Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 14)

Đáp án D

 $S=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

Đáp án B

Trong hình chóp số cạnh bên bằng số cạnh đáy nên số cạnh đáy bằng $\frac{20}{2}=10$  (cạnh). Số mặt bên bằng số cạnh đáy. Vậy hình chóp có 11 mặt.

Đáp án B

Ta có $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \mathrm{.3.4}=24\pi \left(c{m}^2\right)$.

Đáp án B

Ta có ${\overrightarrow{n}}_{\left(p\right)}=\left(1;-3;1\right)=\overrightarrow{i}\text{ -}3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}$   làm véctơ pháp tuyến của (p).

Đáp án A

Số các số hạng của khai triển mũ m là m +1.

Vậy khai triển (a + 2)ⁿ⁺⁶ có tất cả 17 số hạng suy ra n + 6 = 16  n = 10.

Đáp án B

Đổ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là y = 0 .

+ $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y,\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }y,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y$  và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y$  đều bằng $\frac{1}{2}$

suy ra x = 1 và x = -1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+ $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0$  nên đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thi hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận.

Đáp án B

Dựa vào sự so sánh ở các phương án, ta thấy chỉ cần xét sự biến thiên của hàm số trên khoảng (1;4) .

Ta có $f\text{'}\left(x\right)={\left(x+1\right)}^2\left(x-1\right)\left(5-x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in \left(1;4\right)$.

Nên hàm số y = f(x) đồng biến trên (1;4) mà $1<2<4\Rightarrow f\left(1\right)<f\left(2\right)<f\left(4\right)$.

Đáp án C

Từ đồ thị hàm số ta có

Hàm số y = x^α nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$  nên α < 0 .

Hàm số $y=x^{\beta },y=x^{\gamma }$  đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$  nên $\beta >0;\gamma >0$.

Đổ thị hàm số nằm phía trên đồ thị hàm số y = x khi x > 1 nên β > 1.

Đồ thị hàm số nằm phía dưới đồ thị hàm số 

y = x khi x > 1 nên $\gamma <1$

Vậy  $\alpha <0<\gamma <1<\beta$

Đáp án D

Ta có

w = (3 + 4i)z - 5i = (3 + 4i)(z-2i) + 2i(3 + 4i)-5i = (3 + 4i)(z - 2i) - 8 + i

Suy ra w - ( -8 + i) = (3 + 4i)(z - 2i)  .

Vậy đường tròn của các điểm biểu diễn số phức w có tâm là $I\left(-8;1\right)$

Đáp án D

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

 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra -3 < m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Ta có:  $V=S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)$

Mà $V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}{S}_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.d\left(A,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)=\frac{1}{3}V$

$\Rightarrow V_{A.BCB\text{'}C\text{'}}=V-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2}{3}V$

Đáp án C

Điều kiện để phương trình có nghĩa  $\left\{\begin{array}{l}\cos x\ne 0\\ cos3x\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \\ x\ne \frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.(*)$

Khi đó phương trình trở thảnh $3x=x+k\pi \iff x=\frac{k\pi }{2}$  so sánh với điều kiện (*) ta có: $\left[\begin{array}{l}x=k2\pi \\ x=\pi +k2\pi \end{array}\right.,x\in \left[0;30\right]\Rightarrow k\in \left\{0;\mathrm{...};4\right\}\Rightarrow x\in \left\{0;\pi ;2\pi ;\mathrm{...};9\pi \right\}$

Đáp án C

Ta có:  $\left(\sqrt{10}-3\right)\left(\sqrt{10}+3\right)=1\Rightarrow \left(\sqrt{10}-3\right)={\left(\sqrt{10}+3\right)}^{-1}$

$\begin{array}{l}{\left(\sqrt{10}-3\right)}^{2x+4}\ge {\left(\sqrt{10}-3\right)}^{-5x+11}\iff {\left(\sqrt{10}-3\right)}^{-2x-4}\ge {\left(\sqrt{10}+3\right)}^{-5x+11}\\ \iff -2x-4\ge -5x+11\iff x\ge 5\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left[5;+\infty \right)$.

