Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia có lời giải (Đề 15)

Chọn B.

Ta thấy đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số bậc ba y=ax3+bx2+cx+d nên loại C, D.

Dựa vào đồ thị ta có limx→+∞y=+∞ nên a>0 suy ra loại A.

Vậy ta chọn đáp án B.

Chọn A.

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đều nên có đáy ABC là tam giác đều và chiều cao AA'=a

Khi đó thể tích của khối lăng trụ đã cho là V=AA'.SABC=a.a234=a334 (đvtt).

Chọn C.

Độ dài đường sinh của hình nón l=r2+h2=42+32=5.

Diện tích xung quanh của hình nón S=πrl=4.5π=20π.

Chọn B.

Ta có u9=u1+9-1d=3+8.2=19.

Chọn B.

Mỗi cách sắp xếp 5 học sinh là một hoán vị của 5 phần tử.

Vậy có 5! = 120 cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc.

Chọn D.

Thể tích V của khối cầu có đường kính 6cm là 43πR3=43.π.33=36πcm3.

Chọn A.

Theo công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ ta có Sxq=2πrl=2πrh (Do h=l)

Chọn B.

Ta có AB→=3-1;5-2;2+3=2;3;5.

Chọn C.

Ta có ∫fxdx=∫3x2dx=3.13x3+C=x3+C.

Chọn B.

Ta có 32x+1=13⇔32x+1=3-1⇔2x+1=-1⇔x=-1.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1}

Chọn D.

Chọn C.

Ta có loga2b=12logab.

Chọn A.

Ta có: 2fx=-1⇔fx=-12.

Suy ra số nghiệm của phương trình 2fx=-1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=-12.

Dựa vào hình vẽ trên, suy ra phương trình 2f(x)=-1 có 2 nghiệm.

Chọn A.

ĐKXĐ: x+1>0⇔x>-1.

Ta có: log2x+1=3⇔x+1=23=8⇔x=7 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Vậy nghiệm của phương trình log2x+1=3 là x=7

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên -∞;-1 và 3;+∞; hàm số nghịch biến trên (-1;3)

Chọn A.

Tập xác định: D=0;+∞.

f'x=0⇔lnx+1ex-2019x+1=0⇔lnx+1=0ex-2019=0x+1=0⇔lnx=-1ex=2019x=-1⇔x=1e∈0;+∞x=ln2019∈0;+∞x=-1∉0;+∞

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại x=1e. Đạt cực tiểu tại x=ln2019

Vậy trên khoảng 0;+∞ thì hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCD=-1.

Chọn C.

Khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h có thể tích là V=Bh.

Chọn D.

Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là V=1.2.3=6

Chọn D.

Điều kiện: x2-3x+2>0⇔x>2x<1.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: D=-∞;1∪2;+∞.

Chọn C.

Ta có góc giữa SC với đáy là SCA^=450.

Tam giác ABC vuông tại B⇒AC=AB2+BC2=23.

∆ABC vuông tại A suy ra SA=AC.tanSCA^=23.

VS.ABC=13.12.BA.BC.SA=3.

Chọn A.

Ta có

x0=1⇒y0=e.y'=exx+1⇒y'1=2e.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số là y=2ex-1+e⇔y=e2x-1.

Chọn D.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là: R=23.a32=a33.

Bán kính đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác đều ABC và A’B’C’ chính là bán kính đáy khối trụ: R=a33. Thể tích khối trụ tròn xoay cần tìm V=πR2h=π.a332.a=πa33.

Chọn C.

Ta có: ∫fxdx=x2+C⇒fx=2x.

Suy ra ∫f2xdx=∫2.2xdx=2x2+C.

Chọn B.

Ta có y'=-3x2-6x+m. Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔9+3m>0⇔m>-3.

Chọn C.

Đặt t=2+3x,t>0, khi đó x=log2+3t và mỗi t>0 cho ta đúng một nghiệm x

Phương trình đã cho được viết lại t+mt-1=0⇔t2-t+m=0*. Bải toàn trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt t1,t2.

 Suy ra: ⇔Δ>0P=t1t2>0S=t1+t2>0⇔1-4m>0m>0⇔0<m<14.

Vậy T = 3a + 8b = 2.

Chọn B.

Ta có ∫2x+cos2xdx=∫2xdx+∫cos2xdx=x2+12sin2x+C.

Chọn B.

Ta có

SΔABC=34.2a2=a23VS.ABC=13SΔABC.SA=13a23.a=a333.

Chọn D.

