Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 13)

Đáp án C

Ta cólimx→−∞y=−3⇒y=−3  là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 limx→+∞y=2⇒y=2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 limx→1+y=+∞⇒x=1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị đã cho có ba đường tiệm cận.

Đáp án A

Có S=4πR2=72π⇒R=72π4π=18=32cm .

Đáp án B

Hình chiếu của H trên mặt phẳng Oyz là H'0;3;2.

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng −32;−1.

Đáp án B

Hàm số y=logax đồng biến trên tập xác định khi và chỉ khi a>1 .

Vì 2>1 nên hàm số y=log2x đồng biến trên tập xác định 0;+∞.

Đáp án C

Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0  (với a=−2; b=1; c=3; d=−2 ) có bán kính R=a2+b2+c2−d=4.

Đáp án B

3x=2⇔x=log32.

Vậy tập nghiệm S của phương trình đã cho là S=log32

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm x=0⇔x=0 .

V=π∫04x2dx=π∫04xdx=πx2204=8π.

Đáp án B

Ta có: S8=u1.1−q81−q=−2.1−281−2=−510.

Đáp án C

Ta có:∫−11fx+13gxdx=∫−11fxdx+13∫−11gxdx=2+13.−3=1

Đáp án A

Ta có:z2−2z+4=0⇔z=1+3iz=1−3i⇒z1=z2=2⇒z1+z2=4.

Đáp án C

Thể tích khối chóp: V=13Bh=133a2.2a=233a3.

Đáp án C

Phương trình mặt phẳng P viết theo đoạn chắn: x2+y−2+z1=1⇔x−y+2z−2=0.

Đáp án A

Số tập hợp con cần tìm là số tổ hợp chập 5 của 10 phần tử C105.

Đáp án C

Ta có:2fx−4=0⇔fx=2

Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=2.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số y=fx cắt đường thẳng y=2 tại 2 điểm phân biệt.

Vậy phương trình 2fx−4=0 có 2 nghiệm phân biệt.

Đáp án C

Có BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB

Có BM là hình chiếu của CM lên mặt phẳng SAB.

Suy ra CM,SAB=CMB^

Ta có: tanCMB^=BCMB=2ABSB=2ABSA2+AB2=2.2a2a32+2a2=1

Vậy CM,SAB=450.

Đáp án C

Điều kiện x>3.

log0,5x−3+1≥0⇔log0,5x−3≥−1⇔x−3≤2⇔x≤5

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là S=3;5

Đáp án B

Ta có: y'=3x2−6x+6

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm Mx0;y0thuộc đồ thị hàm số là: k=y'x0=3x02−6x0+6=3x02−2x0+1+3=3x0−12+3≥3

Vậy hệ số góc nhỏ nhất là 3 đạt được tại M3;19.

Đáp án C

Ta có: Fπ4−Fπ6=∫π6π4fxdx=∫π6π4sin2xdx=−12cos2xπ6π4=14⇒Fπ6=34.

Đáp án C

Ta có: g'x=2−x'.f'2−x=−f'2−x.

Hàm số đồng biến khi g'x>0⇔f'2−x<0⇔2−x<−11<2−x<4⇔x>3−2<x<1.

Đáp án A

Xét mặt cầu S:x−22+y−12+z−12=1⇒I2;1;1 và bán kính R=1

Vì mặt phẳng P tiếp xúc mặt cầu S nên dI;P=R⇔m+13=1⇔m+1=3⇔m=2m=−4.

Đáp án B

Ta có: a,b>0; a2+9b2=10ab⇔a+3b2=16ab⇔a+3b42=ab.

Lấy logarit cơ số 10 cả hai vế của đẳng thức trên, ta được: loga+3b42=logab⇔2loga+3b4=loga+logb⇔loga+3b4=loga+logb2.

Đáp án A

Theo giả thiết, f'x=0, g'x=0 có chung ít nhất một nghiệm, gọi nghiệm chung đó là x0.

Ta có: 3x02+2ax0+2=0−3x02+2bx0−3=0⇔a=−3x02+22x0b=3x02+32x0

Nên P=a+b=6x02+52x0≥26x02.52x0=30.

