Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 19)

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $y^{\text{'}}$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 2, do đó hàm số cực đại tại x = 2.

Đáp án A

Điều kiện $a>\mathrm{0,}b>0.$

$\left\{\begin{array}{l}{\log }_{8}a+{\log }_4{b}^2=5\\ {\log }_4{a}^2+{\log }_{8}b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{3}{\log }_{2}a+{\log }_{2}b=5\\ {\log }_{2}a+\frac{1}{3}{\log }_{2}b=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}a=6\\ {\log }_{2}b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2^6.\\ b=2^3.\end{array}\right.$

Vậy $ab=2^9.$

Đáp án C

Đồ thị có$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow$ D sai.

Hàm số có các điểm cực trị là $x=\mathrm{0,}x=\pm 1\Rightarrow$ A, B sai.

Đáp án A

Gọi năm số hạng của cấp số cộng đã cho là: $u_1;u_2;u_3;u_4;u_5.$

Đáp án A

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng $d\left(A,\left(P\right)\right)=\frac{\left|1-4+2-1\right|}{3}=\frac{2}{3}.$

Đáp án D

Do đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên $ℝ.$ Trong bốn hàm số trên chỉ có hàm số $y={\left(\frac{1}{2}\right)}^x$ và $y={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ có cơ số nhỏ hơn 1 là hàm nghịch biến nhưng đồ thị trên đi qua điểm $x=-1;y=3$, vậy chỉ có hàm số $y={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$ thoả mãn.

Đáp án D

 $z=i-2+2\left(i+1\right)=3i$ có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức là $\left(0;3\right).$

Đáp án B

$\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}\iff 1.2+m.1+\left(-1\right).3=0\iff m=1.$

Đáp án D

Đáp án A

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

Đáp án B

Hình bát diện đều là hình có 8 mặt và mỗi mặt đều là một tam giác đều.

Đáp án A

Theo đề bài hình nón có:$h=SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=4cm$ , r = AO = 3 cm,

l= SA = 5 cm.

Thể tích khối nón cần tìm $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.3}^2.4=12\pi \left(c{m}^3\right).$

Đáp án D

Đường thẳng $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(2;-1;2\right)$

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_2}=\left(-1;2;2\right)$

Ta có $\overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{u_2}=2.\left(-1\right)+\left(-1\right).2+2.2=0\Rightarrow$ góc giữa d và $\Delta$ bằng ${90}^0.$

Đáp án B

Số cách chọn 3 học sinh trong lớp để làm lớp trưởng, bí thư đoàn và lớp phó là: $A_{30}^3.$

Đáp án A

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{m-1\right\}.$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+m+6}{{\left(x-m+1\right)}^2}$, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi $y^{\text{'}}>0$

$\iff -m^2+m+6>0\iff -2<m<3.$

Vì $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-1;0;1;2\right\}.$

Đáp án B

Cách 1:

+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm x; $\frac{1}{x}$ ta được:

$y=\sqrt{x+\frac{1}{x}}\ge \sqrt{2\sqrt{x\frac{1}{x}}}=\sqrt{2}$, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{1}{x}\iff x=1.$

+) Vậy $\underset{\left(0;+\infty \right)}{Miny}=\sqrt{2}=y\left(1\right).$

Cách 2:

+) Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{1-\frac{1}{x^2}}{2\sqrt{x+\frac{1}{x}}};$

$y^{\text{'}}=0\iff 1-\frac{1}{x^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left(0;+\infty \right)\\ x=-1\notin \left(0;+\infty \right)\end{array}\right.$

+) Bảng biến thiên:

+) Dựa vào BBT ta có $\underset{\left(0;+\infty \right)}{Miny}=\sqrt{2}=y\left(1\right).$

