Đề KSCL Toán thi TN THPT 2023 lần 2 trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi khảo sát chất lượng môn Toán ôn thi tốt nghiệp THPT năm học 2022 – 2023 lần 2 trường THPT chuyên Lam Sơn, tỉnh Thanh Hóa

25 13 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi THPTQG môn Toán năm 2023

Môn: Toán

Thông tin:

27 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Hoa
BẢNG ĐÁP ÁN
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
0
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
7
1
8
1
9
2
0
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
D
A
D
A
A
B
B
D
A
C
C
A
B
D
C
B
A
C
B
A
D
D
C
C
D
2
6
2
7
2
8
2
9
3
0
3
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
7
3
8
3
9
4
0
4
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
7
4
8
4
9
5
0
B
B
B
C
C
D
C
D
D
C
C
A
B
B
C
B
D
B
A
B
D
C
A
C
D
Câu 1: Trong không gian , cho mặt cầu . Tìm tọa độ tâm
Oxyz
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z
I
và bán kính
của mặt cầu .
R
A. . B. . C. . D. .
1;2; 3 , 3I R
1; 2;3 , 9I R
1;2;3 , 9I R
1; 2;3 , 3I R
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu
có tâm .
1; 2;3 , 3I R
Câu 2: Hàm số
có bao nhiêu điểm cực trị?
3 2
3 1y x x
A. . B. . C. . D. .
2
1
3
0
Lời giải
Chọn A
Ta có .
2
3 6y x x
2
0
0 3 6 0
2
x
y x x
x
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có hai điểm cực trị.
Câu 3: Cho các số phức . Số phức
bằng
1 2
2 3 ; 5 6z i z i
1 2
2 3z z
A. . B. . C. . D. .
11 12i
19 24i
11 12i
11 24i
Lời giải
Chọn D
Ta có .
1 2
2 3 2 2 3 3 5 6 11 24z z i i i
Câu 4: Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số thuộc tập
{ }
1;2;3;4;5;6;8A =
là
A. . B. . C. . D. .
5
7
A
5
8
A
5
8
C
5
7
C
Lời giải
Chọn A
Câu 5: Cho và . Khẳng định nào sau đây đúng?
( )
cos d
2
x
F x x=
ò
0 1F
A. . B. . C. . D. .
2;4F
0;1F
3;5F
1;2F
Lời giải
Chọn A
.
0
0
0 0 cos d 1 2sin 1 3
2 2
x x
F F F F x
Câu 6: Cho hàm số liên tục trên , có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm phương trình
( )
y f x=
là
( )
2f x = -
A. . B. . C. . D. .
0
3
1
2
Lời giải
Chọn B
Câu 7: Trong không gian , hình chiếu vuông góc của điểm trên mặt phẳng là
Oxyz
2;3; 1A
Oyz
A. . B. . C. . D. .
2;3;0P
0;3; 1M
2;0;0Q
0;3;1N
Lời giải
Chọn B
Câu 8: Trong không gian , cho điểm . Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc
Oxyz
1;2; 5A
, ,M N P
của
lên các trục . Phương trình mặt phẳng là
A
, ,Ox Oy Oz
MNP
A. . B. . C. . D. .
1
2 5
y z
x
0
1 2 5
x y z
1 0
2 5
y z
x
1
2 5
y z
x
Lời giải
Chọn D
+ là hình chiếu vuông góc của trên trục .
M
A
1;0;0M
là hình chiếu vuông góc của trên trục .
N
A
Oy
0;2;0N
là hình chiếu vuông góc của trên trục .
P
A
Oz
0;0; 5P
+ Phương trình mặt phẳng là .
MNP
1
1 2 5
x y z
Câu 9: Trên khoảng , họ nguyên hàm của hàm số là
( )
5;- +¥
1
5
f x
x
A. . B. . C. . D. .
ln 5x C
1
5
C
x
1
ln 5
5
x C
2
1
5
C
x
Lời giải
Chọn A
Áp dụng công thức ta được .
d 1
ln 0
x
ax b C a
ax b a
d
ln 5
5
x
x C
x
Câu 10: Cho hàm số bậc bốn . Hàm số có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng
( )
y f x=
( )
'y f x=
( )
y f x=
biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A. . B. . C. . D. .
5;
0;2
2;3
; 1
Lời giải
Chọn C
Câu 11: Cho hình nón có đường kính đáy bằng , đường sinh bằng . Tính diện tích xung
N
6a
4a
quanh của hình nón .
xq
S
N
A. . B. . C. . D. .
2
24
xq
S a
2
10
xq
S a
2
12
xq
S a
2
6
xq
S a
Lời giải
Chọn C
Hình nón có đường kính đáy bằng .
N
6a
3r a
2
.3 .4 12
xq
S rl a a a
Câu 12: Gọi lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
,M m
3 2
2 3 12 5y x x x
đoạn . Tổng là
1;5
M m
A. . B. . C. . D. .
268
278
288
216
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số trên đoạn .
3 2
2 3 12 5y x x x
1;5
2
6 6 12y x x
1 1;5
0
2 1;5
x
y
x
1 18; 5 270; 1 2y y y
.
270; 2 268M m M m
Câu 13: Tích phân bằng
1
2
0
.d
x
e x
A. . B. . C. . D. .
2
1
2
e
2
1
2
e
3
1
2
e
2
1e
Lời giải
Chọn B
Ta có .
1
1
2
2 2
0
0
1 1
.d
2 2
x x
e
e x e
Câu 14: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình là
2
2 7
9 3
x x
A. . B. . C. . D. .
4
7
7
2
Lời giải
Chọn D
Ta có .
2 2
2 7 2 4 14 2 2
9 3 3 3 2 4 14 1 2 4 15 0
x x x x
x x x x
Dễ thấy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
. 0a c
Theo định lí Viet ta có tổng hai nghiệm là .
2
Câu 15: Hàm số có đạo hàm là
2 5
3
x
f x
A. . B. . C. . D. .
2 5
6.3 .ln3
x
f x
2 5
3
ln3
x
f x
2 5
2.3 .ln3
x
f x
2 5
3
ln 2
x
f x
Lời giải
Chọn C
Ta có .
2 5 2 5
2 5 .3 .ln3 2.3 .ln 3
x x
f x x
Câu 16: Cho cấp số cộng có , . Công sai cấp số cộng đã cho bằng
n
u
1
3u
3
7u
A. . B. . C. . D. .
1
2
2
1
2
2
Lời giải
Chọn B
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng ta có:
1
1
n
u u n d
.
3 1
2u u d
7 3 2d
2d
Câu 17: Cho hàm số liên tục trên , có bảng biến thiên như hình bên.
y f x
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm
A. . B. . C. . D. .
1x
2x
1x
2x
Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại .
1x
Câu 18: Cho khối trụ có chiều cao
bằng bán kính đáy và thể tích bằng . Tính chiều cao của khối
h
8
h
trụ đó.
A. . B. . C. . D. .
3 3h
3 2h
2h
3
3 2h
Lời giải
Chọn C
Ta có:
2 3
8 2V r h h h
Câu 19: Cho khối lăng trụ có chiều cao là và thể tích là .Diện tích đáy lăng trụ là
h
V
A. . B. . C. . D. .
3V
h
V
h
3
V
h
h
V
Lời giải
Chọn B
Câu 20: Cho số phức . Điểm biểu diễn số phức là điểm
5 3z i
z
A. . B. . C. . D. .
5; 3M
3; 5Q
5;3N
3;5P
Lời giải
Chọn A
Câu 21: Khối chóp có đáy là hình chữ nhật: ; . Cạnh vuông góc với mặt
.S ABCD
AB a
2AD a
SA
phẳng và . Thể tích khối chóp là
ABCD
SA a
.S ABCD
A. . B. . C. . D. .
3
2a
1
³
3
a
³a
2
³
3
a
Lời giải
Chọn D
.
.
2
³
1
. .
3 3
S ABCD
V AB SA aAD
Câu 22: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ?
