Đề thi thử THPT Quốc gia 2023 môn Toán lần 1 trường Lương Thế Vinh – Hà Nội

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi thử tốt nghiệp THPT Quốc gia năm học 2022 – 2023 môn Toán lần 1 trường THCS & THPT Lương Thế Vinh, thành phố Hà Nội

16 8 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
B
C
D
D
A
D
D
C
B
A
D
A
C
D
C
D
A
A
A
A
C
B
A
A
B
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
D
C
B
C
B
A
D
A
A
D
B
D
B
C
A
A
B
D
C
D
D
C
D
B
A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Với các số thực dương
,ab
bất kì, giá trị của
2
2
log ab
bằng
A.
. B.
22
log 2logab
. C.
22
2log logab
. D.
22
1 log logab
.
Lời giải
Chọn B
Câu 2: Phương trình
23
24
x
có nghiệm là
A.
1x
. B.
5x
. C.
4x
. D.
8x
.
Lời giải
Chọn C
23
24
x
26
22

x
4x
.
Câu 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai vectơ
2; 2;0a
và
1;2;2b
. Khi đó
.ab
bằng
A.
3;4;2
. B. 0. C.
2
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D
. 2. 1 2 .2 0.2 6ab
.
Câu 4: Cho khối lăng trụ đứng
.
ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
a
và
2AA a
. Thể tích của
khối lăng trụ đã cho bằng:
A.
3
3a
. B.
3
3
6
a
. C.
3
3
3
a
. D.
3
3
2
a
.
Lời giải
Chọn D
23
.
33
. .2
42
ABC A B C ABC
aa
V S AA a
.
Câu 5: Cho hàm số
()y f x
có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số nghiệm của phương trình
2 ( ) 3 0fx
là
A. 3. B. 2. C. 0. D. 1.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2 ( ) 3 0fx
3
()
2
fx
.
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
()y f x
và đường
thẳng
3
2
y
. Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 6: Họ nguyên hàm của hàm số
1
23
fx
x
là
A.
3ln 2 3xC
. B.
1
ln 2 3
3
xC
. C.
2ln 2 3xC
. D.
1
ln 2 3
2
xC
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
1
d ln 2 3
2
f x x x C
.
Câu 7: Đồ thị của hàm số
21
3
x
y
x
có tiệm cận ngang là
A.
2x
. B.
3y 
. C.
3x 
. D.
2y
.
Lời giải
Chọn D
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
2
2
1
y 
.
Câu 8: Cho hình nón có bán kính đáy
5R
và đường sinh
12l
. Diện tích xung quanh của hình nón
đã cho bằng
A.
180
. B.
120
. C.
60
. D.
30
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
60
xq
S Rl


.
Câu 9: Cho khối chóp có diện tích mặt đáy là
2
a
và chiều cao bằng
3a
. Thể tích của khối chóp bằng
A.
3
9a
. B.
3
a
. C.
3
6a
. D.
3
3a
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
3
1
3
V Sh a
.
Câu 10: Cho hàm số
fx
có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
3;0
. B.
0;
. C.
0;2
. D.
;3
.
Lời giải
Chọn A
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên
3;0
Câu 11: Cho hàm số
fx
có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A.
2
. B.
0
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Câu 12: Cho Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
1; 2;4A
,
3;0; 2B
. Tọa độ trung
điểm
M
của đoạn
AB
là
A.
)2; 1 1( ; M
. B.
)2; 1( 1;M 
. C.
)4; 2 2( ; M
. D.
)1; 1( ;3M
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2; 1; 1
2
2
1
2
1
2
AB
M
AB
M
AB
M
xx
x
yy
y
z
M
z
z


Câu 13: Hàm số
2
log 1yx
có tập xác định là
A.
(0; )
. B.
[1; )
. C.
(1; )
. D.
[0; )
.
Lời giải
Chọn C
Hàm số xác định kh và chỉ khi
1 0 1xx
.
Câu 14: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh
a
và thể tích bằng
3
3a
. Chiều cao khối lăng trụ
bằng.
A.
2a
. B.
a
. C.
3
2
a
. D.
3a
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
.3
V
V h S h a
S
Câu 15: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như trong hình bên?
A.
1
3
y log x
. B.
3
x
y
. C.
1
3
x
y



. D.
3
logyx
.
Lời giải
Chọn C
+)
D
→ Loại A và D
+) Hàm số nghịch biến, nên chọn C.
Câu 16: So sánh các số
,,abc
biết
1x
và
,,abc
là các số dương khác
1
và thỏa mãn bất đẳng thức
log log 0 log .
a b c
x x x
A.
c b a
. B.
c a b
. C.
abc
. D.
bac
.
Lời giải
Chọn D
Với
1:x
11
log log 0 log log 0
log log
a b x x
ab
x x a b a b
xx
log 0 log log 1 0 1
c c c
x x c
log 0 log log 1 1
a a a
x x a
Vậy
.bac
Câu 17: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau?
A.
3
31 y x x
. B.
42
21 y x x
. C.
42
21 y x x
. D.
3
31 y x x
.
Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta có hàm số cần tìm là hàm số bậc ba với hệ số
a
âm. Vậy hàm số cần tìm
là
3
3 1. y x x
Câu 18: Cho hình lập phương
.
ABCD A B C D
có cạnh bằng
a
. Gọi
,
OO
lần lượt là tâm của hình vuông
ABCD
và
.
A B C D
Khi quay hình lập phương
.
ABCD A B C D
xung quanh
OO
được một
hình tròn xoay có diện tích xung quanh bằng
A.
2
2a
. B.
2
6a
. C.
2
5a
. D.
2
2
2a
.
Lời giải
Chọn A
Hình tròn xoay thu được là hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình
vuông
ABCD
và
,
A B C D
lần lượt là có tâm là
O
và
O
. Do đó, hình trụ này có diện tích xung
quanh bằng
2
2
2 2 . . 2 . 2.
22
AC a
rl AA a a
Câu 19: Giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
31f x x x
trên đoạn
2;0
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
33f x x

nên
1 2;0
0
1


x
fx
x
Lại có
21f
;
13f 
và
01f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
31f x x x
trên đoạn
2;0
bằng
1
tại
2.x
O'
O
B'
C'
D'
D
A
B
C
A'
Câu 20: Cho khối lăng trụ đứng
.ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
2a
và góc giữa đường thẳng
CB
và mặt phẳng
ABC
bằng
45
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
23a
. B.
3
3a
. C.
3
3
6
a
. D.
3
3
3
a
.
Lời giải
Chọn A
Ta có góc giữa đường thẳng
CB
và mặt phẳng
ABC
chính là góc giữa đường thẳng
CB
và
đường thẳng
CB
hay chính là góc
B C B
mà theo giả thiết góc này bằng
45
nên
B BC
vuông
cân tại
B
suy ra
2B B BC a

.
Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
2
3
3
2 . .2 2 3
4
V a a a
.
Câu 21: Nghiệm của phương trình
22
log 2 log 2xx
là
A.
1
2
x
. B.
3
2
x
. C.
2
3
x
. D.
2x
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện
20
0
0
x
x
x


