Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 1)

Hàm số có 3 cực trị nên $a.b<0$ mà $a>0\Rightarrow b<0$.

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

Ta có $z=\frac{1}{2-i}=\frac{2}{5}+\frac{1}{5}i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{{\left(\frac{2}{5}\right)}^2+{\left(\frac{1}{5}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Đáp án A

Ta có $V=S.h$.

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(0;2\right)$.

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(1;2;-1\right)$ .

Đáp án C

${\left(3-x\right)}^9=\sum _{k=0}^9{C}_9^k{3}^{9-k}{\left(-x\right)}^k\Rightarrow k=7\Rightarrow C_9^7{.3}^2{\left(-1\right)}^7=-9.C_9^7$

Vậy mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $A\left(1;-2;-1\right)$.

Đáp án A

Hình lập phương cạnh bằng 2 có diện tích toàn phần là $2^2.6=24$.

Mặt cầu nội tiếp hình lập phương cạnh bằng 2 có bán kính bằng 1 $\Rightarrow S=4\pi r^2=4\pi$.

Vậy tỉ số là: $\frac{4\pi }{24}=\frac{\pi }{6}$.

Đáp án A

Cách 1: Ta có $\log 9000=\log \left({9.10}^3\right)=\log 3^2+\log {10}^3=2\log 3+3=2a+3$.

Cách 2: Sử dụng Casio.

Gán giá trị $\log 3\stackrel{SHIFT+STO}{\to }A;\log 9000\stackrel{SHIFT+STO}{\to }B$. Sau đó, lấy giá trị của $B$ trừ lần lượt các biểu thức của phương án, phép tính nào ra kết quả bằng 0 thì là phương án đúng.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là $x=1$ và $x=-1\Rightarrow$ loại phương án C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(-1;2\right)$ và $\left(1;-2\right)\Rightarrow$ chỉ có hàm số $y=x^3-3x$ thỏa mãn.

Đáp án C

Ta có:${\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{9}\right)}^{2x+3}\iff {\left(\frac{1}{3}\right)}^{x-1}\ge {\left(\frac{1}{3}\right)}^{4x+6}\iff x-1\le 4x+6\iff x\ge -\frac{7}{3}$ .

Đáp án C

Điều kiện $x>0$.

Phương trình ${\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-m{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0$ có nghiệm duy nhất $\iff$ Phương trình có nghiệm kép hay $\Delta =m^2-4=0\iff m=\pm 2$.

+ Với $m=2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x-2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=1\iff x=\sqrt{3}>1$ (loại)

+ Với $m=-2\Rightarrow {\log }_{\sqrt{3}}^{2}x+2{\log }_{\sqrt{3}}x+1=0\iff {\log }_{\sqrt{3}}x=-1\iff x=\frac{1}{\sqrt{3}}<1$ (thỏa mãn).

Vậy với $m=-2$ phương trình có nghiệm duy nhất nhỏ hơn 1.

Đáp án B

Ta có diện tích hình phẳng cần tìm được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  liên tục trên $ℝ,y=\mathrm{0,}x=-1$ và $x=1$là $S=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=-\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx$ (vì $f\left(x\right)<\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$).

Đáp án C

Ta có:$\begin{array}{l}z=\frac{4-3i}{2+i}=1-2i\Rightarrow \overline{z}=1+2i\\ w=iz+2\overline{z}=i\left(1-2i\right)+2\left(1+2i\right)=4+5i\end{array}$

Vậy phần thực của số phức $w$là 4.

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm: $-x^4+1=x^2-1\iff -x^4-x^2+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=-2\end{array}\right.\iff x=\pm 1$.

$\Rightarrow$Phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\Rightarrow$ Đồ thị $\left(C\right)$ và $\left(P\right)$ cắt nhau tại hai điểm.

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+ $\underset{x\to 0^{+}}{\lim y}=+\infty ;\underset{x\to 1^{+}}{\lim y}=-\infty \Rightarrow$Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là $x=0$ và $x=1$.

Đáp án B

Gọi số cần tìm là $\overline{abcd}$ .

