Ôn thi Tốt nghiệp THPT môn Toán (Đề 20)

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp đã cho bằng: .$\frac{1}{3}B.h=4$

Đáp án đúng là: D

Có $y^{\text{'}}={\left(x^{\frac{5}{3}}\right)}^{\text{'}}=\frac{5}{3}{x}^{\frac{2}{3}}$.

Đáp án đúng là: B

$\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=5+\left(-2\right)=3$.

Đáp án đúng là: A

Thế tích khối lăng trụ là: $V=S.h=\left(\frac{1}{2}{a}^2\sqrt{3}\right).2a\sqrt{3}=3a^3$.

Đáp án đúng là: B

${\log }_3\left(3a\right)={\log }_{3}3+{\log }_{3}a=1+{\log }_{3}a.$

Đáp án đúng là: B

Số phức liên hợp của số phức $z=6-7i$ là $\overline{z}=6+7i$.

Đáp án đúng là: D

Bán kính đáy của trụ là: $r=4$

Áp dụng công thức diện tích xung quanh hình trụ ta được: $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \mathrm{.4.5}=40\pi$.

Đáp án đúng là: A

Thay tọa độ điểm $M\left(-1;-2;-1\right)$ vào phương trình đường thẳng d  ta có $\frac{-1-2}{3}\ne \frac{-2+1}{-1}=\frac{-1+3}{2}$ nên điểm $M\left(-1;-2;-1\right)\notin d$.

Đáp án đúng là: B

Công sai cấp số cộng: $d=u_2-u_1=4-1=3$.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng xét dấu, hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Đáp án đúng là: A

Phương trình của mặt phẳng (Oyz) là x = 0.

Đáp án đúng là: B

Ta có $A_n^5=\frac{n!}{\left(n-5\right)!}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x+2}=-\infty ;\underset{x\to -2^{-}}{\lim }y=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{2x-1}{x+2}=+\infty$.

Vậy $x=-2$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án đúng là: C

Ta có $2f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=\frac{1}{2}$.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có 4 nghiệm thực.

Đáp án đúng là: D

Điểm biểu diễn của $z_3=-2+i$ là M(-2;1).

Đáp án đúng là: D

Ta có đây là hình dáng của đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$, mặt khác nhánh cuối đi xuống nên $a<0$. Vậy chọn D.

Đáp án đúng là: D

$\overrightarrow{n_1}=\left(2;-3;1\right)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Đáp án đúng là: A

Thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi R^3$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $R=\sqrt{0^2+{\left(-1\right)}^2+1^2+7}=3$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $2^{x-1}<8\iff 2^{x-1}<2^3\iff x-1<3\iff x<4$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;4\right)$.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào đồ thị, hàm số đồng biến trên (-1;1).

Đáp án đúng là: C

$z+w=\left(3+2i\right)+\left(1-4i\right)=4-2i$.

Đáp án đúng là: A

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị cực đại của hàm số là 4.

Đáp án đúng là: A

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[2x-3f\left(x\right)\right]\text{d}x=3\iff \underset{0}{\overset{2}{\int }}2x\text{d}x-3\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=3\iff \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là: B

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+2mx+4$.

Hàm số đã cho đồng biến trên $ℝ\iff f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0\forall x\in ℝ\iff m^2-4\le 0\iff -2\le m\le 2$.

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

Đáp án đúng là: D

Kẻ $AH\perp SD$

Ta có: $\left.\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\left(SA\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right\}\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AH$

$\left.\begin{array}{l}AH\perp SD\\ AH\perp CD\end{array}\right\}\Rightarrow AH\perp \left(SCD\right)$

Mặt khác: $AB\text{//}CD\Rightarrow AB\text{//}\left(SCD\right)$

$d\left(AB,SD\right)=d\left(AB,\left(SCD\right)\right)=d\left(A,\left(SCD\right)\right)=AH$

Xét $\Delta SAD$ vuông tại A có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$

.

Đáp án đúng là: B

Gọi d  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với $\left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{n_P}=\left(4;1;2\right)$.

Ta có $d:\left\{\begin{array}{l}x=4+4t\\ y=2+t\\ z=1+2t\end{array}\right.$. Gọi $I=d\cap \left(P\right)\Rightarrow I=\left(4+4t;2+t;1+2t\right)$.

$I\in \left(P\right)\Rightarrow 4\left(4+4t\right)+2+t+2\left(1+2t\right)+1=0\iff 21t+21=0\iff t=-1\Rightarrow I\left(0;1;-1\right)$

Vì I là trung điểm của MM' nên M'(-4;0-3).

Đáp án đúng là: B

Từ đồ thị hàm số ta có:

$f^{\text{'}}\left(f\left(x\right)+3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)+3=-1\\ f\left(x\right)+3=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=-4\\ f\left(x\right)=-2\end{array}\right.$

Vậy phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: $x^2-2x>0\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>2\end{array}\right.$.

Ta có ${\log }_3\left(x^2-2x\right)\ge 1\iff x^2-2x\ge 3\iff x^2-2x-3\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}x\ge 3\\ x\le -1\end{array}\right.$.

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;-1\right]\cup \left[3;+\infty \right)$.