.
Ta có
2 2 2 2 2
log 2 log 2 lo 4g 2 log logx x x x
22
3
4
2
log 2 log 2 4xx x x x
(thỏa mãn).
Nghiệm của phương trình
22
log 2 log 2xx
là
2
3
x
.
Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số
21
e
x
fx
là
A.
2
e
4
x
C
x
. B.
21
1
e
2
x
C
. C.
2
e
2
x
C
x
. D.
21
2e
x
C
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
2 1 2 1
1
d e e
2
d
xx
xCf x x


.
Câu 23: Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
3;2; 1 , 1; ;1 , 7; 1;A B x C y
. Khi
,,A B C
thẳng
hàng, giá trị
xy
bằng
A.
8
. B.
4
. C.
5
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
4; 2;2AB x
;
4; 3; 1AC y
.
Để
,,A B C
thẳng hàng thì
4 .4
1
2 . 3 5
3
2 . 1
k
k
AB k AC x k x
y
ky






.
Vậy
5 3 8xy
.
Câu 24: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
4
2 5 2
x
y
xx

là
A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.
Lời giải
Chọn A
Điều kiện
2
2
40
2
x
x
x

.
Ta có
2
2
2
2
14
1
4
lim lim lim 0
52
2 5 2
2
x x x
x
xx
y
xx
xx
  


;
2
2
2
2
14
1
4
lim lim lim 0
52
2 5 2
2
x x x
x
xx
y
xx
xx
  



.
Khi đó tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
4
2 5 2
x
y
xx

là
0y
.
Lại có
2
2
22
4
lim lim
2 5 2
xx
x
y
xx




.
Khi đó tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
2
2
4
2 5 2
x
y
xx

là
2x
.
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
2
4
2 5 2
x
y
xx

là 2.
Câu 25: Một người gửi ngân hàng 18 triệu đồng theo hình thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất
8% /
năm. Hỏi sau 7 năm người đó có bao nhiêu tiền? (đơn vị: triệu đồng, kết quả làm tròn đến hàng
phần trăm)
A. 31,17. B. 30,85. C. 31,45. D. 31,34.
Lời giải
Chọn B
Theo công thức lãi kép, ta có:
0
1 %
n
A A r
Trong đó
0
A
là số tiền ban đầu gửi vào;
%r
là lãi suất của một kì hạn;
n
là số kì hạn.
Sau 7 năm người đó có số tiền là
7
%18. 1 8 30,85 A
.
Câu 26:
23
1
x
dx
x
bằng
A.
2 5ln 1x x C
. B.
2 ln 1x x C
. C.
2 ln 1x x C
. D.
2 5ln 1x x C
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2 3 5
2 2 5ln 1
11
x
dx dx x x C
xx





.
Câu 27: Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn
O
và
O
, bán kính đáy bằng
R
và chiều cao bằng
2R
.
Một hình nón có đỉnh
O
và đáy là hình tròn
;OR
. Tỉ số diện tích toàn phần của hình trụ và
hình nón bằng
A.
2
. B.
3 5 1
2
. C.
3 5 1
2
. D.
51
.
Lời giải
Chọn C
Diện tích toàn phần hình trụ là:
2 2 2 2
1
2 2 4 2 6S Rh R R R R
.
Đường sinh hình nón:
2
2
25l R R R
.
Diện tích toàn phần hình nón là:
22
2
51S Rl R R
.
Tỉ số cần tìm là
1
2
3 5 1
6
2
51
S
S

.
Câu 28: Cho hình chóp
.S ABC
có
SA ABC
,
2SA a
, đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
. Gọi
M
,
N
lần lượt là trung điểm các cạnh bên
SA
,
SB
. Thể tích khối đa diện
MNABC
bằng
A.
3
3
6
a
. B.
3
3
8
a
. C.
3
33
8
a
. D.
3
3
16
a
.
Lời giải
Chọn B
I
O
h = 2R
R
O'
Thể tích khối chóp
.S ABC
là:
23
.
1 1 3 3
. .2 .
3 3 4 6
S ABC ABC
aa
V SA S a
.
Ta có
33
..
1 1 3 3
. . . .
2 2 6 24
S MNC S ABC
SM SN a a
VV
SA SB
;
Do đó
3 3 3
..
3 3 3
6 24 8
MNABC S ABC S MNC
a a a
V V V
.
Câu 29: Cho hàm số có đồ thị như hình. Số điểm cực trị của hàm số
y f x
là
A.
2
. B.
3
. C.
5
. D.
4
.
Lời giải
Chọn C
Với
m
là số nghiệm bội lẻ của phương trình
0fx
;
n
là số điểm cực trị của hàm số
y f x
.
Khi đó, hàm số
y f x
có
mn
điểm cực trị.
Dựa vào đồ thị,
0fx
có
3
nghiệm phân biệt, hàm số
y f x
có
2
điểm cực trị nên hàm
số
y f x
có
3 2 5
điểm cực trị.
Câu 30: Cho hàm số
fx
có đạo hàm
3
1 2 ,f x x x x x
. Số điểm cực trị của hàm số đã
cho là
A.
1
. B.
3
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Xét phương trình
0
' 0 1
2
x
f x x
x

.
C
B
N
M
A
S
Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ, do đó hàm số đã cho có
3
điểm cực trị.
Câu 31: Hàm số
2
0,5
log 4y x x
đồng biến trên khoảng
A.
2;4
. B.
0;4
. C.
0;2
. D.
2;
.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
2
4 0 0 4.x x x
Ta có:
2
0,5
2
24
log 4
4 .ln0,5
x
y x x y
xx


Hàm số đồng biến khi:
2 4 0 2xx
. Kết hợp điều kiện:
2 4.x
Câu 32: Đạo hàm của hàm số
2
22
x
y x x e
là
A.
2
2
x
y x x e

. B.
2 x
y x x e

. C.
2
2
x
y x e

. D.
2 x
y x e
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x x x x
y x x e y x e x x e x e
Câu 33: Trong không gian
,Oxyz
cho mặt cầu
S
có tâm
1;2; 2I
có diện tích
16 .
Phương trình của
mặt cầu
S
là
A.
2 2 2
2 4 4 5 0.x y z x y z
B.
2 2 2
2 4 4 5 0.x y z x y z
C.
2 2 2
2 4 4 5 0.x y z x y z
D.
2 2 2
2 2 1 0.x y z x y z
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2
4 16 2.S r r

Khi đó:
2 2 2
2 2 2
: 1 2 2 4
: 2 4 4 5 0
S x y z
S x y z x y z
Câu 34: Cho hình chóp tứ giác
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông và
SA
vuông góc với mặt phẳng
ABC D
. Biết tam giác
SBD
đều và có diện tích bằng
2
3.a
Góc giữa hai mặt phẳng
SCD
và
ABC D
bằng
A.
45
. B.
60
. C.
90
. D.
75
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2
2
22
2
3
32
4
2
ABD
AD AB a
BD
S a SB BD a
SA SB AB a

Do:
CD AD
CD SAD CD SD
CD SA
và
AD CD
nên:
,,SCD ABCD AD SD SDA
Xét tam giác
SDA
có:
tan 1 45 .
SA
SDA SDA
AD
Câu 35: Cho các số
, 0, 1a b a
thõa mãn
1
log .
3
ab
a
b
Giá trị của
3
6
log
a
ab
bằng
A.
8
3
. B.
13
4
. C.
8
9
. D.
4
3
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
1 1 1
log log log
1 log log 1 3
ab ab ab
ab
a
ab
b b a

