Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 14)

Đáp án đúng là: A

Điểm M (-4;5) là điểm biểu diễn của số phức z = -4 + 5i

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối chóp S.ABC là V=13SABC⋅SA=13⋅2a234⋅a3=a3.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định của hàm số y=−x+2x−1 là x−1≠0⇔x≠1.

Khi đó tập xác định của hàm số đã cho là D=ℝ\1.

Ta có: y'=−3x−12<0,  ∀x≠1.

Vậy hàm số nghịch biến trên −∞; 1∪1;+∞.

Đáp án đúng là: A

Mặt phẳng (P):2x−z+3=0 có một vectơ pháp tuyến là n→=2; 0; −1.

Đáp án đúng là: A

Ta có: 52x+3>125⇔52x+3>5−2⇔2x+3>−2⇔x>−52.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình 52x+3>125 là −52;+∞.

Đáp án đúng là: B

Vì SA⊥ABC nên SC,ABC=SC,SA=SCA^ và SA⊥SC.

Xét ΔSAC vuông tại A có:.tanSCA^=SAAC=a3a=3

Suy ra SC,ABC=SCA^=60°.

Đáp án đúng là: A

Ta có P=logaa3cb2=logaa3c−logab2=logaa3+logac−logab2

          =3+12logac−2logab=3+12⋅−4−2⋅3=−5 .

Đáp án đúng là: A

Ta có: u5−u1=20⇔u1+4d−u1=20⇔4d=20⇔d=5.

Vậy công sai d  của cấp số cộng đã cho là 5.

Đáp án đúng là: C

Ta có: vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng Oxy và Oxz lần lượt là k→=0; 0; 1 và j→=0; 1; 0.

Vì k→⊥j→ nên góc giữa hai mặt phẳng Oxy và Oxz bằng 90°.

Đáp án đúng là: D

Ta có ∫fxdx=5xln5+3x+C⇒fx=5xln5+3x+C'=5x+3.

Đáp án đúng là: C

Từ phương trình đường thẳng d:x−12=y+3−1=z3, ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ud→=2; −1; 3.

Chọn điểm A1; −3; 0∈d.

Phương trình tham số của đường thẳng d là x=1+2ty=−3−tz=3t⋅

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫−15fx dx=∫−13fx dx+∫35fx dx=−5+1=−4.

Đáp án đúng là: D

Mặt cầu (S): x2+y2+z2−2x+4y−6z−2=0  có tâm I (1;-2;3), bán kính là

R=12+−22+32−−2=4.

Vậy đường kính của mặt cầu (S) là 2R = 8.

Đáp án đúng là: B

Vì hàm số y=x+2022x+2023 cắt trục hoành (y = 0) nên xét phương trình hoành độ giao điểm như sau: x+2022x+2023=0⇒x=−2022.

Vậy hàm số y=x+2022x+2023 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là (-2022;0).

Đáp án đúng là: A

Ta có: log13x−3<−2⇔x−3>9x>3⇔x>12x>3⇔x>12.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=12;+∞⋅

Đáp án đúng là: D

Ta có z=i3i+1=−3+i⇒z¯=−3−i.

Đáp án đúng là: B

Ta có: z=3+4i=32+42=5.

Vậy môđun của số phức z = 3 +4i bằng 5.

Đáp án đúng là: B

Xét f'x=0⇔2x+1x+223x−14=0⇔x=−12x=−2x=13.

Nhận thấy phương trình f'(x)  chỉ có 1 nghiệm bội lẻ là x=−12.

Do đó hàm số f(x) chỉ có 1 điểm cực trị tại x=−12.

Đáp án đúng là: C

Số tập con gồm 2 phần tử của A là C102.

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0;1).

Đáp án đúng là: D

Vì π+1 là một hằng số nên tập xác định của hàm số đã cho là D=ℝ.

Đáp án đúng là: B

Ta có: limx→±∞y=limx→±∞x−32x+1=12 nên đồ thị hàm số đã cho có một đường tiệm cận ngang là y=12.

Đáp án đúng là: C

Từ bảng biến thiên ta suy ra điểm cực tiểu của của hàm số đã cho là x = 3.

Đáp án đúng là: C

Ta có: y'=log2023x'=1xln2023.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ∫06x+fx dx=∫06x dx+∫06fx dx=x2206+3=18+3=21.

Đáp án đúng là: D

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: Sxq=πrl=π.3.6=18π.