A. . B. . C. . D. .
4
² 4y x x
2 1
3
x
y
x
3
9y x x
3
4y x x
Lời giải
Chọn D
nên hàm số đồng biến trên .
3 2
4 3 4 0,y x x y x x
3
4y x x
;
Câu 23: Tập xác định của hàm số là
3
4
5y x
A. . B. . C. . D. .
\ 5
5;
5;
Lời giải
Chọn C
Tập xác định: .
5 0 5x x
Câu 24: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ bên?
A. . B. . C. . D. .
3
x
y
4
2 ² 1y x x
1
1
x
y
x
3
2 ² 1y x x
Lời giải
Chọn C
Từ hình vẽ, ta thấy được hàm số không xác định tại .
1x
Câu 25: Xét tích phân , nếu đặt thì bằng
1
2 2023
0
4 ( 1)I x x dx
2
1u x
I
A. B. C. D.
2
2022
0
.I u du
1
2023
0
2 .I u du
2
2023
0
1
.
2
I u du
2
2023
1
2 .I u du
Lời giải
Chọn D
Đặt
2
1 2u x du xdx
Đổi cận:
0 1
1 2
x u
x u
Vậy
2
2023
1
2 .I u du
Câu 26: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình
2 3
2 5
x
y
x
A. B. C. D.
3
.
2
x
1.y
3
.
5
y
5
.
2
x
Lời giải
Chọn B
Có: nên đường thẳng là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
lim 1
x
y

1y
Câu 27: Xét 2 số phức tùy ý. Phát biểu nào sau đây là sai?
1 2
,z z
A. B. C. D.
1 2 1 2
.z z z z
1 2 1 2
.z z z z
1 2 1 2
. . .z z z z
1 2 1 2
. . .z z z z
Lời giải
Chọn B
Giả sử: . Khi đó
1 2
;z a bi z c di
.
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
( ) ( )z z a c b d z z a b c d
Câu 28: Tập nghiệm của phương trình là
ln( 4) ln(2 3) 0x x
A. B. C. D.
3
7; .
2
7 .
3
4; .
2
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
3
.
2
x
PT: .
ln( 4) ln(2 3) 0 4 2 3 7( )x x x x x tm
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
7 .S
Câu 29: Trong không gian , cho đường thẳng . Gọi M là giao điểm của
Oxyz
1 1 3
( ):
1 2 2
x y z
d
( )d
với mặt phẳng . Tổng hoành độ, tung độ của điểm M là
( ) : 1 0P x y z
A. B. C. D.
2.
16.
12.
18.
Lời giải
Chọn C
Phương trình tham số của đường thẳng là:
( )d
1
( ) : 1 2
3 2
x t
d y t
z t
Gọi là giao điểm của và .
(1 ; 1 2 ;3 2 )M t t t
( )d
(P)
Khi đó ta có:
1 1 2 3 2 1 0 4t t t t
Vậy . Tổng hoành độ và tung độ của điểm bằng 12.
(5;7;11)M
M
Câu 30: Cho tập . Chọn hai số bất kì phân biệt từ tậpA. Tính xác suất để
5; 4; 3; 2; 1;1;2;3;4A
tổng hai số được chọn là một số dương.
A. . B. . C. . D. .
4
7
6
7
1
3
5
7
Lời giải
Chọn C
+)Số phần tử của không gian mẫu là .
2
9
n C
+)Gọi B là biến cố hai số chọn được có tổng dương.
Các bộ số có tổng dương là
3;4 , 2;3 , 2;4 , 1;2 , 1;3 , 1;4 , 1;2 , 1;3 , 1;4 , 2;3 , 2;4 , 3;4B
.
2
9
12 1
12 ( )
3
n B P B
C
Câu 31: Trong không gian , mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng và đi qua các điểm
Oxyz
Oyz
có phương trình là
0;8;0 , 4;6;2 , 0;12;4A B C
A. . B. .
2 2
2
7 5 26x y z
2 2
2
7 5 26x y z
C. . D. .
2 2
2
7 5 26x y z
2 2
2
7 5 26x y z
Lời giải
Chọn D
Gọi tâm mặt cầu là .
0; ;I b c Oyz
Do thuộc mặt cầu nên
0;8;0 , 4;6;2 , 0;12;4A B C
.
2 2 2 2 2
2
8 16 6 2 12 4IA IB IC b c b c b c
.
2 7
12 5
b c b
b c c
Vậy
(0;7;5); 26I R IA
Phương trình mặt cầu là .
2 2
2
7 5 26x y z
Câu 32: Trong không gian , cho điểm và hai mặt phẳng lần lượt có phương
Oxyz
1; 2;1A
,P Q
trình . Đường thẳng đi qua và song song với mặt phẳng
3 1 0,x z
2 2 1 0y z
d
A
có phương trình là
,P Q
A. . B. .
1 2 1
3 1 1
x y z
1 2 1
3 1 1
x y z
C. . D. .
5 1
3 1 1
x y z
2
3 1 1
x y z
Lời giải
Chọn C
.
1;0; 3 , 0;2;2 ; 6; 2;2
d
P Q P Q
n n u n n
Phương trình là vì tọa độ điểm A thỏa mãn và có véc tơ chỉ phương cùng
d
5 1
3 1 1
x y z
phương .
6; 2;2
d
u
Câu 33: Tập nghiệm của bất phương trình là
S
2
1 2
2
log 1 log 3 3 0x x
A. . B. .
; 1 2;S  
1;2S
C. . D. .
1;2S
2;S 
Lời giải
Chọn D
Điều kiện: .
1x
2 2
1 2 2 2
2
log 1 log 3 3 0 log 3 3 log 1x x x x
.
2 2
2
3 3 1 3 2 0
1
x
x x x x
x
Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm bất phương trình là .
2;S 
Câu 34: Xét các số dương thỏa mãn: . Khẳng định nào sau đây đúng?
,a b
2 2 4
log 3log loga b ab
A. . B. . C. . D. .
5
4ab
5
3
4
ab
5
1
2
ab
5
1ab
Lời giải
Chọn D
Ta có: .
1 1
3 3 5
2 2
2 2 4 2 2
log 3log log log . log 1a b ab a b ab ab ab ab
Câu 35: Biết với là các số nguyên. Khẳng định nào sau đây đúng?
1
0
2 3 d .
x
x e x a e b
,a b
A. . B. . C. . D. .
1a b
2ab
2 5a b
1a b
Lời giải
Chọn C
Xét tích phân ; đặt . Khi đó:
1
0
2 3 d .
x
x e x a e b
2 3 d 2d
d d
x x
u x u x
v e x v e
.
1 1
1 1
0 0
0 0
2 3 d 2 3 2 d 5 3 2 3 1
x x x x
x e x x e e x e e e
Do đó , nên .
3a
1b
2 5a b
Câu 36: Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh . Gọi là trung điểm . Biết
.S ABCD
ABCD
2a
H
AB
vuông góc với mặt phẳng và chiều cao hình chóp là . Góc giữa và
SH
ABCD
15h a
SC
mặt phẳng là
ABCD
A. . B. . C. . D. .
90
45
60
30
Lời giải
Chọn C
H
D
C
B
A
S
Nhận thấy, .
, ,SC ABCD SC CH SCH
Theo đề bài, ta có: , .
15SH a
2
2
2 2
2
2 5
2
a
CH BC BH a a
Khi đó: do vậy .
15
tan 3 60
5
SH a
SCH SCH
CH
a
, 60SC ABCD
Câu 37: Cho số phức ; . Tìm số phức liên hợp của số phức .
2
1
1 2z i
2
3z i
1 2
2 3z z z
A. . B. . C. . D. .
11z i
11z i
11z i
11z i
Lời giải
Chọn A
Ta có: nên .