Đặt
1 1 1 1 1 1
log
1
1 1 1 1 3 2
1
a
tt
b t t
t t t t
t
Nên:
3 3 3
66
1 1 4
log log log 2log 1
3 3 3
a
a a a
ab a b b
.
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
để phương trình
12
4 .2 9 0
xx
m m m
có hai nghiệm
phân biệt thỏa mãn
12
3xx
?
A.
0
B.
1
C.
2
D.
3
Lời giải
Chọn B
Phương trình đã cho được viết lại thành:
2
4 2 .2 9 0 1
xx
m m m
.
Đặt
20
x
t 
.
Khi phương trình
1
có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:
1 2 1 2
1 2 1 2
3 2 8 2 .2 8 . 8
x x x x
x x t t
thì yêu cầu bài toán tương đương phương trình
22
2 . 9 0t m t m m
có hai nghiệm dương
12
;tt
thỏa mãn
12
.8tt
22
2
12
2
2
12
' 9 0
2 9 0
2 0 0 8
9 8 0
. 9 8
m m m
mm
t t m m m
mm
t t m m



.
Vậy có một giá trị thực của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để
32
1;3
max 3 3x x m
?
A.
5
B.
6
C.
8
D.
3
Lời giải
Chọn D
Xét hàm
32
3f x x x m
trên đoạn
1;3
.
Ta có:
2
0
' 3 6 0
2
x
f x x x
x
Bảng biến thiên:
+ TH1:
4 0 4mm
thì
32
1;3
max 3x x m m
.
Khi đó
32
1;3
max 3 3 3x x m m
(Loại).
+ TH2:
00mm
thì
32
1;3
max 3 4x x m m
.
Khi đó
32
1;3
max 3 3 4 3 1x x m m m
(Loại).
+ TH3:
00
04
4 0 4
mm
m
mm




thì
32
1;3
max 3 max 4 ;x x m m m
.
Khi đó
32
1;3
43
4
12
max 3 3
23
3
4
m
mm
m
x x m
m
m
mm




Kết hợp điều kiện và
m
ta suy ra có
3
giá trị nguyên tham số
m
là
1;2;3m
.
Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có góc giữa hai mặt phẳng
SAB
và
SCD
bằng
0
60
và
khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
CD
bằng
a
. Tính thể tích
V
của khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
A.
3
2
9
a
V
B.
3
4
9
a
V
C.
3
3a
D.
3
23
3
a
V
Lời giải
Chọn B
Gọi
O
là tâm của hình vuông
ABCD
.
Do
.S ABCD
là hình chóp đều nên
SO ABCD
SO AB
.
Ta có:
S
là một điểm chung của hai mặt phẳng
SAB
và
SCD
.
AB SAB
;
CD SCD
;
//AB CD
.
Suy ra hai mặt phẳng
SAB
và
SCD
cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng
đi qua
S
,
song song với
AB
và
CD
.
Gọi
H
;
K
lần lượt là trung điểm của
AB
và
CD
HK
đi qua
O
và
HK AB
.
Ta có:
SO AB
HK AB
AB SHK
SHK
(Do
//AB
).
; ; 60SAB SCD SH SK
SH SK
Tam giác
SHK
là tam giác đều.
Kẻ
KP
vuông góc
SH
tại
P
.
Do
/ / / /CD AB SAB CD SAB
nên
; ; ;d CD AB d CD SAB d K SAB a
Khi đó ta có:
;
KP SH
KP SAB d K SAB KP a SO a
KP AB
và
2
3
a
HK
(Do
tam giác
SHK
là tam giác đều)
Suy ra
2
2
4
3
ABCD
a
S HK
.
Vậy thể tích khối chóp
.S ABCD
là:
2
3
.
1 1 4 4
..
3 3 3 9
S ABCD ABCD
a
V SO S a a
.
Câu 39: Tập tất cả các giá trị của tham số
m
để bất phương trình
22
22
log 2 5 log 5 4 0x m x m m
nghiệm đúng với mọi
2;4x


là
A.
0;1
. B.
0;1


. C.
2;0
. D.
2;0


.
Lời giải
Chọn C
Đặt
2
2;4log 1;2xt x t



Khi đó yêu cầu bài toán tương đương:
22
2 5 5 4 0t m t m m
nghiệm đúng với mọi
1;2t


2
2 5 1 4 0, 1;2
1 4 0, 1;2
t m t m m t
t m t m t




Ta có trục xét dấu:
Suy ra
1 1 0
1;2 1; 4 2;0
4 2 2
mm
m m m
mm





Câu 40: Đồ thị hàm số
y f x
đối xứng với đồ thị của hàm số
2022
x
y
qua điểm
1;1I
. Giá trị của
biểu thức
2022
1
2 log
2023
f



bằng
A.
2021
. B.
2023
. C.
2020
. D.
2020
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
:;N C y f x N x f x
,
M
là điểm đối xứng với
N
qua
I
: 20 22
x
M S y
và
1;1I
là trung điểm
MN
2 ;2M x f x
Mà
22
2 2022 2 2022
xx
M S f x f x

Khi đó ta có:
2022
2022
1
2 2 log
log 2023
2023
2022
1
2 log 2 2022 2 2022 2 2023 2021
2023
f







Câu 41: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông tâm
O
. Tam giác
SAB
là tam giác vuông
tại
S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là
A. điểm
O
. B. trung điểm của
SC
.
C. trung điểm của
AB
. D. trung điểm của
SD
.
m+1
]
[
2
1
+
_
+
m+4
Lời giải
Chọn A
Do tam giác
SAB
là tam giác vuông tại
S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
ABC D
.
Gọi
I
là trung điểm của
AB
. Trong
ABC D
từ
I
kẻ đường thẳng
1
d
vuông góc với
AB
.
Suy ra
1
1
d
d SAB
O