Đáp án C

Ta có:a,b,c>0 . Từ đồ thị suy ra 0<a<1; b>1; c>1 1

Mặt khác ∀x>0, ta có: bx>cx⇒b>c2.

Từ (1) và (2) suy ra b>c>a>0.

Đáp án A

Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ

Ta có: 3−2iz¯−41−i=2+iz⇔3−2i2−iz¯−41−i2−i=5z⇔4−7ix−yi−5x+yi=4−12i⇔−x−7y−7x+9yi=4−12i

Ta có hệ: x+7y=−47x+9y=12⇔x=3y=−1.

Vậy z=3−i nên z=32+−12=10.

Đáp án B

Ta có: y'=sinxcos2x;y'=0x∈π2;3π2⇔x=π

Bảng biến thiên:

 

Vậy: maxπ2;3π2y=−1

Đáp án A

Phương trình z2−2z+10=0 1 có Δ'=1−10=−9<0 nên (1) có hai nghiệm phức là z1=1+3i và z2=1−3i

Ta có: A=1−3i2+1+3i2=−8−6i+−8+6i=−82+62+−82+62=20

Vậy A=20.

Đáp án A

Gọi M là trung điểm cạnh BC.

⇒AM⊥BC, A'M⊥BC⇒A'BC,ABC^=A'MA^=450

Tam giác ABC vuông cân tại A có AM=a22

Tam giác A'AM vuông cân tại A có AA'=a22

Vậy VABC.A'B'C'=A'A.SABC=a22.a22=a324.

Đáp án A

Diện tích mặt cầu: S1=4πR2.

Diện tích toàn phần của hình trụ: S2=4πR2+2πR2=6πR2

Suy ra: S1S2=23.

Đáp án A

Xác định được: M1;0;0∈d, u→=−1;1;0, MA→=−1;0;1⇒dA;d=MA→,ud→ud→=62

Đáp án C

Ta có: cos3x+cosx+2cos2x=0⇔cosxcos2x+2cosx+1=0⇔cosx=0cosx=−1⇔x=π2+kπx=π+k2π

Theo yêu cầu của bài toán ta có: 0≤π2+kπ≤2π0≤π+k2π≤2π⇔−12≤k≤32−12≤k≤12

Do  k∈ℤ nên k=0 hoặc k=1. Khi đó ta có các nghiệm là x=π2; x=π hoặc x=3π2.

Đáp án A

+) Gọi E là trung điểm của BB'.

Khi đó: EM//B'C⇒B'C//AME.

Ta có: dB'C,AM=dB'C,AME=dC,AME=dB,AME.

+) Xét khối chóp B.AME có các cạnh BE,AB,BM đôi một vuông góc nên 1d2B,AME=1AB2+1MB2+1EB2=7a2.

⇒dB,AME=a77.

Vậy dB'C,AM=a77.

Đáp án B

Vì điểm M thuộc đồ thị H nên y0=4x0−5x0+1.

Từ đề bài ta có đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=−1 và tiệm cận ngang là y=4.

Khoảng cách từ điểm Mx0;y0 đến đường tiệm cận đứng bằng x0+1.

Khoảng cách từ điểm Mx0;y0 đến đường tiệm cận ngang bằng y0−4=4x0−5x0+1−4=9x0+1.

Từ đó ta có x0+1+9x0+1=6⇔x0+12−6x0+1+9=0⇔x0+1=3⇔x0=2Lx0=−4TM

Do đó M−4;7. Suy ra S=9.

Đáp án C

Đặt t=2x. Vì x∈0;2 nên ta có t∈1;4.

Bất phương trình trở thành t2−2t+2−m≤0⇔t2−2t+2≤m.

Xét hàm số ft=t2−2t+2−m, t∈1;4f't=2t−2f't=0⇔t=1∈1;4f1=1; f4=10

Bất phương trình 4x−2.2x+2−m≤0 có nghiệm x∈0;2⇔ bất phương trình t2−2t+2≤m có nghiệm t∈1;4⇔1≤m≤10 .