Đáp án B

Ta có: ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left(1;-1;-1\right)$  và $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;2;0\right)$

Vì ∆ song song với (P) và (Q) nên $\overrightarrow{n_d}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(2;-1;3\right)$

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng d cần tìm là  $\frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+1}{3}$.

Đáp án B

Ta có  $9^{x+1}-{13.6}^x+4^{x+1}=0\iff {9.9}^x-{13.6}^x+{4.4}^x=0\iff 9.\frac{9^x}{4^x}-13.\frac{6^x}{4^x}+4=0$

$\iff 9.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-13.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+4=0\iff \left[\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{4}{9}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên.

Đáp án A

Ta có: $z^4-z^2-6=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}^2=-2\\ z^2=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=\sqrt{2}i\\ z_2=-\sqrt{2}i\\ z_3=\sqrt{3}\\ z_4=-\sqrt{3}\end{array}\right.$  . Vậy $P=\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)$.

Đáp án B

Gọi O, H lần lượt là trung điểm các đoạn AC và BC thì  $BC\perp OH$ và $BC\perp SO\Rightarrow BC\perp SH$

 $\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SHO}\Rightarrow \widehat{SHO}=60°$.

Ta có $OH=\frac{1}{2}AB=a\Rightarrow SO=OH.\tan \widehat{SHO}=a\sqrt{3}$.

Hình nón nội tiếp S.ABCD có bán kính $r=OH=a$ và đường cao $h=SO=a\sqrt{3}$

Thể tích hình nón đó là  $V_n=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(a\right)}^2.a\sqrt{3}=\frac{a^3\pi \sqrt{3}}{3}$.

Đáp án A

Viết đường thẳng thành dạng tham số:  $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=-2+t\\ z=2t\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}M\left(1-t;-2+t;2t\right)\in \Delta \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MB}=\left(t;6-t;2-2t\right)\\ \overrightarrow{MA}=\left(-2+t;4-t;4-2t\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M{B}^2=6t^2-20t+40\\ M{A}^2=6t^2-28t+36\end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow M{A}^2+M{B}^2=12t^2-48t+76$ nhỏ nhất khi t = 2.

$\Rightarrow M\left(-1;0;4\right)$

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)=x^4+x^2\Rightarrow \int f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)dx=\int \left(x^4+x^2\right)dx$

$\iff \int f\left(x\right).d\left(f\left(x\right)\right)=\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+C\iff \frac{f^2\left(x\right)}{2}=\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+C$

 mà  $f\left(0\right)=2\Rightarrow f^2\left(0\right)=4\Rightarrow C=2\Rightarrow \frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+2$

Vậy $f^2\left(2\right)=2\left(\frac{x^5}{5}+\frac{x^3}{3}+2\right)\left|\begin{array}{l}\\ x=2\end{array}\right.=\frac{332}{15}$

Đáp án B

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty \\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \end{array}\right.\Rightarrow a>0$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm $\Rightarrow d<0$

Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị, ta có: $y\text{'}=3a{x}^3+2bx+c=0$  có hai nghiệm phân biệt x1, x2.

$x_1+x_2=-\frac{2b}{3a}<0\Rightarrow b>0;x_1.x_2=\frac{c}{3a}=0\Rightarrow c=0$

Vậy $a>0;b>0;c=0;d<0$

Đáp án A

 $CB\perp \left(SAB\right),AM\subset \left(SAB\right)\Rightarrow AM\perp CB$ (1)

$\left(\alpha \right)\perp SC,AM\subset \left(\alpha \right)\Rightarrow AM\perp SC$ (2)

Từ (l),(2) $\Rightarrow AM\perp \left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MC\Rightarrow \widehat{AMC}=90°$.

Chứng minh tương tự ta có $\widehat{APC}=90°$

Có $AN\perp SC\Rightarrow \widehat{ANC}=90°$

Ta có $\widehat{AMC}=\widehat{APC}=\widehat{ANC}=90°$

 $\Rightarrow$Khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .

Bán kính cầu này là  $r=\frac{AC}{2}=2$.

Thể tích cầu $V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{32\pi }{3}$.