.
Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là điểm
O
.
Câu 42: Họ nguyên hàm
sin2x x dx
bằng
A.
2
cos2
2
x
xC
. B.
2
1
cos2
22
x
xC
. C.
2
1
cos2
22
x
xC
. D.
2
cos2
2
x
xC
.
Lời giải
Chọn B
Do
2
cos2
sin2
22
xx
x x dx C
nên chọn đáp án B.
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
4 3 2
2 2 3 2f x x mx m x
đạt giá
trị nhỏ nhất tại
0x
?
A.
6
. B.
4
.
C.
3
. D.
5
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
4 3 2
2 , 2 2 3 0,f x f x x mx m x x
.
Suy ra
22
2 2 3 0, 2 3 0 1 3x mx m x m m m
.
Do đó có
5
giá trị nguyên của tham số
m
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 44: Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
và
AD
là đường cao. Biết
logAB y
,
log3AC
,
logAD x
,
log9BC
. Tính
y
x
A.
1
3
. B.
3
. C.
3
2
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C
Theo định lý Pytago ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
log log 3 log 9 log log 3 4log 3AB AC BC y y
22
log 3log 3 log 3log3yy
(vì
log 0y AB
)
3
3log3 log3 3
10 10 3y
Áp dụng hệ thức lượng trong
ABC
vuông tại
A
có đường cao
AD
ta có
. . log .log3 log .log9 log .log3 2log .log3 log 2logAB AC AD BC y x y x y x
3
2
33
log3
log3
22
3
3log3 2log log log3 10 10 3
2
x x x
Vậy
33
3
3
22
3
2
3
33
3
y
x
.
Câu 45: Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác
SAB
vuông tại
S
. Biết tam giác
SAB
có bán
kính đường tròn nội tiếp bằng
2 2 1
. Tính thể tích khối nón đã cho
A.
16
3
. B.
2
3
. C.
4
3
. D.
8
3
.
Lời giải
Chọn D
Theo đề
SAB
vuông tại
S
và
SA SB
nên suy ra
SAB
vuông cân tại
S
Đặt
SA SB a
suy ra
2AB a
và đường cao
2
2
a
SO
Diện tích tam giác
SAB
là
2
1
.
22
a
S SA SB
Ta có
2 2 2
2 2 2
SA SB AB a a a a a
p
Suy ra
22
.2 2 1 2 2 2 1
2
aa
S pr a a
Từ đó suy ra
2
2 2 2 1 2 2
2
a
a a a
Suy ra
2 2 2. 2
2
22
a
SO OB
Vậy thể tích khối nón là
22
1 1 8
. . .2 .2
3 3 3
V OB SO

Câu 46: Cho hàm số
1
1
x
y
x
C
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
10;10m
để đường
thẳng
2y x m
cắt
C
tại hai điểm phân biệt
,AB
sao cho góc
AOB
nhọn?
A.
6
. B.
7
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị
2
1
2 1 2 1 1 2 2
1
x
x m x x m x x x x mx m
x
2
2 3 1 0x m x m
Đặt
2
2 3 1g x x m x m
Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
0gx
có hai nghiệm
phân biệt
A
x
,
B
x
khác
1
, nghĩa là
2
22
0
6 9 8 8 0 2 17 0
3 8 1 0
10
2 0 2 0
2 3 1 0
m m m m m
mm
g
mm




(đúng)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có
3
2
1
2
AB
AB
m
S x x
m
P x x
Từ đó suy ra tọa độ điểm
;2
AA
A x x m
,
;2
BB
B x x m
Ta có
2
2
2
AA
OA x x m
,
2
2
2
BB
OB x x m
,
2 2 2
2 2 5
B A B A B A
AB x x x x x x
Áp dụng định lý cos trong
OAB
ta có
2 2 2
cos
2.
OA OB AB
AOB
OAOB

Theo đề, góc
AOB
nhọn nên
2 2 2
2 2 2
cos 0 0
2.
OA OB AB
AOB OA OB AB
OAOB

2 2 2
22
2 2 5
A A B B B A
x x m x x m x x
2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 2 5 2
A A A B B B A A B B
x x m x x x x m x x x x
2
4 2 10
A B A B
m x x m x x
22
10 1
3
4 2 10 4 2
22
m
m
mS m P m m



2 2 2
2 3 2 5 1 6 2 2 5 5 5m m m m m m m m m
Mà
m
và
10;10m
nên suy ra
6;7;8;9;10m
Vậy có 5 giá trị
m
thỏa đề.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để phương trình
3 2 3 2
5 2 2 x x x m x x x
có
5
nghiệm phân biệt?
A.
7
. B.
3
. C.
1
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
3 2 3 2
3 2 3 2
3 2 3 2
5 2 2
5 2 2
5 2 2
x x x m x x x
x x x m x x x
x x x m x x x
2
3
2 4 4
1
26

x x m
x x m
.
Xét hàm số
3
26h x x x
. Ta có
2
6 6 0 1
h x x x
.
Bảng biến thiên:
Xét hàm số
2
2 4 4 g x x x
. Ta có bảng biến thiên:
Phát họa đồ thị của hàm số
3
26h x x x
và
2
2 4 4 g x x x
trên mặt phẳng tọa độ:
Từ hình vẽ ta thấy để
1
có
5
nghiệm phân biệt
24 m
.
Câu 48: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng
a
. Một mặt phẳng thay đổi, vuông góc
với
SO
và cắt
SO
,
SA
,
SB
,
SC
,
SD
lần lượt tại
I
,
M
,
N
,
P
,
Q
. Một hình trụ có một đáy
là đường tròn ngoại tiếp tứ giác
MNPQ
và một đáy nằm trên mặt phẳng
ABCD
. Thể tích khối
trụ lớn nhất bằng
A.
3
2
8
a
B.
3
3
27
a
C.
3
2
2
a
D.
3
2
27
a
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
22

AC a
OC
2
2
2
22
aa
SO a
.
Do
MNPQ
song song với mặt đáy nên
22
22
IP SI IP SI
IP SI
OC SO
aa
.
2
2
a
IO SO OI IP
.
Khi đó ta có thể tích khối trụ là
22
2
..
2





a
V IO IP IP IP
Cách 1:
Đặt
x IP
với
2
0
2

a
x
, khi đó:
Xét hàm số
2
2
2





a
f x x x
với
2
0
2

a
x
Ta có
2
0
2 3 0
2
3

xl
f x xa x
a
xn
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy
3
2
0;
2
22
max
3 27









a
x
aa
f x f
3
max
2
27

a
V
.
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Am – Gm:
3
3
22
1 1 2
2 2 .
2 2 27 27

a IP IP IP
a
V a IP IP IP
.
Đẳng thức xảy ra
2
22
3
a
a IP IP IP
.
Câu 49: Gọi
a
là số thực lớn nhất để bất phương trình
22
2 ln 1 0x x a x x
nghiệm đúng với
mọi
x
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
(2;3]a
B.
(6;7]a
C.
(8; )a 
D.
( 6; 5]a
Lời giải
Chọn B
Đ๐t
2
1 3 3 3
1,
2 4 4 4
t x x x t
.
Ta có:
2 2 2 2
2 ln 1 0 1 1 ln 1 0x x a x x x x a x x
.
Đặt
2
1 3 3 3
1,
2 4 4 4
t x x x t
.
Ta được bất phương trình
3
1 ln 0 2 , .
4
t a t t



Đặt
3
1 ln 0 1 0, .
4
a
f t t a t f t t
t
Do đó để bất phương trình (2) nghiệm đúng
3
4
t
điều kiện là
3 7 3 7
0 ln 0 6.09.
3
4 4 4
4ln
4
f a a



Câu 50: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng
a
, mặt bên
SAB
là tam giác
đều,
14
2
a
SC SD
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
bằng
A.
3
3
12
a
. B.
3
3
6
a
. C.
3
2
4
a
. D.
3
3
4
a
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
,IK
lần lượt là trung điểm của
,.
AB IK
AB CD IK SIK
AB SI
.
IK SIK
IK ABCD
SH ABCD
ABCD SIK IK
SH IK


Ta có
2
2 2 2
13 13
.
42
a
SK SD DK SK a
2 3 13
3
;.
2 2 4
a
a SK SI IK
IK a SI p


Diện tích tam giác
SIK
là:
2
3 13 3
.
2 2 8
k p p a p a p a a
Độ dài
23
.
4
ka
SH
IK