Đáp án đúng là: D

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là x = -1 và tiệm cận ngang là y = 2.

· Phương án A sai: Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng vì y=2x−2x−1=2x−1x−1=2.

· Phương án B sai: Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận đứng x = 1 vì limx→1+2x+1x−1=+∞;  limx→1−2x+1x−1=−∞.

· Phương án C sai: Đồ thị hàm số chỉ có tiệm cận ngang y = 1 vì limx→±∞x+2x+1=1.

· Phương án D đúng: Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là x = -1 và tiệm cận ngang là y = 2 vì: limx→−1+2x−1x+1=−∞; limx→−1−2x−1x+1=+∞; limx→±∞2x−1x+1=2.

Đáp án đúng là: B

Vì khối lăng trụ đã cho là khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên ta có chiều cao của khối lăng trụ h = 5.

Đáy là hình vuông cạnh bằng 4 nên ta có diện tích đáy S=42=16.

Thể tích khối lăng trụ với S = 16 là diện tích đáy và h = 5 là chiều cao khối lăng trụ là:

V = S.h = 16.5 = 80

Đáp án đúng là: C

Gọi d là đường thẳng cần tìm.

Ta có: d⊥P⇒ud→=nP→=1;−2;2.

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm A (1;-2;0) và có vectơ chỉ phương ud→=1;−2;2 là d:x−11=y+2−2=z2.

 

Đáp án đúng là: C

Gọi H  là hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (yOz)  nên H (0;2;-1).

Gọi M' là điểm đối xứng với M qua mặt phẳng (yOz).

Suy ra H  là trung điểm của MM' nên 

xM'=2xH−xM=2⋅0−3=−3yM'=2yH−yM=2⋅2−2=2zM'=2zM−zM=2⋅−1−−1=−1.

Vậy điểm đối xứng với M qua mặt phẳng (yOz) có tọa độ bằng (-3;2;-1).

 

Đáp án đúng là: A

Gọi r là bán kính đường tròn (C)  ta có: r=R2−d2O,P=22.

Chu vi đường tròn (C) là C=2πr=2π.22=4π2.

Đáp án đúng là: D

Ta có: fx=∫4−3sinxdx=4x+3cosx+C.

Mặt khác f0=5⇔3+C=5⇒C=2.

Vậy hàm số fx=4x+3cosx+2.

Đáp án đúng là: B

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy.

Ta có: z−1−2i=2 

⇒x+iy−1−2i=2⇔x−1+y+2i=2⇔x−12+y+22=2.

⇒x−12+y+22=4.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài là đường tròn x−12+y+22=4.

Đáp án đúng là: A

Ta có: log2x2+x+1=2+log2x⇔log2x2+x+1=log24x.

⇔x>0x2+x+1=4x⇔x>0x2−3x+1=0⇔x1=3−52x2=3+52⇒x1+x2=3.

Đáp án đúng là: A

Ta có:  3fx−m=0⇔fx=m3(*).

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f(x) ta thấy phương trình (*) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔−2<m3<4⇔−6<m<12.

Đáp án đúng là: D

Số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số 1;2;3;4;5;6 là A63=120⇒nΩ=120.

Gọi biến cố A: “số được chọn là một số chia hết cho ”.

Giả sử số tự nhiên có ba chữ số khác nhau chia hết cho 5 có dạng abc¯.

·Chữ số c = 5 có 1 cách chọn;

·Chữ số b (b≠c) có 5 cách chọn;

·Chữ số a (a≠b;  a≠c) có 4 cách chọn.

Suy ra nA=1.5.4=20.

Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=20120=16.

Đáp án đúng là: D

Ta có: x3−6x=x2⇔x3−x2−6x=0⇔x=3x=0x=−2.

Ta có S=∫−23x3−x2−6xdx=∫−20x3−x2−6xdx+∫03x3−x2−6xdx

=14x4−13x3−62x2−20+14x4−13x3−62x203=25312.

          

Đáp án đúng là: A

Xét phương trình z2−mz+m+8=0 có Δ=m2−4m−32.

·Trường hợp 1: Δ>0⇔m2−4m−32>0⇔m>8m<−4.

Khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân biệt.

Ta có z12=mz1−m−8 suy ra z12+mz2=mz1+z2−m−8=m2−m−8.

Mà z1z12+mz2=m2−m−8z2.

Suy ra  m2−m−8z1=m2−m−8z2(*).

