Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 17)

Đáp án đúng là: B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{4047}{{\left(2x+1\right)}^2}>0\forall x\ne -\frac{1}{2}$.

Vậy hàm số đã cho không có cực trị.

Đáp án đúng là: A

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2+6x$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $\left(C\right):y=x^3+3x^2$ tại điểm M(1;4) là:

$y=f^{\text{'}}\left(1\right).(x-1)+4$ $\iff y=9(x-1)+4\iff y=9x-5$.

Đáp án đúng là: C

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi đường cong $y=\sqrt{\frac{5+(x-4)e^x}{x{e}^x+1}}$, trục hoành và hai đường thẳng $x=\mathrm{0,}x=1$ quanh trục hoành là:

$V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{5+(x-4)e^x}{x{e}^x+1}\text{d}x=$$\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{5+x{e}^x-4e^x}{x{e}^x+1}\text{d}x$$=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1+\frac{4-4e^x}{x{e}^x+1}\right)\text{\hspace{0.17em}d}x$

$=\pi \left(\underset{0}{\overset{1}{\int }}\text{d}x+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4-4e^x}{x{e}^x+1}\text{d}x\right)$

Đặt $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4-4e^x}{x{e}^x+1}\text{d}x=4\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{1-e^x}{x{e}^x+1}\text{d}x=4\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{\frac{1}{e^x}-1}{x+\frac{1}{e^x}}\text{d}x$.

Đặt $t=x+\frac{1}{e^x}\Rightarrow \text{d}t=\left(1-\frac{1}{e^x}\right)\text{d}x$. Đổi cận ta có: $x=0\Rightarrow t=1$$x=1\Rightarrow t=1+\frac{1}{e}$ .

$I=4\underset{1}{\overset{1+\frac{1}{e}}{\int }}-\frac{\text{d}t}{t}={\left.4\left(-\ln t\right)\right|}_1^{1+\frac{1}{e}}=4\left(-\ln (1+e)+1\right)$

Nên $V=\pi \left\{1+4.\left[1-\ln \left(1+e\right)\right]\right\}=\pi \left[5-4\ln \left(1+e\right)\right]$.

Do đó $a=5;b=-4\Rightarrow a-2b=13$.

Đáp án đúng là: A

Ta có

 $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=a;SM=SN=MN=a\sqrt{2};BN=\sqrt{A{B}^2+A{N}^2}=a\sqrt{5}$

$\cos \left(SM;BN\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{SM};\overrightarrow{BN}\right)\right|=\frac{\left|\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{BN}\right|}{SM.BN}=\frac{\left|\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SN}-\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{SB}\right|}{SM.BN}$

$=\frac{\left|\frac{S{M}^2+S{N}^2-M{N}^2}{2}-\frac{S{M}^2+S{B}^2-B{M}^2}{2}\right|}{SM.BN}=\frac{\left|a^2-\frac{2a^2+5a^2-a^2}{2}\right|}{a\sqrt{2}.a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\log }_{x^2+y^2}\left[x\left(4x^2-3x+4y^2\right)-3y^2\right]\ge 2\iff {\log }_{x^2+y^2}\left[\left(x^2+y^2\right)\left(4x-3\right)\right]\ge 2$

$1+{\log }_{x^2+y^2}\left(4x-3\right)\ge 2\iff x^2+y^2-4x+3\le 0\iff {\left(x-2\right)}^2+y^2\le 1$

Giả sử M là giá trị lớn nhất của P.

Gọi ${\Delta }_1:x-y-M=0$ để tồn tại giá trị lớn nhất thì $d\left(I;\left(\Delta \right)\right)\le R$.

$\iff \frac{\left|2-M\right|}{\sqrt{2}}\le 1\iff M\le 2+\sqrt{2}$.

Vậy giá trị lớn nhất của P là $M=2+\sqrt{2}$.

Giả sử m là giá trị nhỏ nhất của P.

Gọi ${\Delta }_2:x-y-m=0$.

Dựa vào miền nghiệm của P ta thấy P đạt giá trị nhỏ nhất khi ${\Delta }_2$ đi qua điểm $A\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\Rightarrow m=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $T=2\left(M+m\right)=2\left(2+\sqrt{2}+\frac{3-\sqrt{3}}{2}\right)\approx \mathrm{8,096}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{v}$$\iff \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=0$$\iff 2.5+3(-4)+(-1)m=0$$\iff -m-2=0\iff m=-2$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $f\left(x\right)=\ln \left(x^2+1\right)$$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{{\left(x^2+1\right)}^{\text{'}}}{x^2+1}=\frac{2x}{x^2+1}$$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(2\right)=\frac{2.2}{2^2+1}=\frac{4}{5}$.

