Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2023 môn Toán lần 1 trường Lương Thế Vinh, Hà Nội (có lời giải)

Trọn bộ Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2023 môn TOÁN lần 1 trường Lương Thế Vinh, Hà Nội có lời giải chi tiết. Đề thi được biên soạn dưới dạng file PDF gồm 5 trang với 50 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

28 14 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 M. Hậu
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