Nếu z1.z2=0 thì m+8=0⇒m=−8 không thỏa mãn.

Nếu z1.z2≠0 thì (*) ⇔m2−m−8>0z1=z2

 ⇔m2−m−8>0z1=−z2⇔m2−m−8>0m=0hệ vô nghiệm.

· Trường hợp 2:Với.

Khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt và z1=z2, ta có  

z1z12+mz2=m2−m−8z2⇔m2−m−8z1=m2−m−8z2

 

⇔m2−m−8≥0⇔m≥1+332m≤1−332

Kết hợp điều kiện m∈ℤ ta được m∈−3;  4;  5;  6;  7.

VậyT1o| có tất cả là 5 số nguyên cần tìm.

Đáp án đúng là: A

log3x2+1−log3x+3132−2x−1≥0⇔log3x2+1−log3x+31≥032−2x−1≥0log3x2+1−log3x+31≤032−2x−1≤0

⇔log3x2+1≥log3x+312x−1≤32log3x2+1≤log3x+312x−1≥32⇔x2+1≥x+31x+31>02x−1≤25x2+1≤x+312x−1≥25x2+1≥0  (luôn  đúng)

⇔x2−x−30≥0x>−31x≤6x2−x−30≤0x≥6⇔−31<x≤−5x=6

Mà x∈ℤ nên x∈ −30; −29; −28;...; −6; −5; 6

Vậy có 27 số nguyên x thỏa mãn đề bài.

Đáp án đúng là: A

Nếu m = 0 thì y=−4x2+2. Đây là hàm số bậc hai có hệ số a < 0 nên nó có đúng một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu. Vậy m = 0  thỏa đề.

Nếu m≠0 ta có:

y'=4mx3+2m2−4x=2x2mx2+m2−4

y'=0⇔x=0x2=4−m22m

Do đó, để hàm số đã cho có đúng một điểm cực đại và không có điểm cực tiểu thì

m<04−m22m≤0⇔m<04−m2≥0⇔−2≤m<0

Mà m∈ℤ nên m∈−2; −1; 0.

Kết hợp cả 2 trường hợp ta có .

Vậy có 3 giá trị nguyên của m  thỏa mãnđề bài.

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm hình vuông ABCD; M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD

Ta có: AB//CD mà CD⊂SCD nên AB//(SCD).

Khi đó dAB,SC=dAB,SCD=dM,SCD.

Trong (SMN) kẻ  MI⊥SN, I∈SN(1).

Lại có: CD⊥MNCD⊥SO⇒CD⊥SMN⇒CD⊥MI(2).

Từ (1) và (2) ta có MI⊥SCD⇒dM,SCD=MI.

Xét tam giác SAC có SA=SC=AC=a2 nên ΔSAC đều.

Do đó SO=a2⋅32.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD nên MN là đường trung bình của hình thang ABCD

Suy ra MN = AB = a.

Xét ΔSCD cân tại C (do SC - SD) có SN là đường trung tuyến.

⇒SN⊥CD.

Áp dụng định lí Pythagore trong ΔSCN có:

Vì SSMN=12MI⋅SN=12SO⋅MN⇒MI⋅SN=SO⋅MN

⇒MI=SO⋅MNSN=a62⋅aa72=a427. .

Vậy dAB,CD=a427.

Đáp án đúng là: C

Hai đường thẳng d1,d2 có vectơ chỉ phươnglà u→1=3;2;−2;u→2=2;2;−1.

Lấy điểm A1+3t; −1+2t; 2−2t∈d1 và B4+2u; 4+2u; −3−u∈d2.

Đường thẳng AB là đường vuông góc chung của hai đường thẳnkhi

AB→⋅u1→=0AB→⋅u2→=0⇔12u−17t=−299u−12t=−21⇔u=−1t=1

Suy ra A4; 1; 0,  B2; 2; −2,  AB→=−2; 1; −2.

Phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2 là

x−22=y−2−1=z+22.

Đáp án đúng là: B

Ta có Fx=∫e2x+1dx=e2x2+x+C1 khi x≥0∫4x+2dx=2x2+2x+C2 khi x<0.

Do F−2=5⇔2⋅−22+2⋅−2+C2=5⇔C2=1.

Do F(x)  liên tục tại x = 0 nên limx→0+Fx=limx→0−Fx=F0

⇔e2⋅02+0+C1=2⋅02+2⋅0+C2⇔12+C1=1⇔C1=12

Do đó Fx=e2x2+x+1 2     khi   x≥02x2+2x+1    khi   x<0.

