Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia có lời giải (Đề 5)

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=3x^2+6x,y\text{'}<0\iff 3x^2+6x<0\iff -2<x<0$ suy ra hàm số nghịch biến trên (-2;0).

Chọn A.

Biểu thức $B={\log }_3\left(2-a\right)$ có nghĩa khi $2-a>0\iff a<2.$

Chọn C.

Ta có: hình chiếu của SA trên (ABC) là AH nên $\left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\widehat{\left(SA;AH\right)}=\widehat{SAH}$

Xét tam giác vuông SAH ta có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};SA=a$

Khi đó: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};\cos \left(\widehat{SAH}\right)=\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{SAH}={30}^0.$

Vậy góc giữa SA và (ABC) bằng $30°$

Chọn D.

Vì $a^m.a^n=a^{m+n}.$

Chọn D.

Ta có $4^{x^2}=2^{x+1}\iff 2x^2=x+1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Chọn A.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=x^2+1>0\left(\forall x\in R\right)$ nên hàm số y=f(x) đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right).$

Chọn A.

Hàm số xác định trên đoạn $\left[\frac{1}{2};2\right],y\text{'}=2x-\frac{2}{x^2}=0\iff x=1\in \left[\frac{1}{2};2\right]$

$y\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{17}{4};y\left(1\right)=3; y\left(2\right)=5$

Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x^2+\frac{2}{x}$ trên đoạn $\left[\frac{1}{2};2\right] là m=3$

Chọn C.

Điều kiện: $2x-1>0\Rightarrow x>\frac{1}{2}.$

${\log }_3\left(2x-1\right)=1\iff 2x-1=3\iff x=2$

Vậy nghiệm của phương trình là x=2

Chọn D.

${\log }_a\left(xy\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$

Chọn A.

Ta thấy qua ba điểm bất kì chỉ xác định được một hoặc chùm mặt phẳng chứ không xác định được khối đa diện nên mệnh đề B sai.

Mặt khác, ta có khối chóp tam giác có bốn đỉnh, bốn mặt, sáu cạnh nên các mệnh đề C, D đều sai.

Chọn D.

Gọi số cần tìm là $\overline{abc}.$

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được số các số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau là $A_6^3=120$ (số).

Chọn D.

* Vì $\underset{x\to {\left(-\frac{m}{2}\right)}^{+}}{\lim }\frac{mx-1}{2x+m}=-\infty$ (hoặc $\underset{x\to {\left(-\frac{m}{2}\right)}^{-}}{\lim }\frac{mx-1}{2x+m}=+\infty$) nên đường thẳng $x=-\frac{m}{2}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

* Đường tiệm cận đứng đi qua điểm A(1;2) nên $1=-\frac{m}{2}\iff m=-2.$

Chọn B.

Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a là: $V=a^3$ (đvtt)

Chọn C.

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=x^2-4x+3.$

Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là điểm thuộc đồ thị hàm số đã cho với $y_0=\frac{x_0^3}{3}-2x_0^2+3x_0+1.$

Do tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $M\left(x_0;y_0\right)$ song song với đường thẳng y=3x+1 nên ta có:

$y\text{'}\left(x_0\right)=3\iff x_0^2-4x_0+3=3\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=0\Rightarrow y_0=1\\ x_0=4\Rightarrow y_0=\frac{7}{3}\end{array}\right..$

- Tại điểm M(0;1) phương trình tiếp tuyến là: $y-1=3\left(x-0\right)\iff y=3x+1.$

- Tại điểm $M\left(4;\frac{7}{3}\right)$ phương trình tiếp tuyến là: $y-\frac{7}{3}=3\left(x-4\right)\iff y=3x-\frac{29}{3}.$

Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x^3}{3}-2x^2+3x+1$ song song với đường thẳng y=3x+1 có phương trình là $y=3x-\frac{29}{3}.$

Chọn A.

Đường thẳng đi qua A(-1;2), nhận $\overrightarrow{n}=\left(2;-4\right)$ làm véctơ pháp tuyến có phương trình là

$2\left(x+1\right)-4\left(y-2\right)=0\iff 2x-4y+10=0\iff x-2y+5=0.$

Chọn D.

+ Tổng số học sinh của lớp là 41 học sinh.

+ Số cách chọn 5 học sinh trong lớp là số tổ hợp chấp 5 của 41 phần tử $C_{41}^5.$

Chọn A.

Chọn D.

Lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên có chiều cao h=5

Thể tích của khối lăng trụ là $V=B.h=4^2.5=80.$

Chọn C.

Tập xác định: $D=R\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(\frac{2x-3}{x-1}\right)=-\infty và \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(\frac{2x-3}{x-1}\right)=+\infty$

Chọn D.

