Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 20)

Đáp án C

Ta có ab=−1<0, suy ra hàm số có 3 điểm cực trị

 Chú ý: Hàm số trùng phương y=ax4+bx2+c (với a≠0)

+) Có 1 cực trị khi ab≥0.

+) Có 3 cực trị khi ab<0.

Đáp án D

Do a∈0;1logab>0⇒0<b<1.

Chú ý:  logab>0⇔a,b∈0;1a,b>1và logab<0⇔a∈0;1b>1 hoặc a>1b∈0;1.

Đáp án D

Ta có au'=u'aulna⇒y'=102x+1'=2.102x+1ln10=20.102xln10.

Đáp án D

Ta có M2;−3⇒z=2−3i

 ⇒z¯=2+3i⇒z¯ có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và 3.

Đáp án B

Đặt z=a+bi, khi đó: z=z¯⇔a+bi=a−bi⇔2bi=0⇒z=a là số thực.

Đáp án A

TXĐ: ℝ\−2. Ta có y'=5x+22>0,∀x≠−2.

Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng −∞;−2 và  −2;+∞

Suy ra A sai (đúng phải là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó).

Chú ý : Ở đây B đúng vì hàm số đồng biến trên −2;+∞ thì cũng sẽ đồng biến trên 2;+∞

Đáp án B

+) Hàm số đạt cực đại tại x=0→A sai.

+) Giá trị lớn nhất của hàm số là maxyx∈−2;3=4→ B đúng.

+) Hàm số không xác định tại x=−2⇒ không có giá trị nhỏ nhất → C sai.

+) Cực tiểu của hàm số là giá trị cực tiểu của hàm số. Nên cực tiểu của hàm số là 1→  D sai.

Đáp án B

Chọn ra 3 cuốn sách từ 10 cuốn (không quan tâm tới thứ tự) nên số cách chọn là: C103.

Đáp án A

Ta có n→P=1;1;−1n→Q=2;−1;2⇒u→d=n→P,n→Q=1;−4;−3.

Đáp án C

Ta có ∫fxdx=∫x−3x+13dx=x22+32x+12+C.

Đáp án A

Điều kiện 16−x4≥0−x2+4x−3≠0⇔−2≤x≤2x≠1,x≠3⇔x∈−2;2\1⇒ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang (Vì không chứa −∞ hoặc +∞  nên không tồn tại limx→+∞y).

Xét −x2+4x−3=0⇔x=1x=2

+) Với x=1⇒16−x4=15≠0⇒x=1 là tiệm cận đứng.

+) Với x=3⇒16−x4 không xác định nên x = 3 không phải là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường x = 1.

Đáp án C

Ta có T=logcab=12logca−logcb=12logac−logablogac=12.3−23=−12.

Đáp án B

Hàm số xác định trên tập ℝ→ Loại C, D.

Hàm số đồng biến trên −∞;+∞→ Loại A.

Đáp án B

Ta dễ thấy hàm số f(x)=lnx đồng biến trên 0;+∞ y'=1x>0,∀x>0.

Đáp án B

Ta có dấu của f'x trên 0;3 như sau:

Suy ra bảng biến thiên:

Suy ra min0;3fx=f2.

Đáp án C

Ta có C=2πr=8π⇒r=4 cm.

Suy ra: V=13πr2.h=16π⇒h=3 cm⇒l=r2+h2=5 cm.

Đáp án B

Ta có: h=dI,α=1+2+4−13=2

⇒R=h2+r2=4+9=13⇒S=4πR2=52π.

Đáp án A

Cách 1: Do z=1−2i là nghiệm thức của phương trình z2+az+b=0⇒1−2i2+a1−2i+b=0

⇔a+b−3−2a+2i=0⇔a+b−3=0a+2=0⇔a=−2b=5⇒a−b=−7.

Cách 2:

Phương trình bậc 2 với hệ số thực có 2 nghiệm phức là 2 số phức liên hợp của nhau.

Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm z1=1−2i và  z2=1+2i

⇒a=−z1+z2=−2b=z1.z2=5⇒a−b=−7.

Đáp án A

Đặt cosx=t⇒sin2x=1−t2,x∈0;π2⇒t∈0;1

Khi đó y=1−t2−227t⇒y'=−2t+227t2,y'=0⇔t=13∈0;1.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có max0;1y=y13=23.