1 2
2 3 2 1 2 3 3 11z z z i i i
11z i
Câu 38: Có hai cái cốc, một cái hình trụ và một cái hình nón cụt có kích thước như hình vẽ. Cốc hình trụ
đựng đầy nước được rót sang cốc hình nón cụt đến khi thấy chiều cao phần nước còn lại trong
cốc hình trụ chỉ bằng một nửa chiều cao của phần nước trong cốc hình nón cụt thì dừng lại. Hỏi
khi đó chiều cao của phần nước còn lại trong cốc hình trụ thuộc khoảng nào sau đây?
h
A. . B. . C. . D. .
( )
1;3
( )
3;5
( )
4;6
( )
5;7
Lời giải
Chọn B
Gọi là giao điểm của và . Khi đó .
S
AD
BC
1
10
2
SA AB
SA AD
SD DC
= = Þ = =
Mặt khác .
10 2 2 10
10 2 5
SA AB h
R
SF EF h R
+
¢
= Û = Û =
¢
+
Vì thể tích nước bằng thể tích cốc hình trụ nên
( ) ( )
( )
2
2 2 2
3 2
1 1 1
3 10 2 2 10 2 2 2 10 3
3 25 5
8 24
17 90 0
75 15
3,694 3;5 .
h h h h
h h h
h
p p p
æ ö
÷
ç
× × = × + + + × + + × ×
÷
ç
÷
ç
è ø
Û + + - =
Û » Î
Câu 39: Cho lăng trụ tam giác có đáy là tam giác đều cạnh . Hình chiếu vuông góc
.ABC A B C
ABC
2a
của lên mặt phẳng là trung điểm . Biết góc giữa hai mặt phẳng và
A
ABC
AB
ACC A
là . Tính thể tích của khối lăng trụ .
ABC
60
V
.ABC A B C
A.
.
B. . C. . D. .
3
3
4
a
V
3
3 3
2
a
V
3
3
2
a
V
3
3 3
4
a
V
Lời giải
Chọn B
I
H
A
C
B
B'
C'
A'
E
Gọi là trung điểm của và là trung điểm của .
I
AC
E
AI
Ta có: .
, 60ACC A ABC HEA
.
2
1
. .sin 3
2
ABC
S AB AC BAC a
, .
2 . 3
3
2
a
BI a
1 3
2 2
a
HE BI
.
3
tan .tan
2
A H a
HEA A H HE HEA
HE
.
3
2
.
3 3 3
. 3.
2 2
ABC A B C
a a
V S h a
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của để phương trình
m
2
3
2 2log 3 2 3 log 2 2
x
x m m
có hai nghiệm thoả mãn ?
1 2
;x x
1 2
5x x
A. . B. . C. . D. .
1
4
3
2
Lời giải
Chọn C
Cách 1
Điều kiện
3 0
3
4
3 1
x
x
x
x
Phương trình tương đương:
.
2
2
2
2 2
2
2 2
2 2 3
2 2log 3 2
log 3
2log 3 2 1 log 3 2 2 3 0
log 3 1 log 3 2 3 0
m
x m
x
x m x m
x m x m
Đặt .
2
log 3x t
Do
1 2 1 2
1 1
2 2
3 5 0 3 3 2
3 4 4 3 1
4 3 1
x x x x
x x x
x x
2 1 2 1
1 2
2 1 1
2
2 2
log 3 log 3 1
1
log 3 0 0
0
log 3 0
x x
t t
x t
t
x
Bài toán trở thành: Tìm để phương trình có có hai nghiệm
m
2
1 2 3 0t m t m
1 2
;t t
thoả mãn .
1 2
1
2
1
0
0
t t
t
t
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cần:
.
2
11
1 4 2 3 0 *
1
m
m m
m
Theo giả thiết ta có
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
1
1
2
2
1 1 0
. 1 0
1
2
0 1 2
0
2 3 0
0
0
t t
t t t t
t t
t t
t m
t
m
t
t
2 3 1 1 0
5 3
3
3
3
2
2
m m
m
m
m
m
Đối chiếu điều kiện ta có , suy ra có giá trị nguyên của thoả mãn.
5 1
3
2
m
m
3
m
Cách 2
Điều kiện: .
3 0 3
3 1 4
x x
x x
Phương trình tương đương: .
2
2
2 2 3
2 2log 3 2
log 3
m
x m
x
Đặt .
2
log 3x t
Bài toán trở thành: Tìm để phương trình có có hai nghiệm
m
2
1 2 3 0t m t m
1 2
;t t
thoả mãn .
1 2 1 2
1, , 0t t t t
.
2 2
1 2 3 0 3 2t m t m t t m t
không là nghiệm của phương trình trên nên .
2t
2
3
2
t t
g t m
t
.
2
2
5
4 5
; 0
1
1
t
t t
g t g t
t
t
Suy ra .
3
5 1;
2
m m
Do đó .
4; 3; 2m
Câu 41: Trong không gian , cho mặt phẳng và hai đường thẳng
Oxyz
: 2 2 0P x y z
, . Đường thằng nằm trong , vuông góc với
1 1 1
:
1 3 2
x y z
d
1 2
:
2 1 1
x y z
d
P
và cắt có phương trình là
d
d
A. . B. .
1 1
8 2 7
x y z
1 2
8 2 7
x y z
C. . D. .
1 2 3
8 1 7
x y z
1 2
8 2 7
x y z
Lời giải
Chọn B
Gọi . Suy ra .
A d
A P d
Tọa độ giao điểm của và là nghiệm của hệ phương trình:
d
P
2 1 0
2 1
2
2 2 0 0
x t t
y t x
z t y
x y z z
1;2;0A
Vì nằm trong
nên .
P
2; 1;2
P
n u
Vì vuông góc với
nên .
d
2;3;2
d
u u
Khi đó: .
; 8; 2;7
P d
u n u
Phương trình đường thẳng có dạng: .
1 2
8 2 7
x y z
Câu 42: Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh . Gọi là trung điểm cạnh
.ABC A B C
ABC
a
D
. Biết , khoảng cách giữa hai đường thẳng và là
BC
2AA a
A B
DC
A. . B. . C. . D. .
17a
17
a
2 17a
2
17
a
Lời giải
Chọn D
Gọi là trung điểm của , ta có là hình bình hành
D
B C
BDC D
/ / / /C D BD CD A BD
Kẻ
B H BD
Ta có:
A D B C
A D BCC B A D B H
A D BB
B H BD
B H A BD
B H A D
Suy ra,
, ; , ,d A B C D d C D A BD d C A BD d B A BD B H
Ta có:
; 2
2
a
B D BB a
Xét vuông tại ta có:
BB D
B
2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 2
4
17
a
BH
BH BB B D a a
Câu 43: Trên tập hợp số phức, xét phương trình ( là tham số thực). Có bao nhiêu
2
2 6 5 0z mz m
m
giá trị của để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
m
1 2
,z z
1 2 1 2 1 2
1z z z z z z
A. . B. . C. Vô số. D. .
2
1
0
Lời giải
Chọn B
Xét
2
2 6 5 0z mz m
2
6 5m m
TH1: phương trình có hai nghiệm thực phân biệt
1
0
6
m
m
1 1 2 2
;z z z z
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
1 1
3
z z z z z z z z z z z z z z
Theo Viet ta có:
1 2
1 8
6 5 6 5
3 9
z z m m m TM
TH2: phương trình có hai nghiệm phức phân biệt
0 1 5m
1 2 2 1
;z z z z
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1z z z z z z z z z z z z z z
Theo Viet ta có:
1 2
2 2
1 2
2
4 6 5 1 2 3 2 0
6 5
z z m
m m m m VN
z z m
Câu 44: Cho hàm số xác định và liên tục trên . Gọi là hai nguyên hàm của
f x
;F x G x
f x
trên thỏa mãn và . Khi đó bằng
3 3 3 23F G
3 1 1 1F G
1
2
0
3 2 1x f x dx
A. . B. . C. . D. .
0
3
2
1
2
1
Lời giải
Chọn A
Xét
1 1 1 1
2 2 2
0 0 0 0
3 3
3 2 1 3 2 1 2 1
2 2
x f x dx xdx xf x dx xf x dx I
Đặt
2
2 1 4t x dt xdx
3 3
1 1
1
.
