Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia có lời giải (Đề 4)

Chọn A.

Quan sát đồ thị của hàm số y=f(x) ta có hàm số đạt cực đại tại x=0 và cực tiểu tại x=2

Chọn A.

Bán kính đáy của hình nón là $r=3.\tan {60}^0=3\sqrt{3}.$ Vậy thể tích khối nón đó là

$V=\frac{1}{3}.\pi .{\left(3\sqrt{3}\right)}^2.3=27\pi \left(c{m}^3\right).$

Chọn A.

Số cách chọn 5 học sinh trong một lớp có 25 học sinh nam và 16 học sinh nữ là $C_{41}^5.$

Chọn B.

Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h là V=Bh

Chọn B.

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

Ta có: $y\text{'}=\frac{-m\left(m+1\right)+2}{{\left(x-m\right)}^2}=\frac{-m^2-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

$\iff y\text{'}>0,\forall x\in D\iff -m^2-m+2>0\iff -2<m<1.$

Do $m\in Z\Rightarrow m=\left\{-1;0\right\}.$

Chọn C.

Ta có $S_{xq}=2\pi rh=2\pi .5.7=70\pi \left(c{m}^2\right).$

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(x^2+x\right)dx=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+C.$

Chọn C.

$P={\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_2{a}^2+{\log }_2{b}^3=2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b=2x+3y.$

Chọn A.

Chọn B.

Thể tích của khối cầu có bán kính R=4 và $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .4^3=\frac{256}{3}\pi$ (đơn vị thể tích)

Chọn D.

Ta có $\overrightarrow{i}=\left(1;0;0\right),\overrightarrow{j}=\left(0;1;0\right),\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$

nên $\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}=2.\left(1;0;0\right)-3\left(0;1;0\right)+\left(0;0;1\right)=\left(2;-3;1\right).$

Chọn D.

Ta có công thức lãi kép $S=A{\left(1+r\right)}^n$ với S là số tiền thu được sau n năm, A là số tiền gửi ban đầu và r là lãi suất.

Theo bài ra ta có $2A=A{\left(1+8,4\%\right)}^n\iff 2={\left(1+8,4\%\right)}^n\Rightarrow n={\log }_{1+8,4\%}2\approx 8,59.$

Vậy sau 9 năm thì người đó thu được số tiền gấp đôi ban đầu.

Chọn D.

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=2\end{array}\right..$

Lập bảng biến thiên ta có:

Vậy hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn D.

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA$ là chiều cao của hình chóp S.ABCD.

Chọn D.

Ta có $u_3=u_1+2d\iff 4=-2+2d\iff d=3.$

Chọn C.

Ta có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=-\infty$ và $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=+\infty \Rightarrow x=-1$ là tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang.

Chọn B.

Số nghiệm của phương trình f(x)=-3 là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y=f(x) và y=-3

Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) và y=-3 có hai điểm chung là $x_1<-1$ và $x_2=-1.$ Nên phương trình f(x)=-3 có hai nghiệm.

Chọn B.

Từ giả thiết, ta có bán kính đáy của khối nón tương ứng là $\sqrt{5^2-4^2}=3.$

Áp dụng công thức thể tích nón, ta được $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}.\pi .3^2.4=12\pi .$

Chọn A.

Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với trục Oy nên khoảng cách từ tâm I(2;1;-3) đển Oy là bán kính mặt cầu cần tìm.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oy khi đó $H\left(0;1;0\right).$

Do đó $R=HI=\sqrt{2^2+0^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{13}.$

Chọn D.

Áp dụng công thức ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=a^u.\ln a.u\text{'},$ ta có $y={2021}^x$ có $y\text{'}={2021}^x.\ln 2021.$

Chọn A.

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn A

Theo bài, $x^3-3x^2-m=0\iff x^3-3x^2=m\left(1\right)$

Nhận xét: Số nghiệm của phương trình  chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2$ và đường thẳng y=m

Xét hàm số $y=x^3-3x^2$ ta có $y\text{'}=3x^2-6x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt $\iff y\left(2\right)<m<y\left(0\right)\iff -4<m<0.$

Do $m\in Z\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1\right\}.$

Chọn D.

