Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 5)

Đáp án A

Đáp án C

Ta có $R=OD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S=4\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=3\pi a^2$.

Đáp án C

Từ hình vẽ thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm và $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ đổi dấu khi đi qua hai nghiệm

Þ hàm số $y=f\left(x\right)$ có 2 điểm cực trị.

Đáp án C

Có $\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C$ .

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=\ln x+1$. Hàm số đồng biến $\iff y^{\text{'}}>0\iff \ln x>-1\iff x>\frac{1}{e}$.

Đáp án B

Ta có $4^{x-1}\ge 2^{x-1}\iff \frac{1}{4}{.2}^{2x}-\frac{1}{2}{.2}^x\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x\ge 2\\ 2^x\le 0\end{array}\right.\iff x\ge 1$.

Đáp án A

Ta có $I=\underset{a}{\overset{b}{\int }}2xdx={\left.x^2\right|}_a^b=b^2-a^2$.

Đáp án B

Ta có 4 cách chọn cửa đi vào và 3 cách chọn cửa đi ra (Do cửa đi vào và đi ra khác nhau)

Do đó theo quy tắc nhân có $4.3=12$ cách đi.

Đáp án C

Ta có hình bát diện đều như hình vẽ

Sẽ có các mặt phẳng đối xứng là 

Vậy bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng.

Đáp án B

Ta có $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=1-t\\ z=3t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$ Þ Điểm  $A\left(1;1;0\right)\in d$.

Đáp án A

Ta có ${\left(x-y\right)}^{11}=\sum _{k=0}^{11}{\left(-1\right)}^k{C}_{11}^k{x}^{11-k}{y}^k$.

Số hạng chứa $x^8{y}^3$ ứng với $\left\{\begin{array}{l}11-k=8\\ k=3\end{array}\right.\iff k=3$.

Þ Hệ số của số hạng chứa $x^8{y}^3$ là ${\left(-1\right)}^3{C}_{11}^3=-C_{11}^3$.

Đáp án D

Ta có $\left(P\right)\text{//}\left(Q\right)\iff \frac{m}{1}=\frac{2}{2}=\frac{1}{1}\ne \frac{1}{1}$ Þ Không tồn tại $m$ thỏa mãn đề.

Đáp án D

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5$ .

Đáp án C

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $O\left(0;0\right)$ Þ chỉ có hàm số $y=\frac{x}{2x+1}$ thỏa mãn.

Đáp án A

Ta có công thức tổng quát ${\left({\log }_{a}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x.\ln a}\Rightarrow {\left({\log }_{2}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x.\ln 2}$.

Đáp án B

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{2}{{\left(x+1\right)}^2}$. tại $x_0=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_0=\frac{1-1}{1+1}=0\\ y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{2}{{\left(x_0+1\right)}^2}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta có $P={\log }_{2}3.{\log }_{3}4+{\log }_{4}3.{\log }_{3}2={\log }_{2}4+{\log }_{4}2=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.

Đáp án B

Quãng đường vật di chuyển được tính từ thời điểm ban đầu đến thời điểm $t=k\left(\text{s}\right)$ là $S_t=\underset{0}{\overset{k}{\int }}\left(3t^2+2\right)dx={\left.\left(t^3+2t\right)\right|}_o^k=k^3+2k$

Theo bài ra ta có $S_t=135\iff k^3+2k-135=0\iff k=5\left(\text{s}\right)$

Quãng đường vật đi được trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m là $\underset{5}{\overset{8}{\int }}\left(3t^2+2\right)dx=393\left(\text{m}\right)$.

Đáp án B

Cách 1. Ta có $z=\frac{5+4i-\left(2+3i\right)\left(1-2i\right)}{3}=-1+\frac{5}{3}i$.

Cách 2. Nhập $3X+\left(2+3i\right)\left(1-2i\right)-5-4i$ rồi dùng CALC thử lần lượt các đáp án.

Đáp án B

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ta thấy $y^{\text{'}}<0\iff x\in \left(1;\frac{11}{5}\right)$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;\frac{11}{5}\right)$.

Đáp án B

Đáp án B

Trong tứ diện đều, các cặp cạnh đối là vuông góc và thuộc mặt trung trực của cạnh kia.

Gọi M là trung điểm AB khi đó $MC=MD$ nên thực chất ta chỉ thu được hai mặt nón là nón đỉnh A và nón đỉnh B với đáy chung là đường tròn tâm M bán kính MD.

Đáp án D

Tập hợp các điểm M cách đều ba điểm $A,B,C$là đường thẳng $\Delta$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

Ta có $\overrightarrow{n_{\left(ABC\right)}}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(9;9;9\right)$.

Do $\Delta ABC$là tam giác đều nên đường thẳng $\Delta$sẽ đi qua trọng tâm $G\left(1;1;1\right)$của $\Delta ABC$và nhận vectơ $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;1;1\right)$làm một vectơ chỉ phương.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy 

+ $f\left(x\right)\le \mathrm{2,}\forall x\in ℝ$và $f\left(0\right)=2$nên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 tại $x=0$ .