Đáp án D

Điều kiện n∈ℕ*n≥2. Khi đó phương trình tương đương: 

n+nn−12=210⇔n2+n−420=0⇔n=20n=−21→n≥2n=20∈19;22.

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ cho ta biết:

+) Trên a;c:f(x)≥g(x) hay f(x)−g(x)≥0.

+) Trên c;b:g(x)≥f(x) hay g(x)−f(x)≥0.

Do đó:  S=∫abg(x)−f(x)dx=∫acf(x)−g(x)dx+∫cbf(x)−g(x)dx

=∫acf(x)−g(x)dx+∫cbg(x)−f(x)dx.

Đáp án C

Phương trình 9x−3.3x+2=0⇔3x=13x=2⇔x1=0x2=log32⇒A=2x1+3x2=3log32

Đáp án D

Ta có a=−1<0, suy ra “điểm cuối” của đồ thị có hướng đi xuống loại C.

Ta có ab=−2<0, suy ra hàm số có 3 cực trị → loại B.

Do d=−1<0, suy ra đồ thị cắt trục hoành Oy tại điểm có hoành độ âm.

Đáp án C

Đặt u=ln2xdv=x2dx⇔du=2lnxxdxv=x33. Khi đó I=13x3ln2x1e−23∫1ex2lnxdx.

Đáp án D

Ta có Mx;1⇒z=x+i⇒w=z¯+i=x⇒ điểm biểu diễn w là điểm S.

Đáp án D

Do ABC là tam giác cân và ABC^=60° nên tam giác ABC đều ⇒SABCD=2SABC=a232.

Lại có: SA=ACtanASC^=atan60°=a3⇒V=13SA.SABCD=a36.

Đáp án B

Ta có I=∫34dxx+1x−2=13lnx−2x+134=13ln85=ln2−13ln5+0=aln2+bln5+c.

Do a,b,c∈ℚ⇒a=1b=−13c=0⇒S=a−3b+c=2.

Chú ý: Ta có công thức tính nhanh tích phân ∫dxax+bcx+d=1ad−bclnax+bcx+d.

Đáp án D

Gọi cạnh của hình lập phương là a khi đó ta có V=a3.

Hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và đỉnh là tâm của hình vuông A'B'C'D'

⇒R=a22h=a⇒VN=13hπR2=16πa3=πV6.

Đáp án A

Ta có n→P=1;2;−mu→Δ=−2;n;4. Do Δ vuông góc với (P), suy ra n→P,u→Δ cùng phương.

Do đó: 1−2=2n=−m4⇔n=−4m=2⇒m+n=−2.

Đáp án C

Dựng hình bình hành HDCE.

Suy ra  HD//CE⇒HD//SCE.

Khi đó: h=dHD,SC=dHD,SCE=dH,SCE=HK

(như hình vẽ). Ta có:EC=HD=AH2+AD2=a2.

Suy ra:HI=SHDCEEC=SABCDEC=2a2a2=a2.

Tam giác SAB cân tại S và SB,ABCD=SBA^=60°.

Suy ra ΔSAB đều cạnh AB=2a⇒SH=a3.

Ta có:  1HK2=1SH2+1HI2=13a2+12a2=56a2

⇒HK=a305.

 Vậy dHD,SC=a305.

Đáp án A

Ta có:g'x=fx+xf'x−4034x+2018.

Suy ra: g'x0=fx0+x0f'x0−4034x0+2018 (*)

Gọi Mx0;fx0 là tiếp điểm của tiếp tuyến, suy ra: f'x0=2017fx0=2017x0−2018 (2^*)

Thay (2^*) vào (*), ta được g'x0=2017x0−2018+x0.2017−4034x0+2018=0.

Đáp án D

Đặt t=x2⇒dt=2xdxx:0→1⇒t:0→1.

Khi đó: I=12∫01f''tdt=12f't01=12.f'1−f'0  (*)

Do hàm số y=fx có điểm cực trị x=1⇒f'1=0.

Phương trình đường thẳng Δ:x1+y1=1⇔y=−x+1 (1)

Suy ra hệ số góc của đường thẳng Δ là −1⇒f'0=−1 (2).

Thay (1), (2) vào (*), ta được: I=12.0−−1=12.