4 4
dt
I f t f t dt
Vì là hai nguyên hàm của trên nên ta có:
;F x G x
f x
và
3
3
1
1
3 1f x dx F x F F
3
3
1
1
3 1f x dx G x G G
3 1 3 1F F G G
Theo giả thiết ta có:
3 3 3 23
3 1 1 1
F G
F G
Lấy vế trừ vế ta được:
3 3 1 3 1 24 4 3 1 24 3 1 6F F G G F F F F
3 3
1 1
1 1 1 3
3 1
4 4 4 2
I f t dt f x dx F F
1
2
0
3 3
3 2 1 0
2 2
x f x dx
Câu 45: Cho số phức thỏa mãn . Gọi lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
z
2 8z z z z
,M m
nhất của Môđun của số phức là
2 2
2 .P z z i
w M mi
A. . B. . C. . D. .
521
530
542
523
Lời giải
Chọn B
Đặt
, ,z x yi x y
Khi đó:
2 8 2 4z z z z x y
Tập hợp các số phức biểu diễn trên mặt phẳng là hình thoi .
z
Oxy
ABCD
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 1 4 2 3P z z i x yi x yi i x y x y x y
Với ta có
4;0 , 0;2 , 4;0 , 0; 2A B C D
13, 7, 19, 1P A P B P C P D
Vậy giá trị khi đó môđun của số phức là .
19, 13M m
w
2
2
19 13 530
Câu 46: Có bao nhiêu cặp số nguyên thỏa mãn:
;x y
2 2 2 2
2 5 2 5
log 3 log log log 5x y x x x x x y
A. . B. . C. . D. .
2
4
1
5
Lời giải
Chọn D
Điều kiện:
2 2
,
0
3 5
x y
x
x x y x
Ta có:
2 2 2 2
2 5 2 5
2 2
2 5
2 2
2 2
2 5
2 2
log 3 log log log 5
3
log log 0
5
1
log 3 log 0 1
5
x y x x x x x y
x y x x
x x x y
x y
x y
x
x
Đặt , khi đó .
2 2
, 3 5
x y
t t
x
5
2
1
1 log 3 log 0
5
t
t
Xét với
5
2
1
log 3 log
5
f t t
t
3 5t
Ta có: suy ra hàm số đồng biến trên
1 1
0 3;5
3 ln 2 5 ln5
f t t
t t
f t
3;5 .
Khi đó:
5
2
1
log 3 log 0 4 4
5
t f t f t
t
Kết hợp với điều kiện
2 2
3 4 3 4t x x y x
Xét
2
2 2 2 2
4 2 4 4 2 2x y x x y y y
Với , suy ra : có 2 cặp thỏa mãn.
2y
2
2
2
3 4 0
3 4 4 2
4 4 0
x x
x x x x
x x
;x y
Với , suy ra
1y
2
2
2
3 5
0,3 2 3 0,4
3 1 0
2
3 1 4
4 1 0
3 5
2,6 2 3 3,7
2
x
x x
x x x
x x
x
vì nên : có 2 cặp thỏa mãn.
x
3x
;x y
Với , suy ra vì nên : có 1 cặp
0y
2
2
2
3 0
3 4 3 4
4 0
x x
x x x x
x x
x
4x
;x y
thỏa mãn.
Vậy có 5 cặp thỏa mãn đề bài.
;x y
Câu 47: Cho hàm số không âm và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]. Biết và
( )y f x
(1) 3f
. Tích phân bằng
2
2 ( ) 1 3 ( ) 6 [1 ( )], [0;1]f x x f x x f x x
1
3
0
6
( )
7
f x dx
A. B. C. D.
2.
27
.
7
3.
1
.
7
Lời giải
Chọn C
2 2
2 ( ) 1 3 ( ) 6 [1 ( )] 6 . 3 1 . 2 . 6f x x f x x f x x f x x f x f x f x x
2 2 2 2
3 1 . 2 . 6 3 1 . 3 .x f x f x f x x x f x f x x C
Mà
2 2 2 2
(1) 3 0 3 1 3 1 3 1 .f C x f x f x x f x f x x f x
Do không âm
( )y f x
2
( ) 1 0 3f x f x x
1 1
3
2 3 2
0 0
6 6
3 ( ) 3 3.
7 7
f x x f x dx x dx
Câu 48: Cho hàm số
4 2
y ax bx c
với là các hệ số thực và có bảng biến thiên như hình bên.
, ,a b c
Tổng tất cả các giá trị nguyên của để phương trình
[ 20;20]m
có đúng 4 nghiệm thực phân biệt là
( ) 2 ( ) ( ( )) 1f x f x f f x m
A. B. C. D.
3.
3.
420.
0.
Lời giải
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có
4 2
2 .y f x x x
Xét phương trình
( ) 2 ( ) ( ( )) 1.f x f x f f x m
Điều kiện Đặt .
0 2 2.f x x
, 0 1t f x t
Ta được phương trình
2 4 2 4 2
2 2 1 3 2 1 .t t t t m t t t m
Đặt
4 2 3
3 2 1 4 6 2 0, 0;1 .h t t t t h t t t t
Bảng biến thiên của
y h t
Với mỗi thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Do đó dể phương trình
, 0 1t t
f x t
có 4 nghiệm phân biệt khi
( ) 2 ( ) ( ( )) 1f x f x f f x m
1 3.m
Do
[ 20;20] [ 20;20]
0, 1, 2 0 1 2 3.
1 3 3 1
m m
m m m m m
m m

Câu 49: Cho hai hàm số và xác định trên . Hàm số có đồ thị là đường gấp khúc
( )f x
( )g x
R
( )y f x
(nét đậm). Hàm số có đồ thị là đường thẳng . Số điểm cực trị của hàm số
( )g x
( )d
là.
y f x g x
A. . B. . C. . D. .
5
3
7
8
Lời giải.
Chọn C
Đặt các điểm như hình vẽ,
Đường thẳng có hệ số góc
AB
1
tank
Đường thẳng có hệ số góc
BC
2
0k
Đường thẳng có hệ số góc
Ct
3
k
Đường thẳng có hệ số góc
d
4
tank
Suy ra
1 4
2 4
3 4
0k k
k k
k k
Xét hàm số trên ta có
( ) ( )y f x g x
0,
1 4
2 4
3 4
, 0,
' , ( , )
, ( , )
k k x b
y k k x b c
k k x c

Ta có bảng biến thiên.
Do tính đối xứng nên suy ra hàm số có 5 điểm cực trị và đổi dấu qua hai điểm
( ) ( )y f x g x
. Vì vậy hàm số có 7 điểm cực trị.
,x a x a
( ) ( )y f x g x
Câu 50: Trong không gian cho tứ diện với , , và
Oxyz
OABC
(0;0;0)O
(1; 2;2)A
(2;2;1)B
. Gọi là mặt cầu đường kính . Một tiếp tuyến thay đổi tiếp xúc với
5 2 14
( ; ; )
3 3 3
C
( )S
OA
MN
tại tiếp điểm ( thuộc tia , thuộc tia ). Biết khi , thay đổi thì di
( )S
H
M
AC
N
M
N
H
động trên mặt phẳng cố định có phương trình . Tính .
( )Q
0ax by z c
a b c
A. . B. . C. . D. .
3
7
6
5
Lời giải
Chọn D
Ta có , , , nên và
(1; 2; 2)OA

(2; 2;1)OB

5 2 14
( ; ; )
3 3 3
OC
8 4 8
( ; ; )
3 3 3
AC
3, 4OB AC
, , . Do đó vuông góc đôi một. Gọi là tia
. 0OA OB
 
. 0OA AC
 
. 0OB AC
 
, ,OA OB AC
Ot
song song, cùng chiều tia và , . Suy ra
AC
/ / ( )MK AO K Ot
/ / ( )HE MK E NK
/ /HE OA
Ta có suy ra là phân giác góc cố định ( Dùng T/c tiếp tuyến
NE NH ON ON
EK HM MA OK
OE
BOt
và định lý Talet).