Thể tích của khối chóp
.S ABCD
là
3
22
.
1 1 3 3
. . .
3 3 4 12
S ABCD
a
V SH a a a
--------- HẾT ---------
| 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
B C D D A D D C B A D A C D C D A A A A C B A A B 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
D C B C B A D A A D B D B C A A B D C D D C D B A
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:
Với các số thực dương ,
a b bất kì, giá trị của log  2 ab bằng 2 
A. 2log a  log b .
B. log a  2 log b .
C. 2 log a  log b .
D. 1 log a  log b . 2 2  2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Câu 2: Phương trình x2 3 2  4 có nghiệm là
A. x  1 .
B. x  5 .
C. x  4 . D. x  8 . Lời giải Chọn C x 2 3 x 2  4 2 6  2  2  x  4. Câu 3:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a 2; 2;0 và b 1  ;2;2 . Khi đó . a b bằng A.  3  ;4;2 . B. 0. C. 2 . D. 6  . Lời giải Chọn D . a b  2.  1   2  .2  0.2  6  . Câu 4:
Cho khối lăng trụ đứng ABC. 
A BC có đáy là tam giác đều cạnh a và AA  2a . Thể tích của
khối lăng trụ đã cho bằng: 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. 3 a 3 . B. . C. . D. . 6 3 2 Lời giải Chọn D 2 3 a 3 a 3 VS A A a  . ABCA BC . .2 . ABC 4 2 Câu 5:
Cho hàm số y f (x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Số nghiệm của phương trình 2 f (x)  3  0 là A. 3. B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải Chọn A 3
Ta có 2 f (x)  3  0  f (x)  . 2
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f (x) và đường 3 thẳng y
. Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm. 2 Câu 6:
Họ nguyên hàm của hàm số f x 1  là 2x  3 1 1
A. 3ln 2x  3  C .
B. ln 2x  3  C .
C. 2 ln 2x  3  C .
D. ln 2x  3  C . 3 2 Lời giải Chọn D Ta có f  x 1 dx
ln 2x  3  C . 2 x Câu 7: Đồ thị của hàm số 2 1
y x  có tiệm cận ngang là 3
A. x  2 .
B. y  3 .
C. x  3 . D. y  2 . Lời giải Chọn D Đườ 2
ng tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y   2 . 1 Câu 8:
Cho hình nón có bán kính đáy R  5 và đường sinh l  12 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 180 . B. 120 . C. 60 . D. 30 . Lời giải Chọn C Ta có S   Rl  60 . xq Câu 9:
Cho khối chóp có diện tích mặt đáy là 2
a và chiều cao bằng 3a . Thể tích của khối chóp bằng A. 3 9a . B. 3 a . C. 3 6a . D. 3 3a . Lời giải Chọn B 1 Ta có 3 V Sh a . 3
Câu 10: Cho hàm số f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 3;0 .
B. 0;  . C. 0; 2 . D.  ;  3 . Lời giải Chọn A
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên 3;0
Câu 11: Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2 . B. 0 . C. 1. D. 3 . Lời giải Chọn D
Câu 12: Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 2  ;4 , B3;0; 2   . Tọa độ trung
điểm M của đoạn AB là A. M (2; 1  ; ) 1 .
B. M (2; 1;  ) 1 . C. M (4; 2  ; 2) . D. M 1 ( ; 1;  ) 3 . Lời giải Chọn A x x A B x   2  M 2   y y Ta có A By   1 M   M 2; 1;  1 2   z z A B z   1  M  2
Câu 13: Hàm số y  log
x 1 có tập xác định là 2  
A. (0; ) .
B. [1; ) .
C. (1; ) . D. [0; ) . Lời giải Chọn C
Hàm số xác định kh và chỉ khi x 1  0  x  1.
Câu 14: Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3
3a . Chiều cao khối lăng trụ bằng. 3a A. 2a . B. a . C. . D. 3a . 2 Lời giải Chọn D V Ta có: V  . h S h   3a S
Câu 15: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như trong hình bên? x  1 
A. y log x . B. 3x y  .
C. y    .
D. y  log x . 1  3  3 3 Lời giải Chọn C +) D  → Loại A và D
+) Hàm số nghịch biến, nên chọn C.
Câu 16: So sánh các số a, b, c biết x  1 và a,b,c là các số dương khác 1 và thỏa mãn bất đẳng thức
log x  log x  0  log . x a b c
A. c b a .
B. c a b .
C. a b c .
D. b a c . Lời giải Chọn D
Với x  1: 1 1
log x  log x  0  
 log a  log b  0  a b a b log x log x x x a b
log x  0  log x  log 1  0  c  1 c c c
log x  0  log x  log 1  a  1 a a a
Vậy b a  . c
Câu 17: Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như sau? A. 3
y  x  3x  1. B. 4 2
y  x  2x  1. C. 4 2
y x  2x  1. D. 3
y x  3x  1 . Lời giải Chọn A
Từ bảng biến thiên ta có hàm số cần tìm là hàm số bậc ba với hệ số a âm. Vậy hàm số cần tìm là 3
y  x  3x  1.
Câu 18: Cho hình lập phương ABC . D
A BCD có cạnh bằng a . Gọi O, O lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và 
A BC D .
 Khi quay hình lập phương ABC . D
A BCD xung quanh OO được một
hình tròn xoay có diện tích xung quanh bằng 2  a 2 A. 2  a 2 . B. 2  a 6 . C. 2  a 5 . D. . 2 Lời giải Chọn A B C O A D B' C' O' A' D'
Hình tròn xoay thu được là hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông ABCD và 
A BCD ,
 lần lượt là có tâm là O và O . Do đó, hình trụ này có diện tích xung AC a 2 quanh bằng 2 2 rl  2 . .A A  2 . a   a 2. 2 2
Câu 19: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f x 3
x  3x 1 trên đoạn 2;0 bằng A. 1  . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn A x  1 2  ;0
Ta có f  x 2
 3x  3 nên f x    0   x  1  Lại có f  2    1  ; f  
1  3 và f 0  1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f x 3
x  3x 1 trên đoạn 2;0 bằng 1  tại x  2.
Câu 20: Cho khối lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy là tam giác đều cạnh 2a và góc giữa đường thẳng
CB và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 a 3 3 a 3 A. 3 2a 3 . B. 3 a 3 . C. . D. . 6 3 Lời giải Chọn A
Ta có góc giữa đường thẳng CB và mặt phẳng  ABC  chính là góc giữa đường thẳng CB và
đường thẳng CB hay chính là góc BCB mà theo giả thiết góc này bằng 45 nên B BC vuông