Đáp án B

Điều kiện   log15log5x2+1x+3≥0=log151⇔0<log5x2+1x+3≤1

⇔log51<log5x2+1x+3≤log55⇔1<x2+1x+3≤5

⇔x2−x−2x+3>0x2−5x−14x+3≤0⇔−3<x<−1x>2x<−3−2≤x≤7⇔−2≤x<−12<x≤7⇒D=−2;−1∪2;7.

Khi đó: x∈Dx∈ℤ→x∈−2;3;4;5;6;7: có 6 số nguyên.

Đáp án C

Tam giác đều cạnh 2sinx có diện tích: Sx=2sinx2.34=3sinx.

Suy ra thể tích vật thể là: V=∫0πSxdx=∫0π3sinxdx=−3cosx0π=−3−1−2=23.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta có:

+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra:

 y'=ad−bccx+d2<0,với x≠−dc⇔ad−bc<0⇔ad<bc*→ loại A, B.

+) Đồ thị cắt trục hoành Ox tại điểm có hoành độ  x=−ba>0⇔ab<0(1).

+) Đồ thị có tiệm cận ngang y=ac>0⇔ac>0 (2).

Từ (1), (2) ⇒a2bc<0⇔bc<0 (2*) (vì a≠0).

Từ (*), (2^*)  ⇒ad<bc<0.

Đáp án D

Để trả lời được câu hỏi ta cần xác định được khối đa diện đều loại 5;3có bao nhiêu mặt và mỗi mặt có bao nhiêu đỉnh (cạnh) ?

+) Loại 5;3 cho ta biết mỗi mặt có 5 đỉnh (5 cạnh) hay mỗi mặt là một ngũ giác (chia thành 3 tam giác), suy ra tổng các góc của một mặt là:3.180°=3π  (rad) (*).

+) Loại 5;3 là khối đa diện mười hai mặt đều, nên có 12 mặt (2^*).

Từ (*) và (2^*), suy ra tổng các góc của tất cả các mặt là:12.3π=36π.

Chú ý: Một đa giác n cạnh (n đỉnh) có tổng các góc là:  n−2.180°=n−2π.

Đáp án B

Ta có: L=limx→π2sinx+cosx+12018+22018.sinx−24x3−π2x

=limx→π2sinx+cosx+12018+22018sinx−22019x−π2.14xx+π2.

Đặt  fx=sinx+cosx+12018+22018.sinx.

Khi đó L=f'π2.limx→π214xx+π2=f'π2.12π2.

Ta có: f'x=2018.sinx+cosx+12017.cosx−sinx+22018.cosx⇒f'π2=−2018.22017.

Suy ra L=−2018.22017.12π2=−1009.22017π2.

Chú ý: Cho hàm số y=fx thì f'x0=limx→x0fx−fx0x−x0. 

Đáp án D

Với a,b>0, ta có:

+)  ∫02dxax+b=1alnax+b02=1aln2a+bb=2aln2⇒2a+bb=4⇔2a=3b(*).

+)  ∫02dxbx+a=1blnbx+a02=1bln2b+aa=1bln2a+13

⇒2b+aa=2a+13⇔6b+3a=2a2+a (2*)

Thay (*) vào (2^*), ta được: 4a+3a=2a2+a⇔2aa−3=0⇔a=0a=3→a>0a=3→*b=2.

Suy ra T=a+b=5.

Đáp án B

Điều kiện bài toán tương đương:2−iz−6+2i=25z¯⇔2z−6−z−2i=25z¯.

  ⇒2z−6−z−2i=25z¯⇔2z−62+z−22=25z¯. (*)

Đặt t=z>0, khi đó (*) có dạng: 2t−62+t−22=25t⇔5t2−28t+40=625t2

⇔5t4−28t3+40t2−625=0⇔t−55t3−3t2+25t+125=0 (2*)

Do 5t3−3t2+25t+125=0⇔t5t2−3t+25+125>0,∀t>0, suy ra:

(2*)⇔t=5⇔z=5∈4;6.

Đáp án B

Ta có:f'x=exasinx+bcosx+exacosx−bsinx

=exa−bsinx+a+bcosx

 =exAsinx+Bcosx với A=a−b;B=a+b.

⇒f''=exA−Bsinx+A+Bcosx=ex.−2bsinx+2acosx.

Suy ra: 10ex=f'x+f''x=exa−3bsinx+3a+bcosx

⇔a−3bsinx+3a+bcosx=10.