Đáp án D

Hàm số fx xác định trên 1;+∞ nên x.f'x−2lnx=0⇔f'x=2lnxx  1

Lấy tích phân hai vế (1) trên đoạn , ta được: ∫e4ef'xdx=∫e4e2lnxxdx⇔∫e4ef'xdx=2∫e4elnx dlnx⇔fe−fe4=43ln3xe4e⇔fe=76+2=196

 

Đáp án B

Ta có đặt w=x+yi thì: 

w=1+iz+1⇔w=1+iz−1+i+2⇔w−i−2=z−1+iz−1⇔w−i−2=z−1+iz−1⇔x−22+y−12=2z−12≤2⇒R=2⇒S=πR2=2π

Đáp án C

Ta có: limx→−∞y=limx→−∞1fx−1=0limx→+∞y=limx→+∞1fx−1=−12

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận nagng là: y=0; y=−12

Dựa vào đồ thị ta thấy fx−1=0⇔fx=1⇔x=x1, x1<−1x=x2, −1<x2<1x=x3, 1<x3<2x=x4, x4>2

Do đó đồ thị hàm số y=1fx−1 có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 6 đường tiệm cận.

Đáp án B

Ta có: V=13πr2h⇒h=3Vπr2.

Độ dài đường sinh là: l=h2+r2=3Vπr22+r2=81πr22+r2=38π2r4+r2.

Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq=πrl=πr38π2r4+r2=π38π2r2+r4.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được giá trị nhỏ nhất là khi r=382π26.

Đáp án A

Phương trình đường tròn:x2+y2=8⇒y=8−x2  (nửa đường tròn phía trên Ox ).

Hệ phương trình giao điểm của đường tròn và parabol x2+y2=8y=x22⇔x=−2y=2x=2y=2.

Diện tích hình tròn Str=8π.

Diện tích phần bôi đen S=∫−228−x2−x22dx=7,6165....

Tỉ lệSS'=SStr−S=0,43482...

Đáp án A

Đường thẳng CD qua  M2;−1;3 có vectơ chỉ phương u→2;2;1

Gọi H2+2t; −1+2t; 3+t là hình chiếu của A lên CD , ta có: AH→.u→=0⇒t=−1⇒H0;−3;2, dA;CD=AH=3.

Từ giả thiết ta có AB+CD=3AB=2SAH=18⇒AB=6, DH=3, HC=9

Đặt AB→=ku→⇒k>0 (do xB>xA) ⇒k=AB→u→=2⇒AB→4;4;2⇒B3;3;2.

HC→=96AB→6;6;3⇒C6;3;5HD→=−36AB→−2;−2;−1⇒D−2;−5;1

Đáp án A

Vì đồ thị hàm f'x cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ x=−1 và x=1 nên f'x=kx−1x+1 với k là số thực khác 0.

Vì đồ thị hàm f'x đi qua điểm 0;−3 nên ta có −3=−k⇔k=3. Suy ra f'x=3x2−3

Mà f'x=3ax2+2bx+c nên ta có được a=1, b=0, c=−3

Từ đó fx=x3−3x+d. Mặt khác f2=1 nên d=−1

Suy ra fx=x3−3x−1  .

Ta có:  f'x=0⇔x=−1x=1.

Bảng biến thiên:

Vậy yCT=−3

Đáp án A

Xét tích phân I1=∫0π2fxdx. Đặt u=π2−x⇒du=−dx.

Đổi cận x=0⇒u=π2; x=π2⇒u=0

Suy ra I1=−∫π20fπ2−xdx=∫0π2fπ2−xdx⇒2I1=∫0π2fxdx+∫0π2fπ2−xdx⇒2I1=∫0π2fx+fπ2−xdx=∫0π2cosx1+sinx2dx=∫0π2d1+sinx1+sinx2=−11+sinx0π2=−12−1=12⇒I1=14

Đáp án B

Ta có 2fx>x2+m⇔2fx−x2>m, với mọi x∈−2;3.

Đặt gx=2fx−x2 xét trên đoạn x∈−2;3.

g'x=2f'x−x.

Vẽ đường thẳng y=x cùng với đồ thị hàm số y=f'x trên cùng một hệ trục tọa độ.

