hàm số f(t)=log3(1+t)−log21+24t có f'(t)=1(1+t)ln3+24t2+24tln2>0,∀t>0.

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞).

Ta có f(8)=log3(1+8)−log21+248=0

Từ đó suy ra: (1)⇔f(t)≤f(8)⇔t≤8⇔x2+y2x≤8⇔(x−4)2+y2≤16.

Đếm các cặp giá trị nguyên của (x;y)

Ta có: (x−4)2≤16⇔0≤x≤8, mà x>0 nên 0<x≤8.

Với x=1,x=7⇒y={±2;±1;0} nên có 10 cặp.

Với x=2,x=6⇒y={±3;±2;±1;0} nên có 14 cặp.

Với x=3,x=5⇒y={±3;±2;±1;0} nên có 14 cặp.

Với x=4⇒y={±4;±3;±2;±1;0} nên có 9 cặp.

Với x=8⇒y=0 có 1 cặp.

Vậy có 48 cặp giá trị nguyên (x;y) thỏa mãn đề bài.

Chọn C

Gọi O,R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, K,H lần lượt là hình chiếu của O lên AB,SK. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (SAB) bằng OH.

Ta có: V=13πR2.h⇒R2=3Vπ.h=3.800π3π.8=100⇒R=10

Trong tam giác vuông OBK có: OK=OB2−BK2=R2−AB22=102−62=8.

Trong tam giác vuông SOK có: 1OH2=1SO2+1OK2=182+182=282⇒OH=42.

Chọn B

Ta có: SOAM=12OA.dM; OA=15⇒dM; OA=3.

Suy ra: M di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3 trục là OA

Xét điểm D như hình vẽ, HA.HO=HD2=9HA+HO=10⇒HA=1HO=9.

Vì AMO^≤90 nên giới hạn của M là hai mặt trụ với trục AH và FO

Vì hình chiếu của B cách  H gần hơn nên BMmin=22+32=13.

Chọn B

Xét fx=x3+a+2x+9−a2

f'x=3x2+a+2

Để y=fx đồng biến trên khoảng 0;1

TH1:f'x≥0,∀x∈0;1f0≥0

⇔3x2+a+2≥0,∀x∈0;19−a2≥0⇔a≥Max0;1−3x2−29−a2≥0⇔a≥−2−3≤a≤3⇒a∈−2;3

a=−2;−1;0;1;2;3; → 6 giá trị

TH2:f'x≤,∀x∈0;1f0≤0

⇔3x2+a+2≤0,∀x∈0;19−a2≤0⇔a≤Min0;1−3x2−29−a2≤0⇔a≤−5a≥3a≤−3⇒a≤−5

Kết hợp với điều kiện bài toán a=−9;−8;−7;−6;−5 → 5 giá trị

Vậy có 11 giá trị thoả mãn.