cân tại B suy ra B B
  BC  2a . 3
Thể tích của khối lăng trụ đã cho là V  2a2 3 . .2a  2a 3 . 4
Câu 21: Nghiệm của phương trình log
x  2  log x  2 là 2   2 1 3 2 A. x  . B. x  . C. x  . D. x  2 . 2 2 3 Lời giải Chọn C x  2  0 Điều kiện   x  0 . x  0 Ta có log
x  2  log x  2  log
x  2  log 4  log x 2   2 2   2 2 2
 log x  2  log 4x x  2  4x x  (thỏa mãn). 2   2 3 2
Nghiệm của phương trình log
x  2  log x  2 là x  . 2   2 3
Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số   2 1 e x f x   là 2 e x 1 2 x  e  A. C . B. 2 x 1 e  C . C. C . D. 2 1 2e x C . 4x 2 2x Lời giải Chọn B x 1  Ta có f  x 2 1 2 x 1 dx  e dx  e  C  . 2
Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A3; 2;   1 , B  1  ;x  ;1 , C 7; 1  ; y . Khi , A B, C thẳng
hàng, giá trị x y bằng A. 8  . B. 4 . C. 5  . D. 1  . Lời giải Chọn A Ta có AB   4
 ;x  2;2 ; AC  4; 3  ; y   1 .  4   k.4 k  1    Để ,
A B, C thẳng hàng thì AB k AC  x  2  k. 3    x  5  .  
k y   y  3 2 . 1   
Vậy x y  5  3  8 . 2 x  4
Câu 24: Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2 2x  5x  2 A. 2. B. 4. C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A x  2  Điều kiện 2 x  4  0   . x  2 1 4  2 1 2 x  4 x x Ta có lim y  lim  lim  0 ; 2 x
x 2x  5x  2 x 5 2 2   2 x x 1 4   2 1 2 x  4 x x lim y  lim  lim  0 . 2 x
x 2x  5x  2 x 5 2 2   2 x x 2  Khi đó x 4
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là y  0 . 2 2x  5x  2 2  Lại có x 4 lim y  lim   .   2 x2 x2 2x  5x  2 2  Khi đó x 4
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  là x  2 . 2 2x  5x  2 2 x  4
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  là 2. 2 2x  5x  2
Câu 25: Một người gửi ngân hàng 18 triệu đồng theo hình thức lãi kép kì hạn 1 năm với lãi suất 8% /
năm. Hỏi sau 7 năm người đó có bao nhiêu tiền? (đơn vị: triệu đồng, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) A. 31,17. B. 30,85. C. 31,45. D. 31,34. Lời giải Chọn B n
Theo công thức lãi kép, ta có: A A 1 r% 0  
Trong đó A là số tiền ban đầu gửi vào; r% là lãi suất của một kì hạn; n là số kì hạn. 0
Sau 7 năm người đó có số tiền là A  18.1 8 7 %  30,85 . 2x  3 Câu 26: dx bằng x 1
A. 2x  5ln x 1  C .
B. 2x  ln x 1  C .
C. 2x  ln x 1  C .
D. 2x  5ln x 1  C . Lời giải Chọn D 2x  3  5  Ta có dx  2 
dx  2x  5ln x 1  C    . x 1  x 1 
Câu 27: Cho hình trụ có hai đáy là hình tròn O và O , bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng 2R .
Một hình nón có đỉnh O và đáy là hình tròn O; R . Tỉ số diện tích toàn phần của hình trụ và hình nón bằng 3 5   1 3 5   1 A. 2 . B. . C. . D. 5 1 . 2 2 Lời giải Chọn C O' h = 2R I O R
Diện tích toàn phần hình trụ là: 2 2 2 2
S  2 Rh  2 R  4 R  2 R  6 R . 1
Đường sinh hình nón: l R   R2 2 2  R 5 .
Diện tích toàn phần hình nón là: 2
S   Rl   R    5   2 1 R . 2 3  S  5 1 6 Tỉ số cần tìm là 1   . S 5 1 2 2
Câu 28: Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , SA  2a , đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Gọi M ,
N lần lượt là trung điểm các cạnh bên SA , SB . Thể tích khối đa diện MNABC bằng 3 a 3 3 a 3 3 3a 3 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 6 8 8 16 Lời giải Chọn B S M N A C B 2 3 1 1 a 3 a 3
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS . A S  .2 . a  . S .ABC 3 ABC 3 4 6 3 3 SM SN 1 1 a 3 a 3 Ta có V  . .V  . .  ; S .MNC S . ABC SA SB 2 2 6 24 3 3 3 Do đó a 3 a 3 a 3 VVV    . MNABC S . ABC S .MNC 6 24 8
Câu 29: Cho hàm số có đồ thị như hình. Số điểm cực trị của hàm số y f x là A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 . Lời giải Chọn C
Với m là số nghiệm bội lẻ của phương trình f x  0 ;
n là số điểm cực trị của hàm số y f x .
Khi đó, hàm số y f x có m n điểm cực trị.
Dựa vào đồ thị, f x  0 có 3 nghiệm phân biệt, hàm số y f x có 2 điểm cực trị nên hàm
số y f x có 3  2  5 điểm cực trị.
Câu 30: Cho hàm số f x có đạo hàm f  x  x x   x  3 1 2 , x
  . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 1. B. 3 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn B x  0 
Xét phương trình f ' x  0  x  1  . x  2  
Các nghiệm trên đều là nghiệm bội lẻ, do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Câu 31: Hàm số y  log  2
x  4x đồng biến trên khoảng 0,5  A. 2;4 . B. 0;4 . C. 0;2 . D. 2; . Lời giải Chọn B Điều kiện: 2
x  4x  0  0  x  4. 2  x  4 Ta có: y  log  2
x  4x y  0,5   2
x  4x.ln0,5
Hàm số đồng biến khi: 2x  4  0  x  2 . Kết hợp điều kiện: 2  x  4.
Câu 32: Đạo hàm của hàm số
  2  2  2 x y x x e là
A.    2  2  x y x x e .
B.    2   x y x x e .
C.    2  2 x y x e . D. 2 x y  x e . Lời giải Chọn D Ta có:
  2    x       x   2    x 2 2 2 2 2 2 2 x y x x e y x e x x e x e
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S  có tâm I 1;2; 2
  có diện tích 16. Phương trình của
mặt cầu S  là A. 2 2 2
x y z  2x  4 y  4z  5  0. B. 2 2 2
x y z  2x  4 y  4z  5  0. C. 2 2 2
x y z  2x  4 y  4z  5  0. D. 2 2 2
x y z x  2 y  2z  1  0. Lời giải Chọn A Ta có: 2
S  4 r  16  r  2. Khi đó:
S:x  2 1
  y  22  z  22  4  S  2 2 2
: x y z  2x  4 y  4z  5  0
Câu 34: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng
ABCD . Biết tam giác SBD đều và có diện tích bằng 2 a
3. Góc giữa hai mặt phẳng SCD
và  ABCD bằng A. 45 . B. 60 . C. 90 . D. 75 . Lời giải Chọn A 2  BD 3
AD AB a 2 Ta có: 2 S
a 3  SB BD  2a   ABD 2 2 4
SA SB AB a 2 CD AD Do: 