Hình hộp

ABCD.A'B'C'D'⇒AD→=BC→ và AA'→=DD'→AD→=BC→⇔xD-xA=xC-xByD-yA=yC-yBzD-zA=zC-zB⇔xD-0=1-1yD-0=2-0zD-0=0-0⇔xD=0yD=2zD=0AA'→=DD'→⇔⇔xA'-xA=xD'-xDyA'-yA=yD'-yDzA'-zA=zD'-zD⇔xA'-0=-1-0yA'-0=3-2zA'-0=5-0⇔xA'=-1yA'=1zA'=5

Vậy A'-1;1;5.

Chọn C.

Hàm số y=9x+12020-x2

TXĐ: D=-2020;2020

Ta có: limx→-2020+y=-∞;limx→-2020-y=+∞

⇒ đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là x=-2020 và x=2020

Vậy đồ thị hàm số y=9x+12020-x2 có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

Xét hàm số y=x4-20x2 liên tục trên [-1;10] và có

y'=4x3-40x=4xx2-10 nên y'=0⇔4xx2-10=0⇔x=0x=10x=-10L

Mà y'-1=-1,y'0=0,y'10=-100 nên giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x4-20x2 trên đoạn [-1;10] là -100.

Chọn C.

Diện tích đáy là: SABC=12.a.a=a22.

Thể tích khối lăng trụ là: VABC.A'B'C'=a22.a=a32=V.

Gọi P là trung điểm cạnh CC’ ta có VABCMNC'=V-VA'B'C'MN=V-23.VA'B'C'MNP=V-23.12V=23V=23.a32=a33.

Chọn B.

Ta có: 3x2-x<9⇔3x2-x<32⇔x2-x<2⇔x2-x-2<0⇔x∈-1;2.

Vậy T=a+b=-1+2=1.

Chọn A.

Gọi M,G lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm ΔABC.

Do S.ABC là khối chóp tam giác đều nên hình chiếu của S lên (ABC) là trọng tâm ΔABC.

Suy ra SG⊥ABC.

Khi đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là SAG^.

Ta có: AM=a32;AG=23AM=23.a32=a33;SΔABC=a234.

Theo đề bài: VS.ABC=a343⇔13.SG.SΔABC=a343⇔13.SG.a234=a343⇔SG=a.

Trong ∆SAG vuông tại G ta có tanSAG^=SGAG=aa33=3⇒SAG^=600.

Chọn A.

Hình nón có góc ở đỉnh bằng 90° nên OSA^=450, suy ra ΔSOA vuông cân tại O. Khi đó h=r=5,l=h2+r2=52+52=52.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=π.r.l=π.5.52=252π.

Chọn D.

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD

Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD Khi đó HI=233,BH=433.

Gọi H là trọng tâm của tam giác đều BCD nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Và HI là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BCD Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r=HI=233.

Tứ diện ABCD đều nên AH⊥BCD, suy ra AH là chiều cao của khối tứ diện.

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác AHB vuông tại H ta có

AB2=AH2+BH2⇔AH2=AB2-BH2=42-4332=323⇔AH=463.

Vậy chiều cao của hình trụ là h=AH=463. Suy ra độ dài đường sinh của hình trụ là l=463. Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq=2πrl=2π.233.463=1623π.

Chọn D.

Ta có y'=2x-8f'x2-8x+m. Hàm số y=fx2-8x+m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f'x2-8x+m=0 có bốn nghiệm phân biệt khác 4. Mà f'(x)=0 có hai nghiệm đơn là x=0 và x=2 nên f'x2-8x+m=0⇔x2-8x+m=0x2-8x+m=2⇔x2-8x+m=0x2-8x+m-2=0 có bốn nghiệm phân biệt khác 4 khi và chỉ khi Δ'=16-m>016-32+m≠0Δ'=16-m+2>016-32+m-2≠0⇔m<16m≠16m<18m≠18⇔m<16.

Kết hợp điều kiện m nguyên dương nên có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài ra.

Chọn C.

Ta có: y'=3x2+m+25x3.

Hàm số y=x3+mx-15x2 đồng biến trên 0;+∞

⇔y'≥0,∀x∈0;+∞.⇔y'≥0,∀x∈0;+∞.⇔m≥-3x2-25x3,∀x∈0;+∞

⇔m≥max0;+∞g(x) với gx=-3x2-25x3.

Xét gx=-3x2-25x3 trên 0;+∞, ta có g'x=-6x+65x4;g'x=0⇔x=155.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra m≥-2,6.

Vậy m=-2 và m=1 thỏa mãn.

Chọn D.

Gọi P là trung điểm của AN⇒MP//CN,MP⊂DMP⇒CN//DMP

⇒dCN,DM=dCN,DMP=dN,DMP=dA,DMP.

Ta có ABCD là tứ diện đều cạnh a⇒VABCD=a3212.