Suy ra F1+3F−1=12e2+92. Khi đó a=12; b=92.

Vậy a + b = 5.

Đáp án đúng là: B

Ta có: SO = 3.

Kẻ OH⊥AB⇒AH=HB.

Kẻ OK⊥SH (1)

Dễ dàng có được SO⊥ABSH⊥AB⇒AB⊥SHO⇒AB⊥OK (2)

Từ (1) và (2) ta có: OK⊥SAB.

⇒dO; P=dO; SAB=OK=6.

Tam giác vuông SOH vuông tại O ta có: 

1OK2=1SO2+1OH2⇒OH=SO2⋅OK2SO2−OK2=32⋅6232−62=32

Tam giác vuông SOH vuông tại O có 

SH=SO2+OH2=32+322=33

Tam giác vuông SAH vuông tại H có

SH=SA2−AH2=AB2−AB24=AB32⇒AB32=33⇒AB=6

Xét tam giác vuông OAH, ta có:

OA=HA2+OH2=AB22+OH2=32+322=33

Vậy thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón (N) là

V=13πr2h=13π⋅OA2⋅SO=13π⋅27⋅3=27π

.

Đáp án đúng là: C

Ta có: z=x+yi  x,y∈ℝ.

w=z+3i−1z+3+i=(x−1)+(y+3)i(x+3)+(y+1)i=(x−1)+(y+3)i(x+3)−(y+1)i(x+3)+(y+1)i(x+3)−(y+1)i

⇒w=x−1x+3+y+3y+1+x+3y+3−x−1y+1ix+32+y+12

w là số thuần ảo ⇔ (x−1)(x+3)+(y+3)(y+1)=0⇔ x2+y2+2x+4y=0.

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của z1, z2 ta có

M,N∈C: x2+y2+2x+4y=0

(C) có tâm I(-1;-2), bán kính R=5.

Các số phức z1, z2∈S thỏa mãn

z1−z2=2⇔xN−xM2+yN−yM2=2⇔MN=2

Gọi A(0;3) nên ta có IA=0+12+3+22=26.

Xét P=z1−3i2−z2−3i2=AM2−AN2

=AM→2−AN→2=AI→+IM→2−AI→+IN→2

=IA2+IM2+2AI→.IM→−IA2−IN2−2AI→.IN→=2AI→IM→−IN→

=2AI→.NM→=2.IA.MN.cosAI→,NM→≤2.IA.MN=2.26.2=226

(Do M,N∈C⇒IM=IN).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ AI→ ,NM→ cùng hướng.

Vậy giá trị lớn nhất của P=z1−3i2−z2−3i2 bằng 226.

Đáp án đúng là: B

Vì ABC là tam giác vuông cân tại A, a.

⇒AB=AC=a22⇒SΔABC=12a22.a22=14a2

Vì ΔABC và ΔA'B'C' cân tại A và A' nên ta dễ dàng có được ΔMA'C'=ΔMA'B'=ΔMAC=ΔMAB.

Suy ra MB=MC=MB'=MC'.

Gọi I, I' là trung điểm của BC và B'C'.

Suy raMI⊥BC; MI'⊥B'C' và MI = MI'.

Ta có: (MBC)∩(MB'C')=Mx với Mx//BC//B'C'.

Trong (MBC) có: MI⊥BCBC//Mx⇒MI⊥Mx.

Tương tự ta cũng có: MI'⊥Mx.

Ta có: (MBC)∩(MB'C')=MxMI⊥Mx; MI⊂MBCMI'⊥Mx; MI'⊂MB'C'.

Suy ra nên góc giữa hai mặt phẳng (MBC) và (MB'C') bằng IMI'^.

Mà hai mặt phẳng (MBC) và (MB'C') vuông góc với nhau nên IMI'^=90°.

Ta có ΔIMI' vuông cân tại  M ⇒MI'I^=45°⇒MI'A'^=45°.

Mà MA'I'^=90°⇒A'MI'^=45° nên ΔMA'I' vuông cân tại A'.

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ có đáy là tam giấcBC là tam giác vuông cân tại A, BC = a nên AI=A'I'=BC2=a2

⇒M'A=A'I'=a2⇒AA'=2MA'=a

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là:

 VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=AA'⋅12⋅A'I'⋅B'C'=a⋅12⋅a2⋅a=a34.

