Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 15)

Đáp án C

Ta có: $V=h.\pi R^2=6a.\pi .{\left(6a\right)}^2=216\pi a^3$

Đáp án D

Đáp án D

Vectơ chỉ phương của d là: $\overrightarrow{u}=\left(2;-2;1\right)$

Đáp án D

+) Đồ thị đi qua điểm $O\left(0;0\right)$ và có 2 điểm cực trị  $\Rightarrow$loại A, C.

+) Đồ thị đi qua điểm $\left(3;0\right)$, suy ra loại B.

Đáp án B

Ta có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(x\right)+2g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{2}{\overset{0}{\int }}g\left(x\right)dx=4-2.1=2$

Đáp án C

Trên đoạn $\left[-2;4\right]$ điểm cao nhất và điểm thấp của đồ thị $y=f\left(x\right)$ lần lượt có tung độ là: $7;-4\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=7\\ m=-4\end{array}\right.\Rightarrow M+m=3$

Đáp án C

Ta có: nguyên hàm của $f\left(x\right)$  bằng $2\left(1+\frac{1}{2}\sin 2x\right)+C=2+\sin 2x+C$

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án C

Ta có $\ln \left(\frac{a^2}{b}\right)=\ln a^2-\ln b=2\ln a-\ln b$

Đáp án D

Đáp án A

Ta có: $z=2+3i\Rightarrow a=\mathrm{2,}b=3\Rightarrow T=2a-b=1$

Đáp án A

+) Hàm $y=\sqrt[3]{x}$ có tập xác định là $ℝ$.

+) Hàm số $y=x^{\frac{1}{3}}$ có tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$

+) Hàm số $y={\log }_2\left|x\right|$, có điều kiện: $\left|x\right|>0\iff x\ne 0$

+) Hàm số $y={\log }_{x^2+1}2$, có điều kiện: $0<x^2+1\ne 1\iff x\ne 0$

Vậy chỉ có duy nhất hàm $y=\sqrt[3]{x}$ có tập xác định là $ℝ$.

Đáp án D

Hình lập phương cạnh x có đường chéo $AC\text{'}=x\sqrt{3}=2\sqrt{3}a\Rightarrow x=2a\Rightarrow V=x^3={\left(2a\right)}^3=8a^3$

Đáp án B

Do (S) tiếp xúc với $\left(P\right)\Rightarrow d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{\left|2+2+2+6\right|}{\sqrt{1^2+2^2+{\left(-2\right)}^2}}=4$

Đáp án D

Ta có: ${\log }_{12}18=\frac{{\log }_{2}18}{{\log }_{2}12}=\frac{{\log }_2\left({2.3}^2\right)}{{\log }_2\left(2^2.3\right)}=\frac{1+2{\log }_{2}3}{2+{\log }_{2}3}=\frac{1+2a}{2+a}$

Đáp án D

+) Do $\sqrt{2-x}$ có nghĩa khi $x\le 2$ hay $x\in \left(-\infty ;-2\right]$ (chứa $x\to -\infty$) nên để xác định tiệm cận ngang (TCN) ta tính $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{2-x}}{x^4-10x^2+9}=0\Rightarrow y=0$ là TCN (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).

+) Xét phương trình $x^4-10x^2+9=0\iff x\in \left\{\pm 1;\pm 3\right\}$. Thay lần lượt $x=\pm 1$ và $x=\pm 3$lên tử thì có $x\in \left\{\pm 1;-3\right\}$ làm cho  $\sqrt{2-x}$ khác 0 và có nghĩa $\Rightarrow$ có 3 tiệm cận đứng là $x=\pm 1$; $x=-3$.

Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4.