CD  SAD  CD SD và AD CD nên: CD SA
SCD,ABCDAD,SDSDA SA
Xét tam giác SDA có: tan SDA   1 SDA  45 .  AD a 1
Câu 35: Cho các số a,b  0, a  1 thõa mãn log  . Giá trị của 6 log ab bằng 3 a   ab b 3 8 13 8 4 A. . B. . C. . D. . 3 4 9 3 Lời giải Chọn D a 1 1 1 Ta có: log
 log a  log b    ab ab ab b 1  log b log a  1 3 a b  Đặ 1 1 1 t 1 t 1 1
t log b t        t a 1  t 1 1  t 1  t 1  t 3 2 1 t 1 1 4 Nên: 6 6 log ab
 log a  log b   2log b  1  . 3   3 3 3 a a a a 3 3 
Câu 36: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình x x 1 2 4  .2 m
m  9m  0 có hai nghiệm
phân biệt thỏa mãn x x  3 ? 1 2 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn B
Phương trình đã cho được viết lại thành: x x 2 4  2 .2 m
m  9m  0   1 . Đặt 2x t   0 . Khi phương trình  
1 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:  1 x 2 x 1 x 2   3  2  8  2 .2x x x
 8  t .t  8 thì yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 2 1 2 2 2 t  2 .
m t m  9m  0 có hai nghiệm dương t ; t thỏa mãn t .t  8 1 2 1 2 2 '  m   2 m  9m 2  0
2m  9m  0    t
  t  2m  0  m  0  m  8. 1 2   2 2
t .t  m  9m  8
m  9m 8  0   1 2 
Vậy có một giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để 3 2
max x  3x m  3 ? 1  ;3 A. 5 B. 6 C. 8 D. 3 Lời giải Chọn D
Xét hàm f x 3 2
x  3x m trên đoạn 1;  3 . x  0
Ta có: f ' x 2
 3x  6x  0   x  2 Bảng biến thiên:
+ TH1: m  4  0  m  4 thì 3 2
max x  3x m m . 1  ;3 Khi đó 3 2
max x  3x m  3  m  3 (Loại). 1; 3
+ TH2: m  0  m  0 thì 3 2
max x  3x m  4  m . 1; 3 Khi đó 3 2
max x  3x m  3  4  m  3  m  1 (Loại). 1  ;3 m  0 m  0 + TH3:     0  m  4 thì 3 2
max x  3x m  max4  ; mm . m  4  0 m  4 1  ;3 4  m  3 
4  m m 1   m  2 Khi đó 3 2
max x  3x m  3      1  ;3 m  3 2  m  3 
m  4  m
Kết hợp điều kiện và m
ta suy ra có 3 giá trị nguyên tham số m là m 1; 2;  3 .
Câu 38: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  SCD bằng 0 60 và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a . 3 2a 3 4a 3 2a 3 A. V B. V C. 3 a 3 D. V  9 9 3 Lời giải Chọn B
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .
Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  SO AB .
Ta có: S là một điểm chung của hai mặt phẳng  SAB và  SCD .
AB  SAB ; CD  SCD ; AB / /CD .
Suy ra hai mặt phẳng  SAB và  SCD cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng  đi qua S ,
song song với AB và CD .
Gọi H ; K lần lượt là trung điểm của AB và CD HK đi qua O và HK AB . SO AB Ta có: 
AB  SHK     SHK  (Do  / / AB ). HK AB
 SAB;SCD  SH ;SK   60  SH SK Tam giác SHK là tam giác đều.
Kẻ KP vuông góc SH tại P .
Do CD / / AB  SAB  CD / / SAB nên d  ;
CD AB  d  ;
CD SAB  d K;SAB  a KP SH Khi đó ta có:   2a
KP  SAB  d K;SAB  KP a SO a và HK  (Do KP AB 3
tam giác SHK là tam giác đều) 2 4a Suy ra 2 SHK  . ABCD 3 2 1 1 4a 4
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 VS . O S  . aa . S .ABCD 3 ABCD 3 3 9 Câu 39: Tập tất cả các giá trị của tham số
m để bất phương trình 2
log x  2m  5 2
log x m  5m  4  0 x    2 2 nghiệm đúng với mọi 2;4   là A. 0;  1 . B. 0;1   .
C. 2;0 . D. 2; 0   . Lời giải Chọn C
Đặt t  log x x  2; 4 t  1  ;2 2    
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương: 2
t   m   2 2
5 t m  5m  4  0 nghiệm đúng với mọi t  1  ;2   2
t  2m  5t  m  
1 m  4  0, t   1  ;2    t   m   1  t
  m  4  0, t   1  ;2    Ta có trục xét dấu: + _ [ ] + m+1 1 2 m+4 m 1 1 m  0 Suy ra 1  ;2  
 m 1;m  4      m 2  ;0 m  4  2 m  2 
Câu 40: Đồ thị hàm số y f x đối xứng với đồ thị của hàm số 2022x y  qua điểm I 1;  1 . Giá trị của  1 
biểu thức f 2  log  2022 2023  bằng   A. 2021. B. 2023 . C. 2020 . D. 2020 . Lời giải Chọn A
Gọi N C : y f x  N x; f x, M là điểm đối xứng với N qua I
   :  2022x M S y và I 1; 
1 là trung điểm MN
M 2  x;2  f x Mà       2x     2 2 2022  2  2022 x M S f x f x Khi đó ta có:  1 2   2 log 1    2022  2023  log  2022 2023 f 2  log  2  2022  2  2022  2  2023  2  021  2022 2023   
Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O . Tam giác SAB là tam giác vuông
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là
A. điểm O .
B. trung điểm của SC .
C. trung điểm của AB . D. trung điểm của SD . Lời giải Chọn A
Do tam giác SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD .
Gọi I là trung điểm của AB . Trong  ABCD từ I kẻ đường thẳng d vuông góc với AB . 1 d SAB 1   Suy ra  . O d  1
Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là điểm O .
Câu 42: Họ nguyên hàm x  sin 2xdx bằng 2 x 2 x 1 2 x 1 2 x A.
 cos 2x C . B.
 cos 2x C . C.
 cos 2x C . D.
 cos 2x C . 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B x x Do x x 2 cos 2 sin 2 dx  
C nên chọn đáp án B. 2 2
Câu 43: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f x 4 3
x mx   m   2 2 2 3 x  2 đạt giá
trị nhỏ nhất tại x  0 ? A. 6 . B. 4 . C. 3 . D. 5 . Lời giải Chọn D
Ta có f x  f   4 3 x
   x mx   m   2 2 , 2 2 3 x  0, x   . Suy ra 2 2
x  2mx  2m  3  0, x
     m  2m  3  0  1 m  3.
Do đó có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 44: Cho tam giác ABC vuông tại A và AD là đường cao. Biết AB  log y , AC  log 3 , AD  log x y , BC  log 9 . Tính x 1 3 A. . B. 3 . C. 2 3 . D. 1. 3 Lời giải Chọn C
Theo định lý Pytago ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2
AB AC BC  log y  log 3  log 9  log y  log 3  4 log 3 2 2
 log y  3log 3  log y  3 log3 (vì log y AB  0 ) 3 3 log 3 log 3 3  y 10 10  3