Đáp án A

Ta có: ${\log }_2\frac{x-2}{\sqrt{x-3}}={\log }_3\frac{\sqrt{x-3}}{x-2}\iff \left\{\begin{array}{l}x>3\\ {\log }_2\left(x-2\right)+{\log }_3\left(x-2\right)={\log }_2\sqrt{x-3}+{\log }_3\sqrt{x-3}\end{array}\right.\left(1\right)$

Xét hàm $f\left(t\right)={\log }_{2}t+{\log }_{3}t$ là hàm đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right).$

Khi đó từ hệ phương trình $\left(1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x-2=\sqrt{x-3}\\ x>3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-5x+7=0\\ x>3\end{array}\right.\iff x=\frac{5+\sqrt{21}}{2}.$

Vậy phương trình có một nghiệm.

Đáp án C

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=2\end{array}\right.$

Ta có $x=-1$ là nghiệm bội chẵn

 $\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)$ không đổi dấu khi qua $x=-1$

x = 1 là nghiệm đơn, x = 2 là nghiệm bội lẻ $\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)$ sẽ đổi dấu qua x = 1 và x = 2

Đáp án B

Đường thẳng y = m có vị trí như trên thì thoả điều kiện bài toán.

Vậy $-2<m<-1$ là giá trị cần tìm.

Đáp án D

Gọi H là trung điểm BC.

Ta có $SH\perp \left(ABC\right)$ và $SH=\frac{1}{2}BC=a.$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}a.2a=a^2.$

Đáp án C

+  $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2x^2-5x+3}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(2x-3\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2x-3}{x+1}=\frac{-1}{2}$ nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $\Rightarrow$ loại A.

+  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{{\left(\sqrt{x-1}\right)}^2}{\sqrt{x-1}}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(\sqrt{x-1}\right)=0$ nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $\Rightarrow$ loại B.

+  $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{3x+1}{x-1}=+\infty ,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{3x+1}{x-1}=-\infty$ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $\Rightarrow$ chọn C.

+  $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{2x+1}=0$ nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $\Rightarrow$ loại D.

Đáp án D

Ta có: $A\left(-3;0;0\right),B\left(0;2;0\right),C\left(0;0;4\right).$

Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{-3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{4}=1$ hay $4x-6y-3z+12=0.$

Khi đó, mặt phẳng có phương trình $4x-6y-3z-12=0$ song song với (ABC).

Đáp án D

Hàm số $y={\log }_{a}x$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên $a>1.$

Hàm số $y={\log }_{b}x$ nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên $0<b<1.$

Vậy $0<b<1<a.$

Đáp án B

Ta có: $K={{\left.\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{e^x.x-e^x}{x^2}dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{(e^x{)}^{\text{'}}.x-x^{\text{'}}.e^x}{x^2}dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(\frac{e^x}{x}\right)}^{\text{'}}dx=\frac{e^x}{x}\right|}^2}_1=\frac{e^2}{2}-e.$

Vậy $S=a+b+c=1+2-1=2.$

Đáp án C

Gọi $z=x+yi$ với x, y thuộc tập số thực, ta có $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \sqrt{x^2+y^2}=2\\ y-\sqrt{3}x=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x^2+y^2=4\\ y=\sqrt{3}x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=\sqrt{3}\end{array}\right.\Rightarrow -z=-1-\sqrt{3}i.$

Đáp án A

Ta có $\left(1+2y\right)i=\left(2i-1\right)x+1+i\iff x+\left(1+2y-2x\right)i=1+i.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ 1+2y-2x=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\right..$

Đáp án C

Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ.

Khi đó $r=\frac{AB}{2}=4cm\mathrm{,1}=h=AD=8cm.$

$S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi \mathrm{.4.8}+2\pi {.4}^2=96\pi \left(c{m}^2\right).$

Đáp án A

Xét mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=1\Rightarrow I\left(2;1;1\right)$ và bán kính R = 1.