Đáp án đúng là: C

Diện tích xung quanh của hình trụ $S_{xq}=2\pi rl$ và $l=2r$.

Ta có $S_{xq}=2\pi rl\iff$$2\pi rl=50\pi$$\iff 2\pi r2r=50\pi$$\iff r=\frac{5\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(2x+1\right)\sqrt{1+f^2\left(x\right)},\forall x\in ℝ$

$\iff \frac{f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt{1+f^2\left(x\right)}}=2x+1,\forall x\in ℝ$$\iff \frac{2f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)}{2\sqrt{1+f^2\left(x\right)}}=2x+1,\forall x\in ℝ$

$\Rightarrow \int \frac{2f\left(x\right).f^{\text{'}}\left(x\right)}{2\sqrt{1+f^2\left(x\right)}}\text{d}x=\int \left(2x+1\right)\text{d}x$$\Rightarrow \sqrt{1+f^2\left(x\right)}=x^2+x+C$ .

Cho x = 0  ta được: $C=\sqrt{1+f^2\left(0\right)}=\sqrt{1+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}=3$.

Do đó $\sqrt{1+f^2\left(x\right)}=x^2+x+3$.

Lại cho x = 2 ta được: $\sqrt{1+f^2\left(2\right)}=4+2+3=9$$\Rightarrow 1+f^2\left(2\right)=81$$\Rightarrow f^2\left(2\right)=80$   

$\Rightarrow f\left(2\right)=4\sqrt{5}$ (do $f\left(x\right)>0$).

Vậy $f\left(2\right)=4\sqrt{5}$.

Đáp án đúng là: D

Thể tích của khối hộp chữ nhật có các kích thước 4; 5; 6 là $\mathrm{4.5.6}=120$.

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R = 2.

Đáp án đúng là: C

Trải hình, ta có $A\equiv A^{\text{'}},SA=SB=1$,$\widehat{ASB}=30°$

$\Rightarrow \Delta SA{A}^{\text{'}}$vuông cân tại S $\Rightarrow \widehat{SA{A}^{\text{'}}}=45°$.

Ta có chu vi $\Delta A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là $2p=A{B}^{\text{'}}+A{C}^{\text{'}}+B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\ge A{A}^{\text{'}}$.

Do đó chu vi $\Delta A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ nhỏ nhất $\iff B^{\text{'}},C^{\text{'}}\in A{A}^{\text{'}}$.

Gọi I là trung điểm của BC và H là giao điểm của SI và B'C'.

Ta có

$SH=SA.\sin \widehat{SAH}=1.\sin 45°=\frac{\sqrt{2}}{2};SI=SB.\sin \widehat{SBI}=1.\sin 75°=\frac{\sqrt{2}}{4}\left(1+\sqrt{3}\right)$.

Vì $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\text{//}BC$ nên $\frac{V_{S.A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{S.ABC}}=\frac{S{B}^{\text{'}}}{SB}.\frac{S{C}^{\text{'}}}{SC}=\frac{SH}{SI}.\frac{SH}{SI}={\left(\frac{SH}{SI}\right)}^2=4-2\sqrt{3}$.

Vậy tỉ số $\frac{V_{S.A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{S.ABC}}$ gần giá trị 0,55 nhất trong các giá trị đã cho.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện $0<3a-11<1\iff \frac{11}{3}<a<4$.

Do đó không có giá trị nguyên của a  thỏa yêu cầu đề bài.

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: C

Ta có $\left(Oxy\right):z=0$, suy ra mặt phẳng cần tìm $\left(P\right):z-a=0\left(a\ne 0\right)$.

Điểm $A\left(2;2;2\right)\in \left(P\right)\Rightarrow a=2\Rightarrow \left(P\right):z-2=0$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\left(Oxy\right):z=0$, suy ra mặt phẳng cần tìm $\left(P\right):z-a=0\left(a\ne 0\right)$.

Điểm $A\left(2;2;2\right)\in \left(P\right)\Rightarrow a=2\Rightarrow \left(P\right):z-2=0$.