Điều kiện phương trình có nghiệm: a−3b2+3a+b2≥102⇔a2+b2≥10.

Đáp án C

Số các số có ba chữ số là: nΩ=9.10.10=900.

Gọi A là biến cố rút 1 số từ tập S thỏa mãn a, b, c là ba cạnh của một tam giác vừa cân, vừa nhọn.

Do tam giác cân, nên ta gọi ba cạnh của tam giác lần lượt là: a;b;c với a=c.

Gọi α là góc ở đỉnh cân (hình vẽ).

Khi đó tam giác nhọn  ⇔cosα=2a2−b22a2>0⇔2a2>b2.

Vậy điều kiện để tam giác cân đồng thời nhọn là:2a>b2a2>b2⇔2a2>b2.

+) Với a=1⇒b=1⇒Δ đều được lấy ra từ số 111, nghĩa là có 1 cách.

+) Với a=2⇒b∈1;2⇒ số khả năng 1+3=4 (cách) (gồm 1 tam giác đều, 3 tam giác cân không đều).

+) Với a=3⇒b∈1;2;3;4⇒ số khả năng 1+3.3=10 (cách)

+) Với a=4⇒b∈1;2;3;4;5⇒ số khả năng  1+4.3=13 (cách)

+) Với a=5⇒b∈1;2;3;4;5;6;7⇒ số khả năng 1+6.3=19 (cách)

+) Với a=6⇒b∈1;2;3;4;5;6;7;8⇒ số khả năng 1+7.3=22 (cách)

+) Với a∈7;8;9⇒b∈1;2;3;4;5;6;7;8;9⇒ số khả năng 3.1+8.3=75 (cách)

Suy ra nA=1+4+10+13+19+22+75=144.

Vậy xác suất cần tính là: PA=nAnΩ=144900=425.

Đáp án C

Ta dựng thêm điểm D sao cho C là trung điểm của AD⇒D3;12;−8

Gọi H₁, H₃ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên mặt phẳng (P). Khi đó:dD,P=2dC,P=h2=DH3.

Trường hợp 1: B, C cùng phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Gọi I, H lần lượt là trung điểm của BD,H1H3⇒I2;192;−5

Suy ra:  h1+h2=BH1+DH3=2IH≤2IA=33(*)

Trường hợp 2: B, C khác phía với mặt phẳng (P) (hình vẽ).

Suy ra:  h1+h2≤BI+DI=BD=65(2^*).

Từ (*), (2^*) suy ra: h1+h2max=33.

Dấu “=” xảy ra khi  IA⊥P 

⇒nP→=IA→=−3;−272;9//2;9;−6.

Suy ra phương trình P:2x+1+9y+4−6z−4=0

⇔P:2x+9y−6z+62=0⇒b=9c=−6d=62⇒T=65.

Đáp án B

Do ABC∩DBC=BCvà ABC⊥DBC nên theo mô hình 3, ta có:

 Rc=R12+R22−BC22 với lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và DBC.

Ta có:  R1=BC2sinA=a2sin60°=a3R2=BC2sinD=a2sin30°=a.

⇒Rc=a32+a2−a22=a396⇒V=43πRc3=1339πa354.

Đáp án B

Ta có: fx≤0 với ∀x∈3;5.

⇔m3−1x3+3x2+3m−2x+4≤0,∀x∈3;5.

⇔mx3+3mx≤x3−3x2+6x−4,∀x∈3;5.

⇔mx3+3mx≤x−13+3x−1,∀x∈3;5.

 ⇔gmx≤gx−1 với gt=t3+3t  là hàm số đồng biến.

⇔mx≤x−1,∀x∈3;5⇔m≤x−1x=1−1x=hx,∀x∈3;5⇔m≤min3;5hx.

Ta có h'x=1x2>0,∀x∈3;5, suy ra hx đồng biến trên  3;5⇒min3;5hx=h3=23.

Vậy m≤23→m∈ℤm∈−100;100m:−100→0, nghĩa là có 101 số nguyên m.

Đáp án D

Ta có:sin2x−π3−m2=12sin2x−32cos2x−m2=sin2x−3cos2x−m2.