Đáp án B

Điều kiện: $x>0$. Biến đổi phương trình:

${\left(2{\log }_{2}x\right)}^2-4\left(1+{\log }_{2}x\right)+4=0\iff {\log }_2^{2}x-{\log }_{2}x=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=0\\ {\log }_{2}x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{1;2\right\}$

Đáp án B

 $d:\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-1+2t\\ z=1-t\end{array}\right.$thay vào (P) được: $2t-\left(-t+2t\right)+1-t-1=0\iff t=1\Rightarrow F\left(1;1;0\right)$

Đáp án D

Ta có: $R=\frac{\sqrt{O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2}}{2}=\frac{\sqrt{4^2+8^2+8^2}}{2}=6$

Đáp án D

Ta có: $2f\left(x^2-1\right)-5=0\iff f\left(x^2-1\right)=\frac{5}{2}$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-1=a<-3\\ x^2-1=b\in \left(-2;-1\right)\\ x^2-1=c\in \left(-1;0\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=a+1<-2<0\\ x^2=b+1<0\\ x^2=c+1>0\end{array}\right.\iff x=\pm \sqrt{c+1}$

Có 2 nghiệm thực.

Đáp án A

Do $AD=2BC\Rightarrow S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ADB}\Rightarrow S_{BCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{3}{V}_{S.ABCD}=\frac{6a^3}{3}=2a^3$

Đáp án A

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0;x=-3\\ x=1\left(lo\underset{{}^{•}}{a}i\right)\end{array}\right.\Rightarrow x\in \left\{0;-3\right\}$: hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án D

Để thỏa mãn 2 học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2 học sinh nữa là 1 “học sinh đặc biệt”.

+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 24.

+) Số cách xếp nội bộ 2 học sinh nữa là: 2! = 2.

Đáp án B

Hình phẳng được giới hạn bởi các đường: $\left\{\begin{array}{l}y=2^x\\ y=2\\ x=1\\ x=3\end{array}\right.\Rightarrow V_{Ox}=\pi \underset{1}{\overset{3}{\int }}\left({\left(2^x\right)}^2-2^2\right)dx=\pi \underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(4^x-4\right)dx$

Đáp án B

Áp dụng công thức: ${{\left(a^u\right)}^{}}^{\text{'}}=u\text{'}{a}^u\ln a$, ta có:$f\text{'}\left(x\right)={\left(2^{x^2-2x}\right)}^{\text{'}}=\left(2x-2\right){.2}^{x^2-2x}\ln 2=\left(x-1\right){.2}^{x^2-2x+1}\ln 2$

Đáp án C

Do $SA=SB$ nên tam giác SAB vuông cân tại S $\Rightarrow 1=SA=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{2}}=2a\Rightarrow s_{xq}=\pi Rl=\pi .\sqrt{2}a.2a=2\sqrt{2}\pi a^2$

Đáp án B

Ta có: $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$ (như hình vẽ)

Có: $AM=\frac{\left(2a\right).\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Đáp án B

Cách 1: Do $AD//BC\Rightarrow \left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)=d//BC$

Gọi EF lần lượt là trung điểm của BC, AD

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}FS\perp d\\ ES\perp d\end{array}\right.\Rightarrow \left(\left(SAD\right),\left(SBC\right)\right)=\widehat{ESF}={60}^o$

 $\Rightarrow \Delta SEF$ đều.

Đặt $AB=EF=a\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có: $\left(\left(BCM\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{MKH}=\gamma$(như hình vẽ)

Với H, K lần lượt là trung điểm của AO, BE. Khi đó: $MH=\frac{SO}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4},\frac{HK}{AB}=\frac{CH}{CA}=\frac{3}{4}\Rightarrow HK=\frac{3a}{4}$

Suy ra: $\tan \gamma =\frac{MH}{HK}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \gamma ={30}^o$

Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với $O\left(0;0;0\right)$

Ta có: $A\left(-1;0;0\right),B\left(0;-1;0\right),C\left(1;0;0\right);D\left(0;1;0\right);S\left(0;0;a\right)$ với $a>0$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AD}=\left(1;1;0\right)\\ \overrightarrow{AS}=\left(1;0;a\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(SAD\right)}}=\left[\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AS}\right]=\left(a;-a;-1\right)$