Xét hàm số $y=x^4+4x^2-3.$

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^4+4x^2-3\right)=+\infty và \underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x^4+4x^2-3\right)=+\infty$

Vậy đồ thị hàm số $y=x^4+4x^2-3$ không có tiệm cận ngang

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình $\left|x^3-3x\right|=m^2+m$ là số giao điểm của đồ thị $y=\left|x^3-3x\right|$ và đường thẳng

Cách vẽ đồ thị hàm số $y=m^2+m.$ từ đồ thị hàm số $y=\left|x^3-3x\right|$ là: Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số $y=x^3-3x$ nằm phía trên trục hoành, lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị của hàm số $y=x^3-3x$ nằm phía dưới trục hoành rồi xóa bỏ phần đồ thị hàm số $y=x^3-3x$ nằm phía dưới trục hoành

Phương trình $\left|x^3-3x\right|=m^2+m$ có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{l}{m}^2+m>0\\ m^2+m<2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>0\\ m<-1\end{array}\right.\\ -2<m<1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}0<m<1\\ -2<m<-1\end{array}\right..$

Chọn C.

Thể tích khối lăng trụ là $V=AA\text{'}.S_{ABCD}=AA\text{'}.\frac{1}{2}.AC.BD=4a.\frac{1}{2}.2a.a=4a^3.$

Chọn A.

Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm số y=f(x) tại điểm $x_0$ là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm $M\left(x_0;y_0\right).$

Do đó hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại điểm $M\left(a;b\right)\in \left(C\right)$ là $k=f\text{'}\left(a\right)$

Vậy đáp án đúng là đáp án A.

Chọn D.

Ta thấy:

* y'>0 khi $x\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$ nên hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

* y'<0 khi $x\in \left(-1;1\right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right).$

Vậy đáp án đúng là đáp án D.

Chọn B.

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại x=2

Chọn A.

Ta có: $y\text{'}=-4x^3+4mx; y\text{'}\text{'}=-12x^2+4m$

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=0\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=0.$ Thỏa mãn $\forall m.$

Mặt khác để hàm số đạt cực tiểu tại $x=0\Rightarrow y\text{'}\text{'}\left(0\right)>0\iff m>0.$

Chọn C.

Điều kiện của phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x-1\ge 0\\ x-2\ge 0\\ x-3\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 1\\ x\ge 2\\ x\ge 3\end{array}\right.\iff x\ge 3$

Vậy tập xác định của phương trình là $D=\left[3;+\infty \right).$

Chọn B.

Ta có: $T={\log }_{\frac{\sqrt{b}}{a}}\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}=\frac{{\log }_a\frac{\sqrt[3]{b}}{\sqrt{a}}}{{\log }_a\frac{\sqrt{b}}{a}}=\frac{{\log }_a\sqrt[3]{b}-{\log }_a\sqrt{a}}{{\log }_a\sqrt{b}-{\log }_{a}a}=\frac{\frac{1}{3}{\log }_{a}b-\frac{1}{2}{\log }_{a}a}{\frac{1}{2}{\log }_{a}b-1}=\frac{-1}{\sqrt{3}}.$

Chọn A.

Vì $\pi \notin Z$ nên hàm số có điều kiện xác định là $x^2-3x+2\ne 0\Rightarrow x\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right).$

Chọn A.

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3+4x \\ f\text{'}\left(1\right)=8 \end{gathered}$$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(1;2) và có hệ số góc k=8 là

$\begin{array}{l}y=8\left(x-1\right)+4\\ \iff y=8x-4\end{array}$

Chọn C.

Dựa vào đồ thị suy ra đồ thị hàm số có điểm cực tiểu là (1;-1)

Chọn B.

$$\begin{gathered} \sqrt{2x-3}=x-3\iff \left\{\begin{array}{l}x-3\ge 0\\ 2x-3={\left(x-3\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 3\\ 2x-3=x^2-6x+9\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 3\\ x^2-8x+12=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 3\\ \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=6\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x=6 \end{gathered}$$

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{6\right\}.$

Chọn B.

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

Vậy phương trình có 2 nghiệm $x=- 1;x = 2.$

Chọn B.

Từ khai triển ${\left(1+x\right)}^n=C_n^0+C_n^{1}x+C_n^2{x}^2+...+C_n^n{x}^n.$

Cho x=1 ta được ${\left(1+1\right)}^n=C_n^0+C_n^1+C_n^2+...+C_n^2=1+C_n^1+C_n^2+...+C_n^n$

Mà $C_n^1+C_n^2+...+C_n^n=1023$ nên $2^n=1024\iff n=10.$

Bài toán trở thành tìm hệ số của $x^2$ trong khai triển ${\left(2x+1\right)}^{10}$ thành đa thức.