Đáp án đúng là: D

Gọi $O=AC\cap BD$. Suy ra O là trung điểm của AC và $AO=\frac{AC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.

Vì ABCD là hình vuông nên $AC\perp BD$(1).

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD$ mà $AC\perp BD$ nên $BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SO$ (2).

Từ (1) và (2), ta có góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là $\widehat{SOA}$.

Xét $\Delta SOA$ vuông tại A, có $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60°$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{BC}=\left(1;2;-1\right)$.

Vậy phương trình đường thẳng $\Delta$: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z}{-1}$.

Đáp án đúng là: C

Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đường $y=-x^2+3x$ và $y=0$ là $-x^2+3x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=3\end{array}\right.$.

Do đó thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=\pi \underset{0}{\overset{3}{\int }}{\left(-x^2+3x\right)}^2\text{d}x=\frac{81\pi }{10}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có, $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \left(e^x+2x\right)\text{d}x=e^x+x^2+C$.

 Mà $F\left(0\right)=2\Rightarrow C=1$.

Do đó $F\left(x\right)=e^x+x^2+1$.

Đáp án đúng là: B

- Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi có $C_7^1.C_8^1=56$ cách.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=56$.

- Gọi A là biến cố “Lấy được 2 viên bi cùng màu”.

+ Trường hợp 1: Lấy được 2 viên bi màu đỏ có $C_5^1.C_4^1=20$ cách.

+ Trường hợp 2: Lấy được 2 viên bi màu trắng có $C_3^1.C_3^1=9$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=20+9=29$.

Vậy xác suất của biến cố A là $p\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{29}{56}$.

Đáp án đúng là: A

$\Delta$ đi qua điểm H(0;-2;) và có VTCP $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(2;3;4\right)$.

d đi qua điểm N(1;2;1) và có VTCP $\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;2\right)$.

$\overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{u_{\Delta }};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(1;2;-2\right)$.

$\left(P\right):1\left(x-0\right)+2\left(y+2\right)-2\left(z-0\right)=0\iff x+2y-2z+4=0$.

Thử lại $N\notin \left(P\right)$ nên thỏa mãn.

$d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|3+2.0-2\left(-1\right)+4\right|}{\sqrt{1^2+2^2+{\left(-2\right)}^2}}=3$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\Delta =a^2-4b$.

TH1: $\Delta \ge 0\iff a^2-4b\ge 0$ thì $z_1,z_2\in ℝ$

$z_1-3=\left(1-\left|z_2\right|\right)i\iff \left\{\begin{array}{l}{z}_1-3=0\\ 0=1-\left|z_2\right|\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{z}_1=3\\ \left|z_2\right|=1\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{z}_1=3\\ z_2=1\end{array}\right.$hoặc $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=3\\ z_2=-1\end{array}\right.$.

+) $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=3\\ z_2=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}S=4\\ P=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a=4\\ b=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-4\\ b=3\end{array}\right.$ (thỏa mãn).

+) $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=3\\ z_2=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}S=2\\ P=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a=2\\ b=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-3\end{array}\right.$ (thỏa mãn).

TH2: $\Delta <0\iff a^2-4b<0$ thì $z_1,z_2\notin ℝ\Rightarrow z_1=\overline{z_2}$.

$z_1-3=\left(1-\left|z_2\right|\right)i\iff z_1=3+\left(1-\left|z_1\right|\right)i$

$\Rightarrow \left|z_1\right|=\sqrt{9+{\left(1-\left|z_1\right|\right)}^2}\iff {\left|z_1\right|}^2=10-2\left|z_1\right|+{\left|z_1\right|}^2\iff \left|z_1\right|=5$

$\Rightarrow z_1=3-4i\Rightarrow z_2=3+4i$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}S=6\\ P=25\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a=6\\ b=25\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-6\\ b=25\end{array}\right.$(thỏa mãn).

Vậy có 3 cặp số (a,b)  thỏa mãn.

Đáp án đúng là: A

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.3a.4a=6a^2$.

Gọi H là giao điểm của MB và B'C.

Khi đó, theo định lý Ta-let ta có $\frac{HM}{HB}=\frac{MB\text{'}}{BC}=\frac{1}{2}$.

Ta có $\frac{d\left(M,\left(B^{\text{'}}AC\right)\right)}{d\left(B,\left(B^{\text{'}}AC\right)\right)}=\frac{MH}{BH}=\frac{1}{2}\Rightarrow d\left(B,\left(B^{\text{'}}AC\right)\right)=2d\left(M,\left(B^{\text{'}}AC\right)\right)=\frac{12a}{13}$.

Từ B dựng BK vuông góc với AC với $K\in AC$.

Kẻ BI vuông góc với B'K với $I\in B^{\text{'}}K$.

Vì $BK\perp AC,B{B}^{\text{'}}\perp AC$ nên $AC\perp \left(B{B}^{\text{'}}K\right)\Rightarrow AC\perp BI$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BI\perp B^{\text{'}}K\\ BI\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow BI\perp \left(B^{\text{'}}AC\right)\Rightarrow BI=d\left(B,\left(B^{\text{'}}AC\right)\right)=\frac{12a}{13}$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại B, ta có:

$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=5a$, $BK.AC=BA.BC\iff BK=\frac{3a.4a}{5a}=\frac{12a}{5}$.