Ta có VA.DMPVA.DBC=APAB.AMAC=18⇒VA.DMP=18VA.DBC=a3296.

Tam giác ACD đều cạnh a, có M là trung điểm của AC⇒DM=a32.

Tam giác ABC đều cạnh a, có n là trung điểm của AB⇒CN=a32⇒MP=12CN=a34.

Tam giác ADP, có AP=a4,AD=a,PAD^=600.

⇒DP=AD2+AP2-2.AD.AP.cosPAD^=a134.

Đặt p=DM+DP+MP2=a13+338.

⇒SΔDMP=pp-DMp-DPp-MP=a23532

Lại có VA.DMP=13SΔDMP.dA,DMP⇒dA,DMP=3VA.DMPVΔDMP=3.a3296a23532=a7035.

Vậy dCN,DM=a7035.

Chọn A.

Điều kiện: x>0

Ta có log3x.log9x.log27x.log81x=23⇔12.3.4log3x4=23

⇔log3x4=16⇔log3x=2log3x=-2⇔x=9x=19 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy tổng các nghiệm bằng 829.

Chọn C.

A2,C2.

Từ B1 dựng mặt phẳng song song với (ABC) cắt AA’ và CC’ tại 

Ta có A1A2=BB1-AA1=a2⇒A1B1=A1A22+A2B1=a2+a24=a52, tương tự B1C1=a52,A1C1=a2. Vậy tam giác A1B1C1 cân tại B1.

Khi đó đường cao ứng với đỉnh B1. của tam giác A1B1C1 là B1C12-A1C124=a32

SΔA1B1C1=a264;SΔABC=a234, mặt khác tam giác ABC là hình chiếu của tam giác A1B1C1 trên mặt phẳng (ABC)

Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và A1B1C1

Ta có cosφ=SΔABCSA1B1C1=22⇒φ=450.

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm x3+a+10x2-x+1=01⇔x3+10x2-x+1=-ax2.

Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình nên

x3+a+10x2-x+1=01⇔x3+10x2-x+1-x2=a.

Xét hàm số fx=x3+10x2-x+1-x2⇒f'x=-x3-x+2x3=-x2+x+2x-1x3

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có một nghiệm khi a>-11 suy ra a∈-10;-9;...;-1.

Chọn B.

*) Xét phương trình Cn1+Cn2=55

Điều kiện n∈Nn≥2.

Cn1+Cn2=55⇔n!n-1!+n!n-2!2!=55⇔n+nn-12=55⇔n2+n-110=0⇔n=-11n=10

Với điều kiện n≥2 ta chỉ chọn n=10 khi đó x3+2x2n=x3+2x210

*) Số hạng tổng quát trong khai triền x3+2x210 là: C10kx310-k.2kx2k=C10k.2k.x30-5k.

Số hạng không chứa x ứng với 30-5k=0⇔k=6.

Số hạng cần tìm là C10626=13440.

Chọn A.

Với a=0 có x2-x+2+alnx2-x+1≥0⇔x2-x+2≥0,∀x∈R suy ra a=0 thỏa mãn.

Vậy ta chỉ cần tìm các giá trị a>0

Đặt t=x2-x+1, có t≥34.

Bất phương trình đưa về tìm a>0 để t+1+alnt≥0,∀t≥34.

Đặt ft=t+1+alnt có f't=1+at>0,∀a>0,t≥34.

Bảng biến thiên

Có ft≥0,∀t≥34 khi và chỉ khi 74+aln34≥0⇔a≤-74ln34≈6,08⇒a∈6;7.

Chọn D.

Xét hàm số f(x)=ax-9x-1(x∈R)

Ta có: f(0)=0;f'(x)=axlna-9

Để f(x)≥0(∀x∈R) thì MinRf(x)=0=f(0)=>f(x) là hàm số đồng biến trên [0;+∞) và nghịch biến trên (-∞;0] suy ra f'(0)=0<=>a0lna=9<=>a=e9≈8103.

Vậy a∈(103;104]

Chọn B.

Ta có: log(x+y)=zlog(x2+y2)=z+1<=>x+y=10zx2+y2=10z+1=10.10z=>x2+y2=10(x+y)

Khi đó:

x3+y3=a.103z+b.102z<=>(x+y)(x2-xy+y2)=a.(10z)3+b.(10z)2<=>(x+y)(x2-xy+y2)=a.(x+y)3+b.(x+y)2<=>x2-xy+y2=a.(x+y)2+b.(x+y)<=>x2-xy+y2=a.(x2+2xy+y2)+b10.(x2+y2)<=>x2+y2-xy=(a+b10)(x2+y2)+2axy

Đồng nhất hệ số, ta được: a+b10=12a=-1=>a=-12b=15

Vậy a+b=292

Chọn D.