Số hạng tổng quát trong khai triển ${\left(2x+1\right)}^{10}$ là $C_{10}^k{\left(2x\right)}^k=C_{10}^k{2}^k{x}^k$

Từ yêu cầu bài toàn suy ra k=2

Vậy hệ số của $x^2$ trong khai triển ${\left(2x+1\right)}^{10}$ thành đa thức là $C_{10}^2{2}^2=180.$

Chọn D.

Trong (ABCD) gọi $O=AC\cap BD.$

Trong (SBD) gọi $I=SO\cap MP.$

Trong (SAC) gọi $N=SC\cap AI.$

Trong (SBD) qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại H, qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt SO tại K.

Gọi T là trung điểm NC

Chọn B.

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x\left(m\right)\left(x>0\right)$

$\Rightarrow$ chiều dài của đáy bể là 2x(m)

Gọi chiều cao của bể là $h\left(m\right)\left(h>0\right)$

Thể tích của bể là: $V=x.2x.h=200\Rightarrow h=\frac{200}{2x^2}=\frac{100}{x^2}$

Diện tích đáy là: $S_1=x.2x=2x^2\left(m^2\right)$

Diện tích xung quanh của bể là: $S_2=2.x.h+2.2x.h=6.x.h\left(m^2\right)$

Chi phí để xây bể là:

$$\begin{gathered} T=\left(S_1+S_2\right).300000 \\ =\left(2x^2+6xh\right).300000 \\ =\left(2x^2+\frac{600}{x}\right).300000 \end{gathered}$$

Ta có: $2x^2+\frac{600}{x}=2x^2+\frac{300}{x}+\frac{300}{x}\ge 3.\sqrt[3]{2x^2.\frac{300}{x}.\frac{300}{x}}$ (theo bất đẳng thức cô si)

$\ge 3.\sqrt[3]{180000}$

Dấu “=” xảy ra $\iff 2x^2=\frac{300}{x}\iff x^3=\frac{300}{2}=150\iff x=\sqrt[3]{150}$

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

$T=3.\sqrt[3]{180000}.300000\approx 50,815.{10}^6$ (nghìn đồng) $\approx 51$ (triệu đồng)

Chọn B.

$B=AB\cap Ox\Rightarrow$ tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

$\left\{\begin{array}{l}2x-y+4=0\\ y=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=0\end{array}\right.\Rightarrow B\left(-2;0\right)$

$C=AC\cap Ox\Rightarrow$ tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{array}{l}x-2y-6=0\\ y=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=6\\ y=0\end{array}\right.\Rightarrow C\left(6;0\right).$

Phương trình đường phân giác của góc BAC là:

$\frac{\left|2x-y+4\right|}{\sqrt{5}}=\frac{\left|x-2y-6\right|}{\sqrt{5}}\iff \left[\begin{array}{l}x+y+10=0\left(d_1\right)\\ 3x-3y-2=0\left(d_2\right)\end{array}\right.$

Đặt $f\left(x,y\right)=x+y+10$

$$\begin{gathered} f\left(-2,0\right)=8 \\ f\left(6,0\right)=16 \end{gathered}$$

$\Rightarrow f\left(-2,0\right).f\left(-6,0\right)=128>0\Rightarrow B$ và C nằm về cùng một phía đối với đường thẳng

$\Rightarrow$ phương trình phân giác ngoài của góc BAC là $x+ y+10=0.$

Chọn D.

Đặt

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=f\left(1-x\right)+\frac{x^2}{2}-x \\ g\text{'}\left(x\right)=-f\text{'}\left(1-x\right)+x-1 \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(1-x\right)=-1\left(1-x\right) \end{gathered}$$

Xét phương trình f'(x)=-x. Từ đồ thị hàm số f'(x) ta có các nghiệm của phương trình này là $x=- 3,x=- 1,x= 3.$

Do đó, phương trình $f\text{'}\left(1-x\right)=-\left(1-x\right)$ tương đương với $\left[\begin{array}{l}1-x=-3\\ 1-x=-1\\ 1-x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=2\\ x=-2\end{array}\right.$

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;\frac{3}{2}\right).$

Chọn C.

Ta có: $y\text{'}=f\text{'}\left(x^2\right).2x=2x{\left(x^2\right)}^2\left(x^2-9\right){\left(x^2-4\right)}^2=2x^5\left(x^2-9\right){\left(x^2-4\right)}^2$

Ta có bảng xét dấu của y' như sau:

Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-3\right).$

Chọn D.