+ Vì $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1$nên $f\left(x\right)>-\mathrm{1,}\forall x\in ℝ$ Þ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất.

Đáp án C

Phương trình $\left(ABC\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.Mà $I\left(1;3;3\right)\in \left(ABC\right)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}=1$.

Ta có $V_{OABC}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right].\overrightarrow{OC}\right|=\frac{1}{6}abc$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ${\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)}^3\ge \frac{27.9}{abc}\Rightarrow abc\ge 243$.

Vậy $\min V_{OABC}=\frac{81}{2}\iff a=\mathrm{3,}b=\mathrm{9,}c=9$.

Đáp án B

Xét phương trình $x^2+2\left(m-1\right)x+m^2=0$ có ${\Delta }^{\text{'}}=1-2m<\mathrm{0,}\forall m>\frac{1}{2}$.

Þ Phương trình vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x^2+2\left(m-1\right)x+m^2}}=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

         $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x^2+2\left(m-1\right)x+m^2}}=-1\Rightarrow y=-1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận.

Đáp án A

Gọi bán kính đáy là R. Hình trụ có chu vi đáy bằng $2a$nên $2\pi R=2a\iff R=\frac{a}{\pi }$.

Vậy thể tích khối trụ $V=\pi R^{2}h=\pi {\left(\frac{a}{\pi }\right)}^{2}a=\frac{a^3}{\pi }$ (đvtt).

Đáp án A

Ta có  $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x^2-4}\Rightarrow f\left(x\right)=\int \frac{dx}{x^2-4}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_1,x>2\\ \frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_2,-2<x<2\\ \frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_3,x<-2\end{array}\right.$

Thay vào các dữ kiện ta có: $\left\{\begin{array}{l}f\left(3\right)+f\left(-3\right)=3\\ f\left(1\right)+f\left(-1\right)=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_1+C_3=3\\ C_2=3\end{array}\right.$

$\Rightarrow f\left(-4\right)+f\left(0\right)+f\left(5\right)=\frac{1}{4}\left(2\ln 3-\ln 7\right)+6$

Vậy $a+b+c=7$.

Đáp án B

Do số điểm cực trị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)+m\right|$bằng tổng số điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)+m$và số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)+m=0\left(*\right)$ (không kể nghiệm bội chẵn)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y=f\left(x\right)$ có hai điểm cực trị.

Þ Hàm số $y=f\left(x\right)+m$ có hai điểm cực trị.

Þ Hàm số $y=\left|f\left(x\right)+m\right|$có 5 điểm cực trị Û Phương trình $f\left(x\right)+m=0$có ba nghiệm phân biệt (không kể nghiệm bội chẵn)

Û Đường thẳng $y=-m$cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$tại ba điểm phân biệt.

$\iff 0<-m<1\iff -1<m<0$.

Đáp án A

Tam giác $AH{A}^{\text{'}}$vuông tại H nên $A^{\text{'}}H=A{A}^{\text{'}}.\cos 30°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$và $A^{\text{'}}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}$nên $A^{\text{'}}H\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$hay H là trung điểm của $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ .

Mặt khác $AH\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$nên $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp \left(A{A}^{\text{'}}H\right)\Rightarrow A{A}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

Kẻ đường cao HK của tam giác $A{A}^{\text{'}}H$ thì HK chính là khoảng cách giữa $A{A}^{\text{'}},B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

Đáp án A

Khẳng định I sai vì nếu x, y là các số thực trái dấu thì sẽ không thỏa mãn đẳng thức.

Khẳng định II sai vì cho $x=-y$ta có điều ngược lại.

Khẳng định III là đúng. Đây chính là bất đẳng thức tam giác.

Đáp án D

Gọi $M\left(x;y\right)$là điểm biểu diễn của số phức $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$.

Gọi $A\left(4;0\right)$là điểm biểu diễn của số phức $z=4$.

Gọi $B\left(-4;0\right)$là điểm biểu diễn của số phức $z=-4$.

Khi đó $\left|z+4\right|+\left|z-4\right|=10$

$\iff \sqrt{{\left(x+4\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+y^2}=10$

$\iff MA+MB=10\left(*\right)$

Þ Tập hợp các điểm M là elip nhận $A,B$ là các tiêu điểm.

Gọi phương trình của elip là $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\mathrm{1,}\left(a>b>\mathrm{0,}{a}^2=b^2+c^2\right)$

Từ (*) ta có $\left\{\begin{array}{l}2a=10\\ AB=2c\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5\\ c=4\end{array}\right.\Rightarrow b^2=a^2-c^2=9$.

Vậy quỹ tích các điểm M là elip $\left(E\right):\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$.

Đáp án A

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$

+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y=f\left(x\right)$trên $\left[-1;4\right]$ ta đi so sánh $f\left(-1\right)$và $f\left(2\right)$

Ta có $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx+\underset{a}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<0$