Đường thẳng có vectơ chỉ phương là . Từ đó là
1 1
. . (0;1;1)
OE
u OB AC
OB AC
( )H Q
mặt phẳng cố định đi qua và nhận là vec tơ pháp tuyến. Ta
( )OAE
(0;0;0)O
( )
;
Q OE
n OA u
có PTTQ của nên .
( ) : 4 0Q x y z
5a b c
| 1/27
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5
D A D A A B B D A C C A B D C B A C B A D D C C D 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
B B B C C D C D D C C A B B C B D B A B D C A C D Câu 1:
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S   x  2   y  2   z  2 : 1 2
3  9 . Tìm tọa độ tâm I
và bán kính R của mặt cầu S .
A. I 1;2; 3, R  3. B. I 1; 2;3, R  9 . C. I  1
 ;2;3, R  9. D. I 1; 2;3, R  3. Lời giải Chọn D
Mặt cầu S có tâm I 1; 2;  3 , R  3. Câu 2: Hàm số 3 2
y x  3x 1 có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2 . B. 1. C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn A Ta có 2
y  3x  6x . x  0 2
y  0  3x  6x  0  x  2 Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có hai điểm cực trị.      Câu 3: Cho các số phức z 2 3i ; z 5 6i 2z 3z 1 2 . Số phức 1 2 bằng
A. 11  12i . B. 19  24i . C. 1  112i . D. 1  1 24i . Lời giải Chọn D
Ta có 2z  3z  2 2  3i  3 5  6i  1  1 24i 1 2     . Câu 4:
Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số thuộc tập A = {1;2;3;4;5;6; } 8 là A. 5 A . B. 5 A . C. 5 C . D. 5 C . 7 8 8 7 Lời giải Chọn A x Câu 5:
Cho F (x)= cos dx và F 0 1. Khẳng định nào sau đây đúng? ò   2
A. F 2;4 .
B. F 0;  1 .
C. F 3;5 .
D. F  1  ;2 . Lời giải Chọn A
     x x F F
F 0  F 0  cos dx 1  2sin 1  3 .  2 2 0 0 Câu 6:
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên  , có bảng biến thiên như hình bên. Số nghiệm phương trình f (x)= -2 là A. 0 . B. 3 . C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B Câu 7:
Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A2;3; 
1 trên mặt phẳng Oyz là
A. P 2;3;0 .
B. M 0;3;  1 .
C. Q 2;0;0 . D. N 0;3;  1 . Lời giải Chọn B Câu 8:
Trong không gian Oxyz , cho điểm A1;2; 5
  . Gọi M , N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A lên các trục O , x O ,
y Oz . Phương trình mặt phẳng MNP là y z x y z y z y z
A. x    1 . B.    0 .
C. x   1  0 .
D. x    1. 2 5 1 2 5 2 5 2 5 Lời giải Chọn D
+ M là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox M 1;0;0 .
N là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy N 0;2;0 .
P là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oz P 0;0; 5  . x y z
+ Phương trình mặt phẳng MNP là   1. 1 2 5 Câu 9:
Trên khoảng (-5;+¥), họ nguyên hàm của hàm số f x 1  là x  5 1 1 
A. ln x  5  1 C . B. C .
C. ln x  5  C . D. C . x  5 5 x 52 Lời giải Chọn A dx 1 dx Áp dụng công thức
 ln ax b C
a  0 ta được
 ln x  5  C .  ax b a x  5
Câu 10: Cho hàm số bậc bốn y = f (x). Hàm số y = f '(x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y = f (x)đồng
biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây? A. 5; . B. 0;2 . C. 2;3. D.  ;    1 . Lời giải Chọn C
Câu 11: Cho hình nón  N  có đường kính đáy bằng 6a , đường sinh bằng 4a . Tính diện tích xung
quanh S của hình nón  N  . xq A. 2 S  24 a . B. 2 S  10 a . C. 2 S  12 a . D. 2 S  6 a . xq xq xq xq Lời giải Chọn C
Hình nón  N  có đường kính đáy bằng 6a r  3a 2
S  rl .3 .
a 4a  12 a . xq
Câu 12: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 2
y  2x  3x 12x  5 trên đoạn  1
 ;5 . Tổng M m là A. 268 . B. 278 . C. 288 . D. 216 . Lời giải Chọn A Xét hàm số 3 2
y  2x  3x 12x  5 trên đoạn  1  ;5 . 2
y  6x  6x 12 x 1 1  ;5
y  0  x  2   1  ;5 y  
1  18; y 5  270; y   1  2 
M  270; m  2
  M m  268. 1 Câu 13: Tích phân 2 x e .dx bằng 0 1 2 e 1 3 e 1 A. 2 e  . B. . C. . D. 2 e 1. 2 2 2 Lời giải Chọn B 1 1 2 e x 1 x 1 Ta có 2 2
e .dx e  .  2 2 0 0
Câu 14: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2x2x7 9  3 là A. 4 . B. 7 . C. 7  . D. 2 . Lời giải Chọn D Ta có 2 2 x 2 x7 2 x 4 x 1  4 2 2 9  3  3
 3  2x  4x 14  1  2x  4x 15  0 . Dễ thấy .
a c  0  phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lí Viet ta có tổng hai nghiệm là 2 .
Câu 15: Hàm số   2 5 3 x f x   có đạo hàm là 2 x5 3 2 x5 3
A. f  x 2 x5  6.3
.ln 3 . B. f  x  .
C. f  x 2 x5  2.3
.ln 3 . D. f  x  . ln 3 ln 2 Lời giải Chọn C
Ta có f  x   x   2x5 2 x5 2 5 .3 .ln 3  2.3 .ln 3 .
Câu 16: Cho cấp số cộng u u  3 u  7 n  có ,
. Công sai cấp số cộng đã cho bằng 1 3 1 1 A. . B. 2 . C.  . D. 2  . 2 2 Lời giải Chọn B
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng u u n 1 d n 1   ta có:
u u  2d  7  3  2d d  2 . 3 1
Câu 17: Cho hàm số y f x liên tục trên  , có bảng biến thiên như hình bên.
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm A. x  1  . B. x  2  . C. x  1. D. x  2 . Lời giải Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đạt cực đại tại x  1  .
Câu 18: Cho khối trụ có chiều cao h bằng bán kính đáy và thể tích bằng 8. Tính chiều cao h của khối trụ đó. A. h  3 3 . B. h  3 2 . C. h  2 . D. 3 h  3 2 . Lời giải Chọn C Ta có: 2 3
V  r h  8 h h  2
Câu 19: Cho khối lăng trụ có chiều cao là h và thể tích là V .Diện tích đáy lăng trụ là 3V V V h A. . B. . C. . D. . h h 3h V Lời giải Chọn B
Câu 20: Cho số phức z  5  3i . Điểm biểu diễn số phức z là điểm A. M 5; 3   . B. Q 3; 5   . C. N 5;3 . D. P 3;5. Lời giải Chọn A
Câu 21: Khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật: AB a ; AD  2a . Cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng  ABCD và SA a . Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 2 A. 3 2a . B. a³ . C. a³ . D. a³ . 3 3 Lời giải Chọn D 1 2 VA . B A . D SA a³ . S.ABCD 3 3
Câu 22: Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ? x A. 4
y x x²  2 1 4 . B. y  . C. 3
y x  9x . D. 3
y x  4x . x  3 Lời giải Chọn D 3 2
y x  4x y  3x  4  0, x    nên hàm số 3
y x  4x đồng biến trên  ;   .
Câu 23: Tập xác định của hàm số y   x  34 5 là A.  . B.  \   5 . C. 5; . D. 5; . Lời giải Chọn C
Tập xác định: x  5  0  x  5.