Đáp án đúng là: C

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành là:

$x^3-3x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\end{array}\right.$

Vậy có hai giao điểm.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $y=-\left|\frac{{\sin }^{2}x-\left(m+1\right)\sin x+2m+2}{2-\sin x}\right|$ vì $\sin x<\mathrm{2,}\forall x\in ℝ$

Đặt $t=\sin x,\left(t\in \left[-1;1\right]\right)$, đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2-\left(m+1\right)t+2m+2}{2-t}$.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{-t^2+4t}{{\left(2-t\right)}^2}$, $f^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff t=\mathrm{0,}t=4$ (loại)

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}f\left(-1\right)=m+\frac{4}{3}\\ f\left(0\right)=m+1=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\min }f\left(t\right)=a\\ f\left(1\right)=m+2=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\max }f\left(t\right)=A\end{array}\right.$

Nên $\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\max }\left|f\left(t\right)\right|=\frac{\left|A+a\right|+\left|A-a\right|}{2}=\frac{\left|2m+3\right|+1}{2}\ge \frac{1}{2}$

Dấu “=” xảy ra $\iff 2m+3=0\iff m=\frac{-3}{2}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|{\left(x-2\right)}^2-1\right|\text{d}x=\frac{2}{3}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có:${\left(\sqrt{5}-2\right)}^{x+1}>9-4\sqrt{5}$$\iff {\left(\sqrt{5}-2\right)}^{x+1}>{\left(\sqrt{5}-2\right)}^2$$\iff x+1<2\iff x<1$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(-\infty ;1\right)$.

Đáp án đúng là: B

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).

Đặt SH = h

Hạ HI, HJ, HK lần lượt vuông góc với các cạnh AB, BC. AC.

Xét $\Delta SHI$: $\tan 30°=\frac{SH}{HI}\Rightarrow HI=h\sqrt{3}$

Xét $\Delta SHJ$: $\tan 60°=\frac{SH}{HJ}\Rightarrow HJ=\frac{h}{\sqrt{3}}$

Xét $\Delta SHK$: $\tan 45°=\frac{SH}{HK}\Rightarrow HK=h$

Xét $\Delta ABC$: $S_{ABC}=S_{HAB}+S_{HBC}+S_{HAC}=\frac{1}{2}HI.AB+\frac{1}{2}HJ.BC+\frac{1}{2}HK.AC$

                       $=\frac{1}{2}.h\sqrt{3}.3+\frac{1}{2}.\frac{h}{\sqrt{3}}.3+\frac{1}{2}.h.3=\frac{h\left(4+\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{2}$.

Mà $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}.A{B}^2}{4}=\frac{\sqrt{3}{.3}^2}{4}$.

Nên $\frac{h\left(4+\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}{.3}^2}{4}\iff h=\frac{9}{2\left(4+\sqrt{3}\right)}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.h.S_{ABC}=\frac{27\sqrt{3}}{8\left(4+\sqrt{3}\right)}$.

Đáp án đúng là: C

Từ đồ thị ta thấy: $\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(2\right)\Rightarrow x_0=2$

Đáp án đúng là: D

Thể tích của khối nón đã cho là $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.3=16\pi$.

Đáp án đúng là: B

Vì số đỉnh của hình chóp là 2023 nên số đỉnh của mặt đáy là 2022.

Do vậy số cạnh của mặt đáy là 2022 và số cạnh bên là 2022.

Vậy số cạnh của hình chóp là: 2022 + 2022 = 4044.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ${\log }_{125}30=\frac{\log \left(3.10\right)}{\log \left(5^3\right)}=\frac{\log 3+1}{3\log 5}=\frac{\log 3+1}{3\left(\log \frac{10}{2}\right)}=\frac{\log 3+1}{3\left(\log 10-\log 2\right)}=\frac{1+a}{3\left(1-b\right)}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\int \frac{2}{4x+3}\text{d}x=\frac{1}{2}\ln \left|4x+3\right|+C$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\int \frac{2}{4x+3}\text{d}x=\frac{1}{2}\ln \left|4x+3\right|+C$.

Đáp án đúng là: B

Gọi I là trung điểm của AD thì $\widehat{BIC}=\left(\left(ABD\right),\left(ACD\right)\right)=90°\Rightarrow \Delta IBC$ vuông tại .

Vì $\Delta ABD\text{\hspace{0.17em}=\hspace{0.17em}}\Delta CBD$ nên  $IB=IC=\sqrt{2}$$\Rightarrow IA=\sqrt{A{C}^2-I{C}^2}=\sqrt{2}$

$\Rightarrow IA=IB=IC=ID=\sqrt{2}$.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng $\sqrt{2}$.