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BC}=\left(1;1;0\right)\\ \overrightarrow{BS}=\left(0;1;a\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(SBC\right)}}=\left[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BS}\right]=\left(a;-a;1\right)$

Suy ra $\cos \left(\left(SAD\right),\left(SBC\right)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{n_{\left(SAD\right)}}.\overrightarrow{n_{\left(SBC\right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{n_{\left(SAD\right)}}\right|.\left|\overrightarrow{n_{\left(SBC\right)}}\right|}=\frac{\left|2a^2-1\right|}{2a^2+1}=\frac{1}{2}$

$\iff \left[\begin{array}{l}2a^2+1=2\left(2a^2-1\right)\\ 2a^2+1=-2\left(2a^2-1\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a=\frac{\sqrt{6}}{2}\\ a=\frac{\sqrt{6}}{6}\end{array}\right.$

Xét $a=\frac{\sqrt{6}}{2}$ (với $a=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ta có kết quả tương tự).

Khi đó $S\left(0;0;\frac{\sqrt{6}}{2}\right)\Rightarrow M\left(-\frac{1}{2};0;\frac{\sqrt{6}}{4}\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BC}=\left(1;1;0\right)\\ \overrightarrow{BM}=\left(-\frac{1}{2};1;\frac{\sqrt{6}}{4}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(BCM\right)}}=\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BM}\right]=\left(\frac{\sqrt{6}}{4};-\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{3}{2}\right)$ song song với vectơ $\left(1;-1;\sqrt{6}\right)$

Ta có: $\overrightarrow{n_{\left(ABCD\right)}}=\overrightarrow{n_{\left(Oxy\right)}}=\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$

Đáp án A

Bất phương trình tương đương:  $m<e^{f\left(x\right)}+x-\ln \left(x^2+1\right)=g\left(x\right)$ có nghiệm trên khoảng $\left(-2;2\right)\left(*\right)$

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

Từ bảng xét dấu của: $f\text{'}\left(x\right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-2;2\right)\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-2;2\right)$

Khi đó $g\left(-2\right)<g\left(x\right)<g\left(2\right)\stackrel{\left(*\right)}{\to }m<g\left(2\right)=e^{f\left(x\right)}+2-\ln 5$

Đáp án D

Ta có: $t=\sqrt{x+1}\Rightarrow t^2=x+1\Rightarrow 2tdt=dx$

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=1;x=3\Rightarrow t=2$

Suy ra: $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{t.2tdt}{t^2-9}=s\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(1+\frac{9}{t^2-9}\right)dt={\left.2\left(t+\frac{9}{6}\ln \left|\frac{t-3}{t+3}\right|\right)\right|}_1^2=2+3\ln 2-3\ln 5=a+b\ln 2+c\ln 5$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=3\\ c=-3\end{array}\right.\Rightarrow T=a+2b+c=5$

Đáp án B

Khối đa diện đều loại $\left\{3;4\right\}$là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như hình vẽ).

Ta có bán kính: $R=IA=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{6}.\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{3}$

Suy ra thể tích khối cầu: $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(a\sqrt{3}\right)}^3=4\sqrt{3}\pi a^3$

Đáp án B

Do $\left\{\begin{array}{l}CB\perp AB=\left(ABCD\right)\cap \left(ABEF\right)\\ \left(ABCD\right)\perp \left(ABEF\right)\end{array}\right.\Rightarrow CB\perp \left(ABEF\right)$

Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên EF.