Vì mp (P) tiếp xúc mặt cầu (S) nên $d\left(I;\left(P\right)\right)=R\iff \frac{\left|m+1\right|}{3}=1\iff \left|m+1\right|=3\iff \left[\begin{array}{l}m=2\\ m=-4\end{array}\right.$

Đáp án B

Gọi E là trung điểm của CD do các tam giác $\Delta ACD,\Delta BCD$ đều nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}AE\perp CD\\ BE\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(ABE\right)\Rightarrow CD\perp AB.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng ${90}^0.$

Đáp án A

Ta có ${\left(a+2b\right)}^5=\sum _{k=0}^5{C}_5^k.a^k.{\left(2b\right)}^{5-k}=\sum _{k=0}^5{C}_5^k{.2}^{5-k}{a}^k.b^{5-k}$

Số hạng chứa $a^3{b}^2$ tương ứng với giá trị k = 3.

Đáp án B

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

+ Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$  là hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra $y^{\text{'}}<0\iff ad-bc<0\iff ad<bc$ , loại đáp án C.

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-\frac{d}{c}>0\Rightarrow cd<0\left(1\right)$

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng $y=\frac{a}{c}>0\Rightarrow ac>0\left(2\right)$

Từ (1), (2) suy ra $ad<0$ nên loại đáp án A.

+ Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại điểm có hoành độ $x=-\frac{b}{a}>0\Rightarrow ab<0\left(3\right)$

Từ (2), (3) suy ra $bc<0$ nên loại đáp án D.

Đáp án B

Ta có $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\mathrm{1,}\left(a,b>0\right)\Rightarrow y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}.$

Diện tích (E) là $S_{\left(E\right)}=4\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{b\sqrt{a^2-x^2}}{a}dx=4\frac{b}{a}\underset{0}{\overset{a}{\int }}\sqrt{a^2-x^2}dx$

Đặt $x=a\sin t,t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow dx=a\mathrm{costdt}.$

Đổi cận $x=0\Rightarrow t=0;x=a\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}$

$S_{\left(E\right)}=4\frac{b}{a}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{a}^2.{\cos }^{2}tdt=2ab\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(1+\cos 2t\right)dt=\pi ab=100\pi$

Mà ta có $S_{\left(C\right)}=\pi .R^2=10\pi .$Vậy $\frac{S_{\left(E\right)}}{S_{\left(C\right)}}=\frac{100}{10}=10.$

Đáp án D

Giả sử chiều dài và chiều rộng của trang sách lần lượt là x, y (điều kiện:$x>6;y>4$ )

Ta có $xy=\mathrm{4.2.3}+\left(y-4\right)\mathrm{.3.2}+\left(x-6\right)\mathrm{.2.2}+384$

$\iff xy=4x+6y+360\ge 2\sqrt{24xy}+360\left(1\right)$

Đặt $t=\sqrt{xy},t>0.$

$\left(1\right)\Rightarrow t^2-4\sqrt{6}t-360\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}t\ge 10\sqrt{6}\\ t\le -6\sqrt{6}\end{array}\right.\Rightarrow t\ge 10\sqrt{6}$

Hay $xy\ge 600.$

Trang giấy đạt diện tích nhỏ nhất bằng 600 khi $\left\{\begin{array}{l}xy=600\\ 2x=3y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=30\\ y=20\end{array}\right..$

Đáp án C

Ta có: $2\left(m^2+m+2\right)x+\left(m^2-1\right)y+\left(m+2\right)z+m^2+m+1=0\forall m\in ℝ$

$\iff m^2\left(2x+y+1\right)+m\left(2x+z+1\right)+4x-y+2z+1=0\forall m\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2x+y+1=0\\ 2x+z+1=0\\ 4x-y+2z+1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2x+y+1=0\\ 2x+z+1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y=z\\ 2x+y+1=0\end{array}\right.$

Vậy (P) luôn chứa đường thẳng $\left(\Delta \right)$ cố định $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\\ y=t\\ z=t\end{array}\right.,t\in ℝ$

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left(-\frac{1}{2};0;0\right)$ và có vectơ $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(-\frac{1}{2};1;1\right)$

Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ đến $\Delta$ là: $d\left(O;\Delta \right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{u_{\Delta }}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_{\Delta }}\right|}=\frac{\sqrt{2}}{3}.$

Đáp án D

Giả sử để đạt được mục tiêu đề ra, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A tăng x (%).