Tập xác đinh: D=R

Đạo hàm $y\text{'}=3x^2+2x+m.$

Hàm số $y=x^3+x^2+mx+1$ đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$ khi và chỉ khi $y\text{'}\ge 0,\forall x\in R$ hay $\Delta \text{'}\le 0\iff 1-3m\le 0\iff m\ge \frac{1}{3}.$

Chọn C.

Tập xác định:

Ta có đạo hàm của $\left(\left|f\left(x\right)\right|\right)\text{'}=\left(\sqrt{f^2\left(x\right)}\right)\text{'}=\frac{2f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)}{2\sqrt{f^2\left(x\right)}}=\frac{f\left(x\right).f\text{'}\left(x\right)}{\left|f\left(x\right)\right|},$ suy ra

Đạo hàm $y\text{'}=\frac{\left(12x^3-12x^2-24x\right)\left(3x^4-4x^3-12x^2+m\right)}{\left|3x^4-4x^3-12x^2+m\right|}$, từ đây ta có

Xét phương trình

$$\begin{gathered} \left(12x^3-12x^2-24x\right)\left(3x^4-4x^3-12x^2+m\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}12x^3-12x^2-24x=0\\ 3x^4-4x^3-12x^2+m=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=2\\ 3x^4-4x^3-12x^2=-m\left(*\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Xét hàm số $g\left(x\right)=3x^4-4x^3-12x^2$ trên R và $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\\ x=2\end{array}\right..$ Bảng biến thiên của  như sau:

Hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi tổng số nghiệm bội lẻ của y'=0 và số điểm tới hạn của y' là 5, do đó ta cần có các trường hợp sau

TH1: Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác -1; 0; 2 $\iff \left[\begin{array}{l}-m>0\\ -32<-m<-5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<0\\ 5<m<32\end{array}\right.,$ trường hợp này có 26 số nguyên dương.

TH2: Phương trình (*) có 3 nghiệm trong đó có một nghiệm kép trùng với một trong các nghiệm $-1;0;2\iff \left[\begin{array}{l}-m=0\\ -m=-5\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=5\end{array}\right.,$ trường hợp này có một số nguyên dương.

Vậy có tất cả là 27 số nguyên dương thỏa mãn bài toán.

Chọn C.

Do SA, SB, SC vuông góc với nhau đôi một nên ta có

$V_{S.ABC}=V_{A.SBC}=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta SBC}=\frac{1}{6}.SA.SB.SC=\frac{a^3}{6}.$

Chọn B.

$BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow AH\perp BC\left(2\right)$

Gọi H là trung điểm của SB ta có $AH\perp SB\left(1\right)$ (vì $SA=AB=a\sqrt{3})$

Ta lại có SA,SB,SC vuông góc với nhau đôi một. Nên 

Từ (1) và (2) suy ra: $AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH.$

Xét tam giác SAB vuông cân tại A có AH là đường trung tuyến ta có:

$AH=\frac{1}{2}SB=\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\frac{\sqrt{3a^2+3a^2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow d\left(A,\left(ABC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Chọn C.

Ta có

$S_{A\text{'}B\text{'}NM}=\frac{1}{4}{S}_{A\text{'}B\text{'}BA}\Rightarrow V_1=V_{C\text{'}.A\text{'}B\text{'}NM}=\frac{1}{4}{V}_{C\text{'}.A\text{'}B\text{'}BA}=\frac{1}{4}.\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{6}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.$

$\Rightarrow V_2=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_1=\frac{5}{6}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{5}.$

Chọn B.

Dựng hình bình hành ACBE

Ta có $BC//AE\Rightarrow BC//\left(SAE\right)\Rightarrow d\left(BC,SA\right)=d\left(BC,\left(SAE\right)\right)=2d\left(H,\left(SAE\right)\right).$

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AE,AM, K là hình chiếu của H trên SN

$∆ABE$ vuông cân tại $B\Rightarrow BM\perp AE\Rightarrow HN\perp AE.$ Mà $SH\perp AE\Rightarrow HK\perp AE.$

Mặt khác $HK\perp SN\Rightarrow HK\perp \left(SAE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAE\right)\right)=HK.$

Ta có $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{N}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow HK=\frac{a}{\sqrt{3}}.$

Do đó: $d\left(BC,SA\right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}.$

Chọn A.

Phương trình $x^3-3x^2-m^3+3m^2=0\iff m^3-3m^2=x^3-3x^2=f\left(x\right).$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x.$ Xét $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right..$

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} -4<m^3-3m^2<0\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^3-3m^2+4>0\\ m^3-3m^2<0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-1<m,m\ne 2\\ m<3,m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\ne 0\wedge m\ne 2\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\ne 0\wedge m\ne 2\end{array}\right.$ thỏa yêu cầu bài toán