Khi đó: $EN=NM=MF=a$ và $\begin{array}{l}{V}_{ABCDEF}=V_{C.BNE}+V_{BNC.AMD}+V_{D.AME}=2V_{C.BNE}+V_{BNC.AMD}\\ =2.\frac{1}{3}CB.S_{BNE}+AB.S_{CBN}=\frac{2}{3}.a\sqrt{2}.\frac{1}{2}.a^2+a.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a=\frac{5\sqrt{2}{a}^3}{6}\end{array}$

Đáp án B

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$, khi đó:

 $\left(z+i\right)\left(\overline{z}+3i\right)=\left[x+\left(y+1\right)i\right].\left[x-\left(y-3\right)i\right]$ là số thuần ảo

 $\iff$phần thực: $x^2+\left(y+1\right)\left(y-3\right)=0\iff x^2+{\left(y-1\right)}^2=4\left(*\right)$

Gọi $\left\{\begin{array}{l}A\left(z_1\right)\\ B\left(z_2\right)\end{array}\right.\underset{\left(*\right)}{\overset{\left|z_1-z_2\right|=3}{\to }}AB=3$

Và A, B thuộc đường tròn tâm $I\left(0;1\right)$ và bán kính R = 2.

Xét điểm M thỏa mãn $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\left(2*\right)$

Khi đó: $P=\left|z_1+2z_2\right|=\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|={\left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MA}+2\left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{MB}\right)\right|}^{\left(2*\right)}=3\left|\overrightarrow{OM}\right|=3OM$

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó với (2*), suy ra:

$\left\{\begin{array}{l}MH=BH-BM=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}\\ IH=\sqrt{I{B}^2-H{B}^2}=\sqrt{2^2-{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}\end{array}\right.\Rightarrow IM=\sqrt{M{H}^2+I{H}^2}=\sqrt{2}$

Suy ra M thuộc đường tròn tâm $I\left(0;1\right)$, bán kính $r=\sqrt{2}$.

Khi đó: $P_{\min }=3O{M}_{\min }=3OC=3\left(OI+r\right)=3\left(1+\sqrt{2}\right)=3+3\sqrt{2}$.

Đáp án B

Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó $\left(MPQ\right)//\left(SAC\right)$$\Rightarrow \left(MN,\left(SAC\right)\right)=\left(MN,\left(MPQ\right)\right)$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên PQ $\Rightarrow NH\perp \left(MPQ\right)$

Suy ra: $\left(MN,\left(MPQ\right)\right)=\widehat{NMH}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}NH=\frac{2S_{NPQ}}{PQ}=\frac{2.\frac{1}{4}{S}_{ABCS}}{\frac{AC}{2}}=\frac{S_{ABCD}}{AC}=\frac{AB.BC}{\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}}=\frac{a\sqrt{2}.2a}{a\sqrt{6}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\\ MN=\sqrt{A{M}^2+A{N}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\end{array}\right.$

Suy ra: $MH=\sqrt{M{N}^2-N{H}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}a}{3}$

Suy ra $\cos \widehat{NMP}=\frac{MH}{MN}=\frac{a\sqrt{6}}{3}:a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Cách 2: Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và cho a = 1.

Khi đó: $A\left(0;0;0\right),B\left(\sqrt{2};0;0\right),C\left(\sqrt{2};2;0\right),D\left(0;2;0\right),S\left(0;0;\sqrt{2}\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\left(\frac{\sqrt{2}}{2};0;\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ N\left(0;1;0\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{NM}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2};-1;\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AC}=\left(\sqrt{2};2;0\right)\\ \overrightarrow{AS}=\left(0;0;\sqrt{2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AS}\right]=\left(2\sqrt{2};-2;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(SAC\right)}}=\left(\sqrt{2};-1;0\right)$

Suy ra $\sin \left(MN,\left(SAC\right)\right)=\frac{\left|\overrightarrow{u_{MN}}.\overrightarrow{n_{\left(SAC\right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{u_{MN}}\right|.\left|\overrightarrow{n_{\left(SAC\right)}}\right|}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

$\Rightarrow \cos \left(MN,\left(SAC\right)\right)=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$