Tọa độ điểm $A_1$ là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng Oyz là $A_1\left(0;2;3\right).$

Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }=+\infty$ nên a>0. Do đó loại đáp án A và B.

Hàm số có 3 cực trị ab<1 nên do đó loại đáp án C.

Chọn C.

Ta có $x-1=0\iff x=1.$

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x=1 khi $1^2-2.1+m^2+1\ne 0\iff m\ne 0.$

Chọn D.

Ta có $v=s\text{'}=-t^2+12t=36-\left(t^2-12t+36\right)=36-{\left(t-6\right)}^2\le 36$

Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng 36m/s tại t=6

Chọn A.

Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc ba đi qua điểm (0;1) nên hàm số cần tìm là $y=x^3-3x^2+1.$

Dựa vào hình vẽ ta suy ra phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm và phương trình f(x)=1 có 6 nghiệm (các nghiệm này không trùng các nghiệm của phương trình f(x)=0)

Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.

Chọn C.

Đặt $t=2\sin x+1.$

Với $x\in \left[0;\frac{\pi }{6}\right)\Rightarrow t\in \left[1;2\right).$

Phương trình $f\left(2\sin x+1\right)=m$ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f(t)=m có nghiệm $t\in \left[1;2\right).$

Từ đồ thị suy ra, $m\in \left(-2;0\right].$

Chọn D.

Trong 5 nghiệm của phương trình y'=0 hai nghiệm x=2 và x=-2 là nghiệm bội chẵn nên khi x qua đó đạo hàm không bị đổi dấu.

Do đó hàm số $y=f\left(x^2-3\right)$ có 3 điểm cực trị

Chọn D.

Thể tích của khối trụ lớn là $V_2=\pi r_2^{2}h=9\pi r_1^{2}h.$

Thể tích của khối trụ nhỏ là $V_1=\pi r_1^{2}h.$

Suy ra thể tích phần nằm giữa hai hình trụ là $V=V_2-V_1=8\pi r_1^{2}h.$

Vậy tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và hình trụ nhỏ là $\frac{V}{V_1}=\frac{8\pi r_1^{2}h}{\pi r_1^{2}h}=8.$

Chọn C.

Gọi $\left\{O\right\}=MP\cap NQ,\left\{H\right\}=AP\cap CO.$

Nhận xét: Hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng (CDQP) là $DP\perp CQ$ suy ra $AP\perp CQ$; hình chiếu vuông góc của AP lên mặt phẳng (MNPQ) là $MP\perp NQ$ suy ra $AN\perp NQ.$Vậy

Chọn D.

Từ Q kẻ $QI\perp B\text{'}C\text{'},$ từ P kẻ $PH//QM$, kéo dài MN cắt đường thẳng A'D' tại K như hình vẽ.

Theo giả thiết ABC là tam giác đều cạnh 4 suy ra $S_{\Delta ABC}=4\sqrt{3}.$

Chọn A.

Ta thấy $\left(SAB\right),\left(SAC\right)$ cùng vuông góc với (ABC) suy ra $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AC\perp SA\left(1\right)\\ BC\perp SA\end{array}\right..$ Mặt khác tam giác ABC vuông tại B nên $CB\perp SB\left(2\right).$ Từ (1),(2) suy ra hai điểm A,B cùng nhìn đoạn SC dưới góc vuông nên hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SC. Mặt cầu này có tâm I(2;1;2) và bán kính $r=\frac{SC}{2}=\sqrt{3}$ nên phương trình là ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=3.$

Chọn B.

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=x^2-2\left(m+2\right)x+\left(m^2+4m\right),\forall x\in R \\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=m\\ x=m+4\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Do $m < m + 4,\forall m$ nên ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau:

Hàm số đồng biến trên khoảng (3;8) khi và chỉ khi $\left[\begin{array}{l}8\le m\\ m+4\le 3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}8\ge m\\ m\le -1\end{array}\right..$

Chọn B.