Áp dụng hệ thức lượng trong ABC vuông tại A có đường cao AD ta có . AB AC  . AD BC  log . y log 3  log . x log 9  log . y log 3  2 log .
x log 3  log y  2 log x 3 3 3 log3 3 2 log3 2 2
 3 log3  2log x  log x  log 3  x  10 10  3 2 3 3 3 3 y 3  Vậy 2 2   3  3 . 3 x 2 3
Câu 45: Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác SAB vuông tại S . Biết tam giác SAB có bán
kính đường tròn nội tiếp bằng 2 2  
1 . Tính thể tích khối nón đã cho 16 2 4 8 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D
Theo đề SAB vuông tại S và SA SB nên suy ra SAB vuông cân tại S Đặ a 2
t SA SB a suy ra AB a 2 và đường cao SO  2 2 1 a
Diện tích tam giác SAB là S S . A SB  2 2
SA SB AB
a a a 2 2a a 2 Ta có p    2 2 2 2a a 2
Suy ra S pr  .2 2  
1  2a a 2  2   1 2 a
Từ đó suy ra  a a    2 2 2 2 1   a  2 2 2 a 2 2 2. 2
Suy ra SO OB    2 2 2 1 1 8
Vậy thể tích khối nón là 2 2
V   .OB .SO   .2 .2  3 3 3 x Câu 46: Cho hàm số 1 y
C  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  10  ;10 để đường x 1
thẳng y  2x m cắt C tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho góc AOB nhọn? A. 6 . B. 7 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị
x 1  2x m x 1 2x mx   2
1  x 1  2x  2x mx m x 1 2
 2x  m 3 x m 1  0
Đặt g x 2
 2x  m  3 x m 1
Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình g x  0 có hai nghiệm
phân biệt x , x khác 1, nghĩa là A B    
 m 32 8m   2 2 0 1  0
m  6m  9  8m  8  0
m  2m 17  0        (đúng) g    1  0
2  m  3 m 1  0  2   0  2   0  3  m
S x x   A B  2
Áp dụng định lý Vi-ét ta có  m 1
P x x   A B  2
Từ đó suy ra tọa độ điểm Ax ; 2x m , B x ; 2x m B BA A  Ta có OA
x   x m2 2 2 , OB x x m , BB 2 2 2 A A
AB   x x 2   x x 2  x x 2 2 2 5 B A B A B A
Áp dụng định lý cos trong OAB ta có 2 2 2
OA OB AB cos AOB  2O . A OB
Theo đề, góc AOB nhọn nên 2 2 2
OA OB AB 2 2 2 cos AOB  0 
 0  OA OB AB 2O . A OB
x   x m2  x   x m2  x x 2 2 2 2 2 5 A A B B B A 2 2
x x mx x  2 2 2
x x m   2 2 4 4 4 2
5 x  2x x x A A A B B B A A B B
mx x  2 4  2m  10  x x A B A B  3 m  10 m 1 2 2  
 4mS  2m  1  0P  4m  2m     2  2
m  m 2
m  m   2 2 2 3 2 5
1  6m  2m  2m  5m  5  m  5 Mà m  và m  10
 ;10 nên suy ra m6;7;8;9  ;10
Vậy có 5 giá trị m thỏa đề.
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 3 2 3 2
x x  5x m  2  x x x  2 có
5 nghiệm phân biệt? A. 7 . B. 3 . C. 1. D. 5 . Lời giải Chọn C 3 2 3 2
x x  5x m  2  x x x  2 Ta có 3 2 3 2
x x  5x m  2  x x x  2   3 2 3 2
x x  5x m  2  x x x  2 2
2x  4x  4   m    1 . 3
 2x  6x m
Xét hàm số h x 3
 2x  6x . Ta có hx 2
 6x  6  0  x 1. Bảng biến thiên:
Xét hàm số g x 2
 2x  4x  4 . Ta có bảng biến thiên:
Phát họa đồ thị của hàm số h x 3
 2x  6x và g x 2
 2x  4x  4 trên mặt phẳng tọa độ:
Từ hình vẽ ta thấy để  
1 có 5 nghiệm phân biệt  2  m  4 .
Câu 48: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng thay đổi, vuông góc
với SO và cắt SO , SA , SB , SC , SD lần lượt tại I , M , N , P , Q . Một hình trụ có một đáy
là đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ và một đáy nằm trên mặt phẳng  ABCD . Thể tích khối
trụ lớn nhất bằng 3  a 2 3  a 3 3  a 2 3  a 2 A. B. C. D. 8 27 2 27 Lời giải Chọn D AC a 2 2 a a 2 Ta có OC   2  SO a   . 2 2 2 2 IP SI IP SI
Do MNPQ song song với mặt đáy nên     IP SI . OC SO a 2 a 2 2 2 a 2
IO SO OI   IP . 2  a  Khi đó ta có thể 2 tích khối trụ là 2 2 V I .
O  .IP     IP   IP 2   Cách 1: Đặ 2
t x IP với 0   a x , khi đó: 2  a 2  2
Xét hàm số f x 2    x  
x với 0   a x 2   2  x  0 l 
Ta có f  x 2
xa 2  3x  0   a 2 x  n  3 Bảng biến thiên:  a 2  a 2 3  2
Từ bảng biến thiên ta thấy max f x 3  f      a V .    max a 2  3 27  27 x  0;      2   Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Am – Gm: a
IP IP IP V
 a IP  3 3 2 2 1 1  a 2 2 2 I . P IP    . 2 2 27 27 Đẳ 2 ng thức xảy ra  2  2    a a IP IP IP . 3
Câu 49: Gọi a là số thực lớn nhất để bất phương trình 2
x x   a  2 2
ln x x   1  0 nghiệm đúng với mọi x
. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  (2;3]
B. a  (6; 7]
C. a  (8; ) D. a  ( 6  ;5] Lời giải Chọn B     Đ๐ 1 3 3 3 t 2
t x x 1  x    , t      .  2  4 4  4  Ta có: 2
x x   a
 2x x  2
  x x    a  2 2 ln 1 0 1 1
ln x x   1  0 .     Đặ 1 3 3 3 t 2
t x x 1  x    , t      .  2  4 4  4   
Ta được bất phương trình t   a t    3 1 ln 0 2 , t  .    4 
Đặt f t  t   a t   f ta 3 1 ln 0 1  0, t   . t 4 Do đó để bất phương trình (2) nghiệm đúng 3 t   điều kiện là 4  3  7 3 7  f
 0   a ln  0  a   6.09.    4  4 4 3 4 ln 4
Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , mặt bên SAB là tam giác đề a 14 u, SC SD
. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 3 a 3 3 a 3 3 a 2 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 12 6 4 4 Lời giải Chọn A AB IK
Gọi I , K lần lượt là trung điểm của AB,CD  
IK  SIK . AB SI
IK  SIK  
IK   ABCD 
SH   ABCD 
ABCD  SIK  .  IK  SH IK 2 13a 13 Ta có 2 2 2
SK SD DK   SK  . a 4 2   2 3 13 3 a a SK SI IK IK  ; a SI   p   . 2 2 4  3   13  3
Diện tích tam giác SIK là: k p p
a  p a 2  p a   a .     2 2 8     Độ dài 2k a 3 SH   . IK 4 3
Thể tích của khối chóp 1 1 3 3a S.ABCD là 2 2 VSH.a  . a a  . S . ABCD 3 3 4 12
--------- HẾT ---------
Document Outline

  • de-thi-thu-thpt-quoc-gia-2023-mon-toan-lan-1-truong-luong-the-vinh-ha-noi
  • 16. ĐỀ THI THỬ TN THPT 2023 - MÔN TOÁN - Lương Thế Vinh - Lần 1 (Bản word kèm giải).Image.Marked