Gọi tứ diện đều là ABCD rõ ràng nếu bán kính R của vòng thép bằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ta có thể cho mô hình tứ diện đi qua được vòng tròn, do đó ta chỉ cần xét các vòng tròn có bán kính không lớn hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Đưa đỉnh C qua vòng thép và đặt đỉnh A lên vòng thép, giả sử vòng thép tiếp xúc với hai cạnh BC và CD lần lượt tại M và N có thể thấy trong trường hợp này ta luôn đưa được mô hình tứ diện qua vòng thép bằng cách cho đỉnh A đi qua trước rồi đổi sang các đỉnh B hoặc D

Do vậy để tìm vòng thép có bán kính nhỏ nhất ta chỉ cần tìm các điểm M,N lần lượt trên các cạnh BC,CD sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nhỏ nhất.

Do tính đối xứng của hình ta chỉ cần xét với tam giác AMN cân tại A

Đặt CM=x,0<x<1, ta có MN = CM = CN = x.

AM2=CM2+CA2-2CM.CA.cos600=x2+1-2x.12=x2-x+1⇒AM=x2-x+1

AN=AM=x2-x+1.

Ta có

cosMAN^=AM2+AN2-MN22.AM.AN=2x2-x+1-x22x2-x+1=x2-2x+22x2-x+1sinMAN^=1-x2-2x+22x2-x+12=x23x2-4x+42x2-x+1

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là

RAMN=MN2sinMAN^=x2-x+13x2-4x+4

R chính là giá trị nhỏ nhất của RAMN trên khoảng (0;1)

Xét fx=x2-x+13x2-4x+4,x∈0;1, sử dụng Casio ta được giá trị nhỏ nhất gần đúng của f(x) là 0,4478.

Vậy giá trị nhỏ nhất mà R có thể nhận được gần với 0,448.

Chọn C.

Điều kiện: 2cos2x+m≥0

Ta có:

sin2x-cos2x+sinx+cosx-2cos2x+m-m=02sinx.cosx-2cos2x+1+sinx+cosx-2cos2x+m-m=0⇔sinx+cosx2+sinx+cosx=2cos2x+m+2cos2x+m*.

Đặt ft=t2+t; với t≥0.f't=2t+1>0;∀t≥0 Ta có

Phương trình (*) có dạng:

fsinx+cosx=f2cos2x+m⇔sinx+cosx=2cos2x+m⇔1+sin2x=2cos2x+m⇔sin2x-cos2x=m.

Điều kiện có nghiệm thực của phương trình này là: m2≤2⇔-2≤m≤2.

Do đó có 3 giá trị nguyên của tham số m để phương trình có nghiệm thực là {-1;0;1}

Chọn A.

Ta có: g(x)=f(1-x2)+x=>g'(x)=-12.f'(1-x2)+1;∀x∈R

Xét phương trình:

g'(x)<0<=>-12.f'(1-x2)+1<0<=>f'(1-x2)>2(*)

Thử lần lượt từng đáp án, ta được:

Đáp án A: x∈(-4;-2)<=>1-x2∈(2;3)=>f'(1-x2)>2=> Đáp án A đúng

Đáp án B:  x∈(-2;0)<=>1-x2∈(1;2)=>f'(1-x2)>-1=> Đáp án B sai

Đáp án C: x∈(0;2)<=>1-x2∈(0;1)=>f'(1-x2)>-1=> Đáp án C sai

Đáp án D:  x∈(2;4)<=>1-x2∈(-1;0)=>f'(1-x2)>1=> Đáp án D sai.

Chọn D.

Gọi D là trung điểm của đoạn AB kẻ OI⊥SD, dễ dàng chứng minh được OI⊥SAB.

Suy ra I là tâm đường tròn (C) giao tuyến của mặt cầu tâm O với mặt phẳng (SAB). Gọi M,N lần lượt là giao điểm của đường tròn (C) với SB,SA; K là trung điểm của MB

Giả sử AB=a theo giả thiết ta suy ra OC=1⇔a32=1⇔a=3.

Ta có SD=CD=32,OD=12,SO=SC2-OC2=2,OI=SO.ODSD=23,

ID=OD2SD=16,SI=43.

Gọi r là bán kính đường tròn (C) khi đó r=1-OI2=73.

Ta có tam giác SIK vuông tại K và góc ∠ISK=300 suy ra IK=12IS=23

Xét tam giác MIK có cosI=IKIM=27⇒I≈280⇒∠MIN≈640

Khi đó chiều dài cung MN bằng 64180.73=167135. Vậy tổng độ dài l, các giao tuyến của mặt cầu với các mặt bên của hình chóp là l=16745≈0,94.