Ta chia 60 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 60 thành 3 tập hợp:

Tập hợp các số chia hết cho 3 số có 20 số.

Tập hợp các số chia 3 dư 1 có 20 số.

Tập hợp các số chia 3 dư 2 có 20 số.

Số cách lấy 3 thẻ trong 60 thẻ là: $n\left(\Omega \right)=C_{60}^3$

Rút 3 thẻ tổng chia hết cho 3 có các trường hợp sau:

TH1: Cả 3 thẻ chia hết cho 3: $C_{20}^3$

TH2: Cả 3 thẻ chia 3 dư 1: $C_{20}^3$

TH3: Cả 3 thẻ chia 3 dư 2: $C_{20}^3$

TH4: 1 thẻ chia hết 3, 1 thẻ chia 3 dư 1, 1 thẻ chia 3 dư 2 ${\left(C_{20}^1\right)}^3$

$$\begin{gathered} \Rightarrow n\left(A\right)=3C_{20}^3+{\left(C_{20}^1\right)}^3=11420 \\ \Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{11420}{C_{60}^3}=\frac{517}{1711} \end{gathered}$$

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: $x^4-2m{x}^2+m^2-1=0\left(1\right)$

Đặt $t=x^2\ge 0,$ khi đó (1) trở thành: $t^2-2mt+m^2-1=0\left(2\right).$

Khi đó yêu cầu bài toán thỏa mãn khi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ S>0\\ P>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-\left(m^2-1\right)>0\\ 2m>0\\ m^2-1>0\end{array}\right.\iff m>1.$

Chọn C.

Xét hàm số $f\left(x\right)={2020}^x-{2020}^{-x}.$

Tập xác định: D=R

Ta có:

$\forall x\in D\Rightarrow -x\in D;f\left(-x\right)={2020}^{-x}-{2020}^x=-\left({2020}^x-{2020}^{-x}\right)=-f\left(x\right)$

Vậy hàm số $f\left(x\right)={2020}^x-{2020}^{-x}$ là hàm số lẻ.

Lại có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)={2020}^x.\ln 2020-{2020}^{-x}.\ln 2020.\left(-x\right)\text{'} \\ ={2020}^x.\ln 2020+{2020}^{-x}.\ln 2020>0\forall x\in D \end{gathered}$$

Do đó hàm số $f\left(x\right)={2020}^x-{2020}^{-x}$ luôn đồng biến trên R

Theo đề bài ta có:

$$\begin{gathered} f\left({\log }_{2}x-m\right)+f\left({\log }_2^{3}x\right)=0 \\ \iff f\left({\log }_{2}x-m\right)=-f\left({\log }_2^{3}x\right) \\ \iff f\left({\log }_{2}x-m\right)=f\left(-{\log }_2^{3}x\right) \end{gathered}$$

(Do f(x) là hàm số lẻ)

Mặt khác hàm số f(x) luôn đồng biến trên R nên phương trình có nghiệm duy nhất:

${\log }_{2}x-m=-{\log }_2^{3}x\iff m={\log }_2^{3}x+{\log }_{2}x$

Đặt ${\log }_{2}x=1.$ Với $x\in \left(1;16\right)\Rightarrow t\in \left(0;4\right).$

Yêu cầu bài toán trở thành, tìm m để phương trình:

$m=t^3+t$ có nghiệm $t\in \left(0;4\right).$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^3+t$ trên khoảng (0;4)

Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=3t^2+t>0\forall t$ nên hàm số f(t) đồng biến trên (0;4)

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy, để phương trình có nghiệm trên khoảng (0;4) thì: 0<m<68

Vậy giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để phương trình $f\left({\log }_{2}x-m\right)+f\left({\log }_2^{3}x\right)=0$ có nghiệm $x\in \left(1;16\right)$ lầ m=67

Chọn C.

Ta có:

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)=-2f\text{'}\left(x\right)+2x-4. \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=x-2. \end{gathered}$$

Vẽ đường thẳng y=x-2 và đồ thị y=f'(x) trên cùng hệ trục tọa độ ta được hình sau