Ta có: g'x=0⇔f'x=x⇔x=−2x=1x=3

Bảng biến thiên:

 

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=f'x, y=x, x=−2, x=1

Gọi H là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=f'x, y=x, x=1, x=3

Dựa vào đồ thị dễ thấy S>H⇔S−H>0

Ta có:∫−23g'x2dx=12∫−21g'xdx+∫13g'xdx=12S−H>0⇒∫−23g'x2dx>0⇔gx2−23 >0⇔g3−g22>0⇔g3−g2>0⇒minx∈−2;3gx=g−2

Để bất phương trình gx=2fx−x2>m đúng với mọi x∈−2;3 thì minx∈−2;3gx>m⇒g−2>m⇔m<2f−2−4.

Đáp án A

Gọi Aa;a2,Bb;b2 với a<b. Ta có AB=2⇔b−a2+b2−a22=4

AB:x−ab−a=y−a2b2−a2⇔x−a1=y−a2b+a⇔y=a+bx−a+a2⇔y=a+bx−abS=∫aba+bx−ab−x2dx=∫abx−ab−xdx

Đặt t=x−a.

Suy ra S=∫0b−atb−a−tdt=∫0b−ab−at−t2dt=b−at220b−a−t330b−a=b−a36

Ta có: b−a2+b2−a22=4⇔b−a21+b+a2=4⇔b−a2=41+a+b2≤4.

Suy ra b−a≤2⇒S=b−a36≤236=43.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a+b=0b−a=2⇔b=1a=−1⇔A−1;1,B1;1.

Đáp án C

Gọi M,N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1,z2

Gọi số phức z=x+yix,y∈ℝ

Ta có z−1=34⇒M,N thuộc đường tròn C có tâm I1;0, bán kính R=34

Mà z+1+mi=z+m+2i⇔x+1+y+mi=x+m+y+2i

 ⇔2−2mx+2m−4y−3=0⇒M,N thuộc đường thẳng d:2−2mx+2m−4y−3=0.

Do đó M,N là giao điểm của d và đường tròn C

Ta có z1−z2=MN nên z1−z2 lớn nhất ⇔MN lớn nhất.

 ⇔MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính 1.

Khi đó z1+z2=2OI→=2.OI=2

Đáp án C

Gọi D' là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD'.

Khi đó DD'//SA mà SA⊥SBC nên DD'⊥SBC.

Ta có SD,SBC^=α=DSD'^=SDA^, do đó SA=AD.tanα=2atanα

Đặt tanα=x, x∈0;1

Gọi H là hình chiếu của S lên AB, ta có VS.ABCD=13SH.SABCD=4a23.SH

Do đó VS.ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất.

Vì ΔSAB vuông tại S nên 

SH=SA.ABAB=SAAB2−SA2AB=2ax4a2−4a2x22a=2ax1−x2≤2a.x2+1−x22=a.

Từ đó maxSH=a khi tanα=22

Vậy maxVS.ABCD=13a.4a2=43a3.

Đáp án B

Phương trình tham số của dm:x=4m−3+2m−1ty=2m−3+m+1tz=8m+7+4m+3t

Cho t=−2 ta được x=−1, y=z=1. Suy ra dm luôn qua điểm M−1;1;1.

Gọi n→=a;b;c là một vectơ pháp tuyến của P

Do dm⊂P⇒ phương trình a2m−1+bm+1+c4m+3=0  nghiệm đúng với mọi m∉−1;−34;12.

 ⇔m2a+b+4c−a+b+3c=0 nghiệm đúng với mọi m∉−1;−34;12.

⇔2a+b+4c=0−a+b+3c=0⇔c=−3ab=10a.

Ta chọn a=1 suy ra b=10;​ c=−3

Phương trình qua P có dạng x+10y−3z−6=0

Đáp án D

Xét phương trình 2fx.f''x=f'x2⇔2fx.f''x−f'x2=0.

Xét hàm số gx=2fx.f''x−f'x2với mọi x∈ℝ

Ta có: g'x=2f'x.f''x−2fxf'''x−2f'xf''x=−2fx.f'''x

Mặt khác:

+ Có f'''x=−6

+ Gọi x1<x2<x3 là ba nghiệm của phương trình: fx=0.