 Đặt u=sin2x−m+12v=3cos2x+12, khi đó phương trình có dạng: 2018u−v2.log2019u=log2019v⇔2018u2018v.log2019u=log2019v

 ⇔2018u.log019u=2018vlog2019v⇔fu=fv trong đó ft=2018t.log2019t

 ⇔u=v⇔sin2x−m+12=3cos2x+12⇔sin2x−π3=m2 (*)

Do x∈π6;5π3⇒2x−π3∈0;3π nên để (*) có 4 nghiệm thì: 0≤m2<1

 ⇔0≤m<2→m∈ℤm∈0;1:có giá trị m thỏa mãn.

Đáp án B

Từ bảng biến thiên của hàm số y=fx, ta suy ra bảng biến thiên của hàm số y=fx như sau:

Vì bài toán quan tâm tới việc sắp thứ tự các nghiệm với giá trị x = 1 do đó ta cần tính được giá trị của hàm số tại x = 1. Nhưng ta nhận thấy M(0;6) và N(2;0) là hai điểm cực trị của hàm số. Khi đó, trung điểm I(1;3) của MN cũng thuộc đồ thị hàm số hay f1=3 nên ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên này, suy ra phương trình fx=m có bốn nghiệm x1,x2,x3,x4 thỏa mãn x1<x2<x3<1<x4 khi và chỉ khi 3<m<6.

Đáp án A

Ta có:un+1=2un3un3+83⇔un+13=8un33un3+8⇔8un+13+3un3.un+13−8un3=0.

 ⇔8un3+3−8un+13=0⇔8un+13=8un3+3 (*)

Đặt vn=8un3→*vn+1=vn+3, suy ra vn là một cấp số cộng có v1=8u13=1d=3.

Khi đó ⇒vn=v1+n−1d=3n−2⇒8un3=3n−2⇔un3=83n−2.

Xét các số hạng: un∈120189;1⇔un3∈120183;1⇔120183≤83n−2≤1

 ⇔8≤3n−2≤8.20183⇔3,3≤n≤34,4→n∈ℕ*n:4→34, có 31 số hạng.

Đáp án C

Gọi Mz1Mz2, khi đó: z1−1+3i=4⇔MI=4 với I1;−3.

Suy ra M thuộc đường tròn tâm I1;−3, bán kính R=4.

Ta có:  z2−1+i=z2¯+2+3i⇔z2−1+i=z2+2−3i⇔NA=NB trong đó: A1;−1B−2;3.

Suy ra N thuộc đường thẳng Δ:6x−8y+11=0 là đường trung trực của AB.

Khi đó:  T=z1−z2=MN≥M0H với H là hình chiếu vuông góc của I trên Δ và  IH∩C=M0(như hình vẽ)

Ta có:  M0H=IH−IM0

=dI,Δ−R=6+24+1162+82−4=110.

Suy ra T≥110⇒Tmin=110.

Đáp án B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB ⇒MH⊥AA'B'B.

Khi đó:  VM.AA'B'B=13MH.SAA'B'B=13MH.AB.AA'=R3MH.AB.

Vậy để VM.AA'B'Bmax⇔MH.ABmax.

Khi AB cố định thì MH.ABmax⇔MHmax⇔ M nằm chính giữa cung lớn AB, suy ra O∈MH⇒H là trung điểm của AB.

Đặt  OH=x⇒MH=MO+OH=R+xAB=2HB=2OB2−OH2=2R2−x2.

Suy ra:  MH.AB=R+x.2R2−x2

⇔MH.AB2=4R+x2.(R2−x2)

=43R+xR+xR+x.3R−3x

≤43R+x+R+x+R+x+3R−3x44=27R44.

Dấu “=” xảy ra khi:  R+x=3R−3x⇔x=R2.

Suy ra MH.AB≤33R22⇒VM.AA'B'B≤R3.33R22=R332⇒VM.AA'B'Bmax=R332.

Đáp án D

Gọi SABCDS' là khối đa diện đều cạnh a.

Khi đó: VSABCDS'=13SS'.SABCD=13.a.2.a2=a323.

Khối đa diện có các đỉnh là trọng tâm các mặt của khối tám mặt đều SABCDS'  là hình lập phương có cạnh MN (như hình vẽ bên).

Gọi I là trung điểm của CD.

Khi đó: MNSS'=IMIS=13⇒MN=13SS'=a23.

Khi đó thể tích hình lập phương: V'=a233=2a3227.

 Suy ra V'V=2a3227a323=29

Chú ý: Khối bát diện đều cạnh a có thể tích: V=a323.