Câu 24: Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình vẽ bên? x A. 3x y  . B. 4
y x  2x²  1 1. C. y  . D. 3
y x  2x² 1 . x 1 Lời giải Chọn C
Từ hình vẽ, ta thấy được hàm số không xác định tại x  1. 1
Câu 25: Xét tích phân 2 2023
I  4x(x 1)
dx , nếu đặt u x  thì I bằng  2 1 0 2 1 2 1 2 A. 2022 I u d . u B. 2023 I  2 u du. C. 2023 I u d . u D.    2023 I  2 u d . u  2 0 0 0 1 Lời giải Chọn D Đặt 2
u x 1  du  2xdx
x  0  u  1
Đổi cận: x 1 u  2 2 Vậy 2023 I  2 u du. 1 2x  3
Câu 26: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y
là đường thẳng có phương trình 2x  5 3 A. x  . B. y  3 1. C. y   5 . D. x   . 2 5 2 Lời giải Chọn B
Có: lim y  1 nên đường thẳng y  1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x
Câu 27: Xét 2 số phức z , z tùy ý. Phát biểu nào sau đây là sai? 1 2
A. z z z z .
B. z z z z . C. z .z z . z .
D. z .z z .z . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Lời giải Chọn B
Giả sử: z a bi; z c di . Khi đó 1 2 2 2 2 2 2 2
z z  (a c)  (b d)  z z a b c d . 1 2 1 2
Câu 28: Tập nghiệm của phương trình ln(x  4)  ln(2x  3)  0 là  3  3  A. 7; . B.   7 . C.  4  ; . D. .   2  2  Lời giải Chọn B 3 Điều kiện: x  . 2
PT: ln(x  4)  ln(2x  3)  0  x  4  2x  3  x  7(tm) .
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S    7 . x 1 y 1 z  3
Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) :  
. Gọi M là giao điểm của (d) 1 2 2
với mặt phẳng (P) : x y z 1  0 . Tổng hoành độ, tung độ của điểm M là A. 2. B. 16. C. 12. D. 18. Lời giải Chọn Cx 1 t
Phương trình tham số của đường thẳng (d) là: (d) : y  1   2tz  3 2t
Gọi M (1 t; 1
  2t;3  2t) là giao điểm của (d) và (P) .
Khi đó ta có: 1 t 1 2t  3  2t 1  0  t  4
Vậy M (5;7;11) . Tổng hoành độ và tung độ của điểm M bằng 12.
Câu 30: Cho tập A   5  ; 4  ; 3  ; 2  ; 1  ;1;2;3; 
4 . Chọn hai số bất kì phân biệt từ tậpA. Tính xác suất để
tổng hai số được chọn là một số dương. 4 6 1 5 A. . B. . C. . D. . 7 7 3 7 Lời giải Chọn C
+)Số phần tử của không gian mẫu là n 2  C . 9
+)Gọi B là biến cố hai số chọn được có tổng dương. Các bộ số có tổng dương là B    3  ;4, 2  ;3, 2  ;4, 1  ;2, 1  ;3, 1
 ;4,1;2,1;3,1;4,2;3,2;4,3;4 nB 12 1
12  P(B)   . 2 C 3 9
Câu 31: Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng Oyz và đi qua các điểm
A0;8;0, B4;6;2,C 0;12;4 có phương trình là
A. x   y  2   z  2 2 7 5  26 .
B. x   y  2   z  2 2 7 5  26 .
C. x   y  2   z  2 2 7 5  26 .
D. x   y  2   z  2 2 7 5  26 . Lời giải Chọn D
Gọi tâm mặt cầu là I 0; ;
b cOyz . Do
A0;8;0, B4;6;2,C 0;12;4 thuộc mặt cầu nên
IA IB IC  b  2  c
 b  2  c  2  b  2  c  2 2 8 16 6 2 12 4 .
b c  2 b   7     . b   c  12 c  5
Vậy I (0;7;5); R IA  26
Phương trình mặt cầu là x   y  2   z  2 2 7 5  26 .
Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho điểm A1; 2  ; 
1 và hai mặt phẳng P,Q lần lượt có phương
trình x  3z 1  0, 2y  2z 1  0 . Đường thẳng d đi qua A và song song với mặt phẳng
P,Q có phương trình là x 1 y  2 z 1 x y z A.   1 2 1 . B.   . 3 1 1 3  1 1 x  5 y z 1 x y  2 z C.   . D.   . 3  1 1  3 1  1 Lời giải Chọn C      n   n   u  n n    P
1;0; 3, Q 0;2;2 ; P Q 6; 2;2 d  .           x  5 y z 1 Phương trình d là  
vì tọa độ điểm A thỏa mãn và có véc tơ chỉ phương cùng 3  1 1   phương u  6; 2  ;2 d .
Câu 33: Tập nghiệm S của bất phương trình log  2
x 1  log 3x  3  0 1  2   là 2
A. S   ;    1  2; .
B. S  1;2 . C. S   1  ;2 .
D. S  2; . Lời giải Chọn D
Điều kiện: x  1. log  2 x  
1  log 3x  3  0  log 3x  3  log  2 x 1 1 2 2 2  2 x  2 2 2
 3x  3  x 1  x  3x  2  0  .   x  1
Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm bất phương trình là S  2; .
Câu 34: Xét các số dương a,b thỏa mãn: log a  3log b  log ab 2 2 4 
 . Khẳng định nào sau đây đúng? 3 1 A. 5 ab  4 . B. 5 ab  . C. 5 ab  . D. 5 ab  1. 4 2 Lời giải Chọn D 1 1
Ta có: log a  3log b  log ab  log . a b  log ab
ab ab ab  1 2 2 4   2  3  2   3   5 2 2 . 1
Câu 35: Biết 2 3 x x e dx  .
a e b với a,b là các số nguyên. Khẳng định nào sau đây đúng? 0
A. a b  1  . B. ab  2 .
C. 2a b  5 .
D. a b  1  . Lời giải Chọn C 1 u  2x  3 du  2dx
Xét tích phân 2 3 x x e dx  .
a e b ; đặt  . Khi đó: d x v e d x x v e 0 1 1
2 3 xd  2 3 1 1 x
 2 xd  5  3  2 x x e x x e e x e e  3e 1.  0 0 0 0
Do đó a  3, b  1
 nên 2a b  5 .
Câu 36: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Gọi H là trung điểm AB . Biết
SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD và chiều cao hình chóp là h a 15 . Góc giữa SC và
mặt phẳng  ABCD là A. 90 . B. 45 . C. 60 . D. 30 . Lời giải Chọn C S A D H B C
Nhận thấy, SC, ABCD  SC,CH    SCH . 2  2a
Theo đề bài, ta có: SH a 15 , CH BC BH  2a2 2 2   a 5 .    2  SH a 15 Khi đó: tan  SCH    3  
SCH  60 do vậy SC, ABCD  60. CH a 5
Câu 37: Cho 2 số phức z  1 2i ; z  3  i . Tìm số phức liên hợp của số phức z  2z  3z . 1 2 1 2
A. z  11 i . B. z  1  1 i .
C. z  11 i . D. z  1  1 i . Lời giải Chọn A
Ta có: z  2z  3z  2 1 2i  3 3  i  11 i z  11 i 1 2     nên .
Câu 38: Có hai cái cốc, một cái hình trụ và một cái hình nón cụt có kích thước như hình vẽ. Cốc hình trụ
đựng đầy nước được rót sang cốc hình nón cụt đến khi thấy chiều cao phần nước còn lại trong
cốc hình trụ chỉ bằng một nửa chiều cao của phần nước trong cốc hình nón cụt thì dừng lại. Hỏi
khi đó chiều cao h của phần nước còn lại trong cốc hình trụ thuộc khoảng nào sau đây? A. (1; ) 3 . B. (3; ) 5 . C. (4;6). D. (5;7). Lời giải Chọn B SA AB 1
Gọi S là giao điểm của AD và BC . Khi đó =
= Þ SA = AD =10 . SD DC 2 SA AB 10 2 2h +10 Mặt khác = Û = Û R¢ = . SF EF 10 + 2h R¢ 5
Vì thể tích nước bằng thể tích cốc hình trụ nên 1 æ 1 p ö
×3 ×10 = p×2hçç (2h+10)2 1 2 2 +2 +2× (2h+10) 2 ÷÷+p×3 ×h 3 çè25 5 ÷ø 8 24 3 2 Û h + h +17h-90 = 0 75 15 Û h » 3,694 Î(3; ) 5 .