Vì $\overline{abcd}$ chia hết cho 2 suy ra $d=\left\{2;4;6\right\}$.

Với $d=\left\{2;4;6\right\}$ , suy ra có 7 cách chọn $a$, 7 cách chọn $b$, 7 cách chọn $c$.

Khi đó, có $3\times 7\times 7\times 7=1029$số cần tìm.

Vậy có 1029 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Hình chóp tứ giác đều có các mặt bên là tam giác đều.

$\Rightarrow$Tất cả các cạnh bằng nhau và bằng $a$.

Gọi $AC\cap BD=O$, kẻ $OI\perp CD\left(I\in CD\right)$ .

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OI\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOI\right)\Rightarrow CD\perp SI$ .

$\Rightarrow$Góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp là $\widehat{SIO}=\alpha$.

Ta có: $OI=\frac{a}{2};SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{OI}{SI}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2+3\ge 3$.

Dấu “=” xảy ra $\iff x=0$

$\Rightarrow$Hệ số góc nhỏ nhất của $\left(C\right)$là 3.

Tại $x=0\Rightarrow y=0$.

Đáp án D

Đặt $y=g\left(x\right)=f\left(x\right)+m$.

Ta có: $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\min }g\left(x\right)=m-2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }g\left(x\right)=m+2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|=\max \left\{\left|m+2\right|;\left|m-2\right|\right\}\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\left|m+2\right|=4\\ \left|m+2\right|>\left|m-2\right|\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}\left|m-2\right|=4\\ \left|m-2\right|>\left|m+2\right|\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m=\pm 2\end{array}$

Đáp án D

Sau khi diệt khuẩn, số vi khuẩn còn lại sẽ là 1%.

Sau 20 phút, số vi khuẩn là $1\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}=2\%$.

Sau 20 phút nữa (40 phút), số vi khuẩn là $2\%.2=1\%{.2}^{\frac{20}{20}}{.2}^{\frac{20}{20}}=1\%{.2}^{\frac{40}{20}}=4\%$.

Sau $n$ phút, ta có số vi khuẩn là $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}$.

Để phục hồi số vi khuẩn như cũ thì $1\%{.2}^{\frac{n}{20}}=100\%\iff {\log }_{2}100=\frac{n}{20}\Rightarrow n\approx 133$ (phút).

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm là: $\begin{array}{l}{x}^2-2x=-x^2\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.\\ V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(x^2-2x\right)}^{2}dx-\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}dx=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[{\left(x^2-2x\right)}^2-x^4\right]dx\end{array}$

Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 1 là $4\pi$ .

Đáp án B

Ta có: $w-2-3i=\left(3-4i\right)z\Rightarrow \left|w-2-3i\right|=\left|3-4i\right|\left|z\right|=25$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $w$ là đường tròn bán kính $r=25$ .

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3m\left(x^2-2x\right)$.

Để hàm số có hai điểm cực trị thì $m\ne 0$.

Ta có: $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=3m-3\\ x=2\Rightarrow y=-m-3\end{array}\right.$ .

Giả sử $A\left(0;3m-3\right),B\left(2;-m-3\right)$.

Ta có: $\begin{array}{l}2A{B}^2-\left(O{A}^2+O{B}^2\right)=20\\ \iff 2\left(4+16m^2\right)-\left[{(3m-3)}^2+4+{(-m-3)}^2\right]=20\\ \iff 11m^2+6m-17=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-\frac{17}{11}\end{array}\right.\end{array}$

Tổng các giá trị của $m$bằng $-\frac{6}{11}$.

Đáp án B

Từ giả thiết ta có tập hợp điểm $M$ biểu diễn $z$ là đường tròn tâm $I\left(0;5\right)$ ,bán kính và $R=3$ tập hợp điểm $N$biểu diễn số phức $w$là đường thẳng có phương trình $d:x=5$.

Để $\left|w-z\right|=MN$ nhỏ nhất thì độ dài $MN$nhỏ nhất, khi đó $MN=d\left(I;d\right)-R=5-3=2$.