Đáp án đúng là: B

Gọi H là trung điểm của AB thì IH vuông góc với AB và $IH=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+3^2}=\sqrt{13}$.

Suy ra bán kính mặt cầu là: $R=IA=\sqrt{3+13}=4$.

Vậy phương trình mặt cầu là ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=16$.

Đáp án đúng là: C

Hàm số $y=\left(m-3\right)x-\left(2m+1\right)\cos x$ nghịch biến trên $ℝ$ khi và chỉ khi

$y\text{'}=m-3+\left(2m+1\right)\sin x\le 0\forall x\iff \left(1+2m\right)\sin x\le 3-m\forall x\left(1\right)$ .

Vì m  để nguyên nên ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: $m>-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \left(1\right):\sin x\le \frac{3-m}{1+2m}\forall x\iff 1\le \frac{3-m}{1+2m}\iff m\le \frac{2}{3}\Rightarrow m\in \left(-\frac{1}{2};\frac{2}{3}\right]$.

Trường hợp 2: $m<-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \left(1\right):\sin x\ge \frac{3-m}{1+2m}\forall x\iff -1\ge \frac{3-m}{1+2m}\iff m\ge -4\Rightarrow m\in \left[-4;-\frac{1}{2}\right)$.

Kết hợp với điều kiện $m\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow m\in \left\{-4;-3;-2;-1;0\right\}$.

Vậy có 5 giá trị của m  thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án đúng là: C

Gọi H là trung điểm của OA.

Qua H vẽ đường thẳng song song với AB cắt BC tại L.

Trong (SLH) vẽ HK vuông góc với SL.

$\left.\begin{array}{l}HK\perp SL\\ HK\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow HK\perp \left(SBC\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBC\right)\right)=HK.$

Ta có: $\Delta SHD=\Delta SHB\left(\text{cgc-cgc}\right)$, suy ra $\Delta SBD$ vuông cân tại S.

Lại có: H là trung điểm của OA và $SH\perp OA$ ( Vì:$SH\perp \left(ABCD\right)$ ).

Do đó $\Delta SAO$ cân tại S.

Suy ra: $SA=SO=OB=OD=2a\sqrt{2}$ nên: $BD=4a\sqrt{2}=AC\Rightarrow AH=a\sqrt{2}$

Vậy, cạnh của hình vuông có $AD=DC=AB=BC=4a$ và $SH=\sqrt{S{O}^2-H{O}^2}=a\sqrt{6}$

Mặt khác: $HL\text{//}AB\Rightarrow \frac{CH}{AC}=\frac{HL}{AB}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow d(H,(SBC\left)\right)=\frac{3}{4}d(A,(SBC\left)\right)=\frac{3}{4}d(D,(SBC\left)\right)$

Lại có: $d(H,(SBC\left)\right)=HP=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{L}^2}}}=\frac{3a\sqrt{10}}{5}$

$\Rightarrow d(D,(SBC\left)\right)=\frac{4a\sqrt{10}}{5}$

.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $I=\underset{1}{\overset{2023}{\int }}f\text{'}\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x={\left.f\left(x\right)\right|}_1^{2023}=f\left(2023\right)-f\left(1\right)=1$.

Đáp án đúng là: D

Xét $y=x^3-2x^2+\left(m+3\right)x-1\Rightarrow y\text{'}=3x^2-4x+m+3$.

Để hàm số $y=x^3-2x^2+\left(m+3\right)x-1$ không có cực trị thì y' không đổi dấu.

Nên: ${\Delta }^{\text{'}}\le 0$. Do đó: ${\Delta }^{\text{'}}={\left(-2\right)}^2-3\left(m+3\right)=4-3m-9=-3m-5\le 0\iff m\ge \frac{-5}{3}$

Kết hợp với điều kiện $m\in \left[-5;5\right]$ và $m\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow m\in \left\{-1;0;1;2;3;4;5\right\}$.

Vậy có 7 giá trị của m  thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án đúng là: A

Vì $\frac{1}{1}=\frac{2}{2}=\frac{2}{2}\ne \frac{-10}{-5}$ nên hai mặt phẳng (P) và (Q) song song.

Chọn $M\left(10;0;0\right)\in \left(P\right)$.

Khi đó, $d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=d\left(M,\left(Q\right)\right)$$=\frac{\left|10-5\right|}{\sqrt{9}}=\frac{5}{3}$ .