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu (S)  tâm I1;2;−3;R=33.

Đặt MA=MB=MC=a

Xét ΔMAB có MA=MBAMB^=60°⇒ΔMAB đều nên AB = a.

Xét ΔMBC có  MB=MCBMC^=90°⇒ΔMBCvuông cân tại M nên BC=a2.

Xét ΔMBC có MC=MA=aMAC^=120° nên áp dụng định lí Côsin ta có CA=a3.

Từ các kết quả trên ta có ΔABC vuông tại B (định lí Pythagore đảo).

⇒ΔABC ngoại tiếp đường tròn đường kính AC bán kính R=HA=AC2=a32 (với H là trung điểm của AC).

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔIAM có:

1HA2=1AM2+1IA2⇔43a2=1a2+1332⇔a=3=MA=MB=MC

Áp dụng định lí Pythagore trong ΔIAM có:

MI2=MA2+IA2=32+332=36.

Vì M∈d nên gọi Mt−1;t−2;t+1.

⇒MI2=t−22+t−42+t+42=36

⇔3t2−4t=0⇔t=0t=43⇔M−1; −2; 1M13; −23; 73

Vì hoành độ của M âm nên ta chọn M(-1;-2;1).

⇒a+b+c=−2.

Đáp án đúng là: C

Ta có: f(x)−x⋅f'(x)⋅lnx=2x2⋅f2x⇔1x⋅f(x)−f'(x)⋅lnx=2x⋅f2x

⇔1x⋅f(x)−f'(x)⋅lnxf2x=2x⇔lnxf(x)'=2x⇒lnxf(x)=∫2xdx⇔lnxf(x)=x2+C

Mặt kháclnef(e)=e2+C⇒C=0⇒f(x)=lnxx2.

Suy ra y=x⋅f(x)=lnxx,∀x∈1;+∞.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y=lnxx, y=0, x=e, x=e2 là

S=∫ee2lnxxdx=∫ee2lnxxdx=∫ee2lnxdlnx=12lnx2ee2=32 .

Đáp án đúng là: B

Ta có: log2023x+1y+1+x2y2+2xy2≤y+2y3

⇔12log2023x+12y+12+y2x2+2x+1−y2≤y2y2+2y+1−y2

⇔12log2023y2x+12y2y+12+y2x+12≤y2y+12

⇔12log2023y2x+12+y2x+12≤12log2023y2y+12+y2y+121.

Xét hàm số ft=12log2023t+t.

Ta có f't=12⋅1ln2023.t+1>0,∀t>0.

Nên f(t) đồng biến trên 0;+∞, khi đó:

1⇔y2x+12≤y2y+12⇔x+1≤y+1⇔x≤y x,y>0.

Với  y = n 1≤n≤20 thì ta có được n giá trị nguyên dương x tương ứng.

Nên số cặp nguyên dương (x;y) thỏa mãn là ∑k=120k=210.

Đáp án đúng là: D

Đặt t=ex⇒0<t<2t'=ex>0.

Khi đó, bài toán trở thành có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn −2023;2023 của tham số thực m  để hàm số y=t3−3m+2t2+3mm+4t đồng biến trên khoảng (0;2).

Xét hàm số ft=t3−3m+2t2+3mm+4t

⇒f't=3t2−6m+2t+3mm+4

=3t2−2m+4t+mm+4=3t−mt−m+4           .

Trường hợp 1: Hàm số ft=t3−3m+2t2+3mm+4t đồng biến và không nhận giá trị âm trên (0;2)

⇔ft≥0f't≥0,∀t∈0;2⇔f0≥03t−mt−m+4≥0, ∀t∈0;2

⇔0≥00−m+4≥02−m≤0⇔m≤−4m≥2.

Mà m∈−2023;2023, m∈ℤ nên có 4042 giá trị m .

Trường hợp 2: Hàm số ft=t3−3m+2t2+3mm+4t nghịch biến và không nhận giá trị dương trên (0;2) ⇔ft≤0f't≤0,∀t∈0;2

⇔f0≤03t−mt−m+4≤0, ∀t∈0;2⇔0≤00−m≥02−m+4≤0⇔−2≤m≤0

.

Mà m∈−2023;2023, m∈ℤ nên có 3 giá trị m.

Vậy có tất cả 4045 giá trị m  thỏa mãn.