-        Cuối năm 2019, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: $S_1=2300+\frac{x}{100}.2300=2300.\left(1+\frac{x}{100}\right)\left(USD\right).$

-        Cuối năm 2020, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: $S_2=S_1+\frac{x}{100}.S_1=2300.{\left(1+\frac{x}{100}\right)}^2\left(USD\right).$

-        Cuối năm 2035, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: $S_{17}=2300.{\left(1+\frac{x}{100}\right)}^{17}\left(USD\right).$

Ta có: $S_{17}=10000\iff 2300.{\left(1+\frac{x}{100}\right)}^{17}=10000\iff {\left(1+\frac{x}{100}\right)}^{17}=\frac{100}{23}$

$\iff 17\log \left(1+\frac{x}{100}\right)=\log \frac{100}{23}\iff x\approx \mathrm{9,03.}$

Đáp án A

+ Vì Parabol đi qua O(0;0) và có toạ độ đỉnh I (3;9) nên thiết lập được phương trình Parabol $\left(P\right):y=v\left(t\right)=-t^2+6t;\forall t\in \left[0;2\right].$

+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất $y=\frac{1}{4}t+m$, dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm có toạ độ (6;9) nên thế vào phương trình hàm số và tìm được $m=\frac{15}{2}.$

Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là $y=\frac{1}{4}t+\frac{15}{2};\forall t\in \left[2;6\right].$

+ Quãng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau $S=S_1+S_2=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(-t^2+6t\right)dt+\underset{2}{\overset{6}{\int }}\left(\frac{1}{4}t+\frac{15}{2}\right)dt=\frac{130}{3}\left(km\right).$

Đáp án A

$z\sqrt{3z\overline{z}+1}=\left|z\right|\left(2+6iz\right)\iff z\left(\sqrt{3z\overline{z}+1}-6i\left|z\right|\right)=2\left|z\right|.$

Ta thấy $\sqrt{3z\overline{z}+1}-6i\left|z\right|$  là số phức có phần thực là $\sqrt{3z\overline{z}+1}$ và phần ảo là $6\left|z\right|.$

Suy ra $\left|z\right|\left(\sqrt{3z\overline{z}+1+36{\left|z\right|}^2}\right)=2\left|z\right|$

$\iff 3z\overline{z}+1+36{\left|z\right|}^2=4\iff 3{\left|z\right|}^2+1+36{\left|z\right|}^2=4\iff {\left|z\right|}^2=\frac{1}{13}\Rightarrow \left|z\right|=\frac{\sqrt{13}}{13}.$

Đáp án D

Ta có $BA\perp AC,HE/\text{}/BA\Rightarrow HE\perp CA.$

Lại có $AC\perp DH$ nên $AC\perp \left(DHE\right)\Rightarrow \left(DHE\right)\perp \left(DAC\right).$

Kẻ $HK\perp DE\left(K\in DE\right)\Rightarrow HK\perp \left(DAC\right).$

Tam giác DHE vuông tại H có $DH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{4a^2+4a^2}=a\sqrt{2},HE=\frac{1}{2}AB=a.$

Áp dụng công thức $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{D{H}^2}+\frac{1}{H{E}^2}$ ta tính được $HK=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Vì H là trung điểm BC nên $d\left(B,\left(DAC\right)\right)=2d\left(H,\left(DAC\right)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{6}}{3}.$

Vậy khoảng cách $d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{3V}{S_{SAB}}=\frac{3.\frac{a^3\sqrt{3}}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}\sqrt{13}}{4}}=\frac{6a}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}a}{13}.$