Khi đó g'x=0⇔−2fx.f'''x=0⇔fx=0⇔x=x1x=x2x=x3

Bảng biến thiên:

 

Ta nhận xét rằng theo giả thiết phương trình fx=0 có ba nghiệm phân biệt nên ta có fx=x−x1x−x2x−x3 thì f'x=x−x2x−x3+x−x1x−x3+x−x1x−x2.

Suy ra −f'x22=−x2−x1x2−x32<0 nên từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y=gx cắt trục hoành tối đa tại hai điểm phân biệt nên phương trình gx=0 có tối đa hai nghiệm.

Đáp án D

Từ giả thiết ta có: log2x+y+14x+y+3=2x−y⇔1+log2x+y+14x+y+3=2x−y+1⇔log22x+2y+24x+y+3=2x−y+1⇔log22x+2y+24x+y+3=4x+y+3−2x+2y+2⇔log22x+2y+2+2x+2y+2=log24x+y+3+4x+y+3

Xét hàm ft=log2t+t có f't=1tlnt+1>0⇒ft đồng biến trên 0;+∞.

⇒f2x+2y+2=f4x+y+3⇔2x+2y+2=4x+y+3⇔y=2x+1.

Thay vào biểu thức T ta được T=x+z+123x+y+y+22x+2z+3=x+z+125x+1+2x+32x+2z+3

Áp dụng bất đẳng thức: T=x+z+125x+1+2x+32x+2z+3≥x+z+1+2x+325x+1+x+2z+3=3x+z+426x+2z+4=12.3x+z+423x+z+2

Đặt t=3x+z+2⇒T≥12.t+22t=12t+4t+4≥12.2.t.4t+4=4

Dấu “=” xảy ra khi y=2x+1t=2=3x+z+2x+z+15x+1=2x+3x+2z+3⇔x=z=0y=1

Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là Tmin=4.

Đáp án D

 

Cách 1:

Mặt cầu S có tâm  I5;−3;7 và bán kính R=62

 IA→=−5;11;−5⇒IA=171>62 nên điểm  A nằm ngoài mặt cầu.

 IB→=4;−4;16⇒IB=122>62 nên điểm B nằm ngoài mặt cầu.

⇒ A,I,B không thẳng hàng.

Mặt phẳng P qua A và tiếp xúc với S nên khi  P thay đổi thì tập hợp các đường thẳng qua A và tiếp điểm tạo thành hình nón.

Gọi AB,P=α⇒dB,P=AB.sinα đạt giá trị lớn nhất A,B,I,H đồng phẳng ⇔AIB⊥P ( H là hình chiếu của B lên P).

Mặt phẳng P qua A và nhận n→=1;m;n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x+my−nz−8m−2n=0.

Mặt phẳng P tiếp xúc với S⇔dI,P=R.

⇔5n−11m+51+m2+n2=62⇔5n−11m+52=721+m2+n2⇔49m2−47n2−110mn+50n−110m−47=0  1

Ta có: IA→,IB→=156;70;−24.

Gọi n1→ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng AIB, chọn n1→=13;5;−2

Do AIB⊥P⇔n1→.n→=0⇔13+5m−2n=0  2

Thế (2) vào (1) ta được phương trình: 2079m2+8910m+6831=0⇔m=−1m=−68312079l

 Thay m=−1 vào (2) suy ra: n=4

Vậy m.n=−4.

Cách 2:

Mặt cầu S có tâm I5;−3;7 và bán kính R=62

Mặt phẳng  P qua A và nhận n→=1;m;n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x+my+nz−8m−2n=0.

Mặt phẳng P tiếp xúc với S:

⇔dI,P=R⇔5n−11m+51+m2+n2=62⇔dB,P=21n−15m+91+m2+n2=5n−11m+5−4m+16n+41+m2+n2≤5n−11m+5+44n−m+11+m2+n2≤62+442+−12+12n2+m2+11+m2+n2=182

Dấu bằng xảy ra khi n4=m−1=11⇔m=−1; n=4

Vậy m.n=−4.