Đáp án B

$g\left(x\right)=f\left(\left|1-x\right|\right)=f\left(1-x\right),\forall x\in \left(-\infty ;-1\right)$

Suy ra $g\text{'}\left(x\right)=\left[f\left(\left|1-x\right|\right)\right]\text{'}=-f\text{'}\left(1-x\right)=-{\left(1-x\right)}^2\left(1-x-2\right)\left[{\left(1-x\right)}^2-6\left(1-x\right)+m\right]$

$={\left(x-1\right)}^2\left(x+1\right)\left[x^2+4x+m-5\right]$

Hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng  $\left(-\infty ;-1\right)\iff g\text{'}\left(x\right)\le 0$ với mọi x < -1 (dấu " = " chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm)

$\iff x^2+4x+m-5\ge 0$ với mọi $x\in \left(-\infty ;-1\right)$ (vì ${\left(x-1\right)}^2\left(x+1\right)<\mathrm{0,}\forall x\in \left(-\infty ;-1\right)$ )

 $\iff {\left(x+2\right)}^2\ge 9-m$ với mọi $x\in \left(-\infty ;-1\right)$ $\iff 9-m\le 0\iff m\ge 9$

Do m nguyên và [-2019; 2019] nên suy ra $m\in \left\{9;10;11;\mathrm{...};2019\right\}$ .

Vậy có 2011 giá trị nguyên của m thỏa mãn điểu kiện.

Đáp án A

Số tiền nợ sau năm thứ nhất T₁ = 300(1 +12%) - m = 300p -m , với p = (1 +12%) = 1,12% .

Số tiền nợ sau năm thứ hai T₂ = (300p - m)p - m = 300p² – mp - m.

Số tiền nợ sau năm thứ ba T₃ = (300p² – mp - m)p - m = 300p³ - mp² – mp - m.

Trả hết nợ sau năm thứ tư (300p³ - mp² – mp - m)p - m = 0.

$\begin{array}{l}\iff 300p^4-m{p}^3-m{p}^2-mp-m=0\\ \iff 300p^4-m\left(p^3+p^2+p+1\right)=0\iff 300p^4-m.\frac{\left(p^4-1\right)}{p-1}=0\\ \iff 300{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4=m.\frac{\left[{\left(\mathrm{1,12}\right)}^2-1\right]}{\mathrm{0,12}}\iff m=\frac{300{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4\mathrm{.0,12}}{{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4-1}\iff m=\frac{36{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4}{{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4-1}\end{array}$

 Vậy $m=\frac{36{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4}{{\left(\mathrm{1,12}\right)}^4-1}$.

Đáp án A

Thể tích của khối tròn xoay tạo thành bằng tổng thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox với thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng OAC quanh trục Ox bằng 

$V_1=\pi \underset{0}{\overset{4}{\int }}{\left(\sqrt{x}\right)}^{2}dx=\pi \frac{1}{2}{x}^2\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.=8\pi$

 Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ACD quanh trục Ox $V_2=\frac{1}{3}\pi A{C}^2.CD=\frac{8\pi }{3}$

Thể tích cần tìm là $V=V_1+V_2=\frac{32\pi }{3}$

Đáp án B

Ta có z = x + yi, ($x,y\in ℝ$ ). Khi đó, điểm M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z.

$\left|z-2-4i\right|=\left|z-2i\right|\iff \sqrt{{\left(z-2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2}=\sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}\iff x+y-4=0$

$\Rightarrow$Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng $\left(\Delta \right):x+y-4=0$

Gọi H là hình chiếu của gốc tọa độ O lên đường thẳng (Δ) .

Ta có $\left|z\right|=OM\ge OH$  . Do đó,$\left|z\right|$  nhỏ nhất$\iff OM=OH\iff M\equiv H$. 

Mặt khác,  $OH\perp \left(\Delta \right)$ và đi qua gốc tọa độ O nên ta được $\left(OH\right):x-y=0$

Ta có $H=OH\cap \Delta$ nên tọa độ H là nghiệm hệ $\left\{\begin{array}{l}x-y=0\\ x+y-4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}\right.$

Vậy $P=x^2+y^2=8$.