Câu 39: Cho lăng trụ tam giác ABC.AB C
  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc
của A lên mặt phẳng  ABC là trung điểm AB . Biết góc giữa hai mặt phẳng  ACC A   và
ABC là 60. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.AB C   . 3 a 3 3 3a 3 3 a 3 3 3a 3 A. V B. V  . C. V  . D. V  . 4 . 2 2 4 Lời giải Chọn B A' C' B' I A E C H B
Gọi I là trung điểm của AC và E là trung điểm của AI . Ta có:  ACC A  , ABC    HEA  60 . 1 SA . B AC.sin  2 BAC a 3 . ABC 2 2 . a 3 a BI   1 3
a 3 , HE BI  . 2 2 2  AH HEA 
AH HE  3a tan .tan HEA  . HE 2 3 3a 3 3a 2 V       S.h a 3. . ABC.A B C 2 2
Câu 40: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2  2log x  3  2m  3 log 2  2m 2     x3
có hai nghiệm x ; x thoả mãn x x  5 ? 1 2 1 2 A. . 1 B. 4 . C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn C Cách 1 x  3  0  x  3 Điều kiện     x 3 1 x  4
Phương trình tương đương: 2 2m  3 2  2log x  3   2m 2     log x  3 2   2  2log
x  3  2 1 m log x  3  2 2m  3  0 2     2     . 2  log
x  3  1 m log x  3  2m  3  0 2     2  
Đặt log x  3  t 2   . 3
  x x  5
0  x  3  x  3  2 1 2 1 2   Do
3  x  4  x  4  x 3 1 1 1 x 4   x  3  1  2  2
log x  3  log x  3  1 2  1  2  1  t   t  1 1 2    log x 3  0  t   0 2  1  1   log  x 3  0 t  0  2 2 2
Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 2
t  1 mt  2m  3  0 có có hai nghiệm t ;t 1 2 t   t  1 1 2  thoả mãn t   0 . 1 t   0  2
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt cần:     
m  2   m   m 11 1 4 2 3  0   * . m  1  Theo giả thiết ta có 
t 1 t 1  0 1  2  t   t  1 t
 .t t t 1  0 1 2  1 2  1 2   t   t  2  1 2 t   0    m 1 2 1 t  0   1 t  0 2m 3  0  2 t   0   2 
2m  3  1 m 1  0  5   m  3    m  3   3  m   3    2 m   2  5   m  1  
Đối chiếu điều kiện ta có  3 
, suy ra có 3 giá trị nguyên của m thoả mãn. m   2 Cách 2 x  3  0 x  3 Điều kiện:    . x  3  1 x  4 2 2m  3
Phương trình tương đương: 2  2log x  3   2m 2     . log x  3 2  
Đặt log x  3  t 2   .
Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình 2
t  1 mt  2m  3  0 có có hai nghiệm t ;t 1 2
thoả mãn t t  1,t ,t  0 . 1 2 1 2 2
t    m 2 1
t  2m  3  0  t t  3  mt  2 . 2 t t  3
t  2 không là nghiệm của phương trình trên nên g t   m . t  2     gt 2 t 4t 5 t 5 
; gt  0  2   .   t   1 t  1  3  Suy ra 5   m  1  ;m  . 2 Do đó m  4  ; 3  ;  2 .
Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y  2z  0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z 1 x y z d :   1 2 , d : 
 . Đường thằng  nằm trong P , vuông góc với 1 3 2 2  1 1
d và cắt d có phương trình là x 1 y 1 z
x 1 y  2 z A.   . B.   . 8  2  7  8  2  7 x 1 y  2 z  3 x  1 y  2 z C.   . D.   . 8  1  7 8 2 7 Lời giải Chọn B
Gọi A    d . Suy ra A  P  d .
Tọa độ giao điểm của d và P là nghiệm của hệ phương trình: x  2  t 1 t   0  y t 2    x  1     A1;2;0 z t y  2  
2x y  2z  0 z  0  
Vì  nằm trong P nên n 2; 1  ;2  u P  .   
Vì  vuông góc với d nên u 2;3;2  u d  .    
Khi đó: u  n ;u       8; 2;7 P d .  
x 1 y  2 z
Phương trình đường thẳng  có dạng:   . 8  2  7
Câu 42: Cho lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Gọi D là trung điểm cạnh
BC . Biết AA  2a , khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và DC là a 2a A. a 17 . B. . C. 2a 17 . D. . 17 17 Lời giải Chọn D
Gọi D là trung điểm của B C  , ta có BDC D
  là hình bình hành  C D
 / /BD  CD / /  ABD Kẻ B H   BD
AD  B C   Ta có:
  AD  BCC B
   AD  B H
AD  BB  B H
  BD  BH ABD B H
  AD
Suy ra, d AB,C D
   d C ;
D ABD  d C , ABD  d B , ABD  B Ha Ta có: B D
   ; BB  2a 2 Xét BB D
  vuông tại B ta có: 1 1 1 1 4 2a      BH  2 2 2 2 2 BH BBB D   4a a 17
Câu 43: Trên tập hợp số phức, xét phương trình 2
z  2mz  6m  5  0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z , z thỏa mãn z z z z z z  1 1 2 1 2 1 2 1 2 A. 2 . B. 1. C. Vô số. D. 0 . Lời giải Chọn B Xét 2
z  2mz  6m  5  0 2
  m  6m  5 m  1 TH1:   0 
phương trình có hai nghiệm thực phân biệt  m  6
z z ; z z 1 1 2 2 1
z z z z z z  1  z z z z z z  1  z z  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 8
Theo Viet ta có: z z  6m  5  6m  5   m TM 1 2   3 9
TH2:   0  1  m  5 phương trình có hai nghiệm phức phân biệt
z z ; z z 1 2 2 1
z z z z z z  1  z z z z  1   z z 2 2 2  z z  1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
z z  2m Theo Viet ta có: 1 2 2 2 
 4m  6m  5 1  2m  3m  2  0 VN z z  6m  5  1 2
Câu 44: Cho hàm số f x xác định và liên tục trên  . Gọi F x;G x là hai nguyên hàm của f x 1
trên  thỏa mãn 3F 3  G 3  23 và 3F   1  G   1  1
 . Khi đó x 3  f   2 2x   1dx bằng  0 3 1 A. 0 . B. . C. . D. 1  . 2 2 Lời giải Chọn A 1 1 1 1 3 3
Xét x 3  f    2 2x  
1  dx  3xdx xf     2 2x   1 dx   xf   2 2x   1 dx   I 2 2 0 0 0 0 Đặt 2
t  2x 1  dt  4xdx 3 3 I f  tdt 1 .  f  tdt 4 4 1 1
Vì F x;G x là hai nguyên hàm của f x trên  nên ta có: 3 3 f
 xdx F x 3  F 3  F 1 f
 xdx Gx 3  G 3 G 1 1     1     và 1 1
F 3  F  
1  G 3  G   1 3  F
3G3  23
Theo giả thiết ta có: 3  F
 1G 1  1 
Lấy vế trừ vế ta được: 3F
 3  F   1   G
  3  G   1   24  4 
F 3 F  1  24  F 3 F  1  6 3 3 1  I f t 1 dt f x 1
dx  F    F   3 3 1    4 4 4 2 1 1 1  x 3  f    3 3 2 2x   1  dx    0  2 2 0
Câu 45: Cho số phức z thỏa mãn z z  2 z z  8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 2 2
P z  2  z i . Môđun của số phức w M mi là A. 521 . B. 530 . C. 542 . D. 523 . Lời giải Chọn B
Đặt z x yi,  x, y  
Khi đó: z z  2 z z  8  x  2 y  4
Tập hợp các số z phức biểu diễn trên mặt phẳng Oxy là hình thoi ABCD . 2 2 2 2 P z
z i x yi
x yi i  x  2  y x   y  2 2 2 2 2 2
1  4x  2y  3 Với A 4
 ;0, B0;2, C 4;0, D0; 2   ta có P A  1
 3, PB  7, PC 19, PD  1 
Vậy giá trị M  19, m  1
 3 khi đó môđun của số phức w là   2 2 19 13  530 .
Câu 46: Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y thỏa mãn: log  2 2
x y  3x  log x  log x  log  2 2
5x x y 2 5 2 5  A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 5 . Lời giải Chọn Dx, y  
Điều kiện: x  0  2 2 3
x x y  5x Ta có: log  2 2
x y  3x  log x  log x  log  2 2
5x x y 2 5 2 5  2 2
x y  3x x  log    log  0 2 5 2 2  x
5x x y 2 2  x y  1  log   3  log  0 1 2 5 2 2    x x y  5  x 2 2 x y  1  Đặt t
, 3  t  5 , khi đó  
1  log t  3  log  0 .   x 2 5  5 t   1 
Xét f t  log t  3  log với 3  t  5 2 5    5  t  1 1
Ta có: f t    0 t
  3;5 suy ra hàm số f t đồng biến trên  3;5.
t  3ln 2 5  t   ln 5  1 
Khi đó: log t  3  log
 0  f t f 4  t  4 2 5        5  t
Kết hợp với điều kiện 2 2
3  t  4  3x x y  4x
Xét x y x   x  2 2 2 2 2 4
2  y  4  y  4  2   y  2 2
x 3x  4  0 Với y  2  , suy ra 2
3x x  4  4x  
x  2 : có 2 cặp x; y thỏa mãn. 2
x  4x  4  0  3  5 2
0,3  2  3  x   0, 4
x 3x 1 0 Với y  1  , suy ra 2 2
3x x 1  4x     2
x  4x 1 0  3  5 2,6 
x  2  3  3,7  2
vì x   nên x  3: có 2 cặp  x; y thỏa mãn. 2
x 3x  0 Với y  0 , suy ra 2
3x x  4x  
 3  x  4 vì x  nên x  4 : có 1 cặp x; y 2
x  4x  0 thỏa mãn.
Vậy có 5 cặp  x; y thỏa mãn đề bài.
Câu 47: Cho hàm số y f (x) không âm và có đạo hàm trên đoạn [0; 1]. Biết f (1)  3 và  6 2 1 
2 f (x) 1 3x f    (x)  6 [
x 1 f (x)], x  [0;1]. Tích phân 3 f (x)  dx bằng      0  7  27 1 A. 2. B. . C. 3. D. . 7 7 Lời giải Chọn C 2
f x   x f x x f x x f x     2 2 ( ) 1 3 ( ) 6 [1 ( )] 6 . 3x  
1 . f  x  2 f x. f  x  6x    2
x   f x  f xf x  x  
 2x   f x 2  f x 2 3 1 . 2 . 6 3 1 .  3x C. Mà f   C    2
x   f x 2  f x 2
x f x  f   x 2 (1) 3 0 3 1 3
1  3x f    x 1. 
Do y f (x) không âm  f x    f x 2 ( ) 1 0  3x      f x 1 6 1 3 6 2 3 2  3x f (x)  dx
3x   dx  3.        0 0  7   7  Câu 48: Cho hàm số 4 2
y ax bx c với a, ,
b c là các hệ số thực và có bảng biến thiên như hình bên. Tổng tất cả các giá trị nguyên của m [ 2
 0;20] để phương trình
f (x)  2 f (x)  f ( f (x))  m  1 có đúng 4 nghiệm thực phân biệt là A. 3  . B. 3. C. 420. D. 0. Lời giải Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có y f x 4 2
 x  2x .
Xét phương trình f (x)  2 f (x)  f ( f (x))  m  1.
Điều kiện f x  0   2  x  2. Đặt t f x,0  t   1 . Ta được phương trình 2 4 2 4 2
t  2t t  2t m  1  t
  3t  2t 1   . m Đặt ht 4 2  t
  t t   ht 3 3 2 1  4
t  6t  2  0, t  0;  1 .
Bảng biến thiên của y ht
Với mỗi t,0  t  
1 thì phương trình f x  t có 4 nghiệm phân biệt. Do đó dể phương trình
f (x)  2 f (x)  f ( f (x))  m  1 có 4 nghiệm phân biệt khi 1   m  3. m[ 2  0;20] m[ 2  0;20]   Do m  m
 m  0, m  1  , m  2   0 1 2  3  .  1 m 3      3   m 1  
Câu 49: Cho hai hàm số f (x) và g(x) xác định trên R . Hàm số y f (x) có đồ thị là đường gấp khúc
(nét đậm). Hàm số g(x) có đồ thị là đường thẳng (d) . Số điểm cực trị của hàm số
y f x   g x  là. A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 8 . Lời giải. Chọn C
Đặt các điểm như hình vẽ,
Đường thẳng AB có hệ số góc k   tan 1
Đường thẳng BC có hệ số góc k  0 2
Đường thẳng Ct có hệ số góc k3
Đường thẳng d có hệ số góc k   tan 4 k k  0 1 4 
Suy ra k k 2 4 k k  3 4
Xét hàm số y f (x)  g(x) trên 0, ta có
k k , x  0,b 1 4   
y '  k k , x ( , b c) 2 4
k k , x(c,) 3 4  Ta có bảng biến thiên.
Do tính đối xứng nên suy ra hàm số y f ( x )  g( x ) có 5 điểm cực trị và đổi dấu qua hai điểm
x a, x  a . Vì vậy hàm số y f ( x )  g( x ) có 7 điểm cực trị.
Câu 50: Trong không gian Oxyz cho tứ diện OABC với ( O 0;0;0) , ( A 1; 2  ;2) , B(2;2;1) và 5 2 14 C( ; ;
) . Gọi (S) là mặt cầu đường kính OA . Một tiếp tuyến MN thay đổi tiếp xúc với 3 3 3
(S) tại tiếp điểm H ( M thuộc tia AC , N thuộc tia OB ). Biết khi M , N thay đổi thì H di
động trên mặt phẳng (Q) cố định có phương trình ax by z c  0 . Tính a b c . A. 3 . B. 7 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Chọn D  
 5 2 14  8 4 8
Ta có OA(1; 2; 2) , OB(2; 2;1) , OC( ;  ;
) , AC( ; ; ) nên OB  3, AC  4 và 3 3 3 3 3 3       O . A OB  0 , O .
A AC  0 , OB. AC  0 . Do đó O ,
A OB, AC vuông góc đôi một. Gọi Ot là tia
song song, cùng chiều tia AC và MK / / AO (K Ot) , HE / /MK (E NK ) . Suy ra HE / /OA NE NH ON ON Ta có   
suy ra OE là phân giác góc 
BOt cố định ( Dùng T/c tiếp tuyến EK HM MA OK và định lý Talet).  1 1 
Đường thẳng OE có vectơ chỉ phương là u  .OB
.AC  (0;1;1) . Từ đó H  (Q) là OE OB AC   
mặt phẳng (OAE) cố định đi qua O(0; 0; 0) và nhận n  O ;
A u  là vec tơ pháp tuyến. Ta (Q) OE  
có PTTQ của (Q) : 4x y z  0 nên a b c  5 .
Document Outline

  • de-kscl-toan-thi-tn-thpt-2023-lan-2-truong-chuyen-lam-son-thanh-hoa
  • 102. ĐỀ THI THỬ TN THPT 2023 - MÔN TOÁN - CHUYÊN LAM SƠN - THANH HÓA - LẦN 2 (Bản word có giải).Image.Marked