Dạng đề minh họa thpt quốc gia 2023 môn toán năm 2024
Đề minh họa THPT Quốc gia 2023 tất cả các mônTheo đó, Bộ GD&ĐT đã chính thức công bố bộ đề thi minh họa 2023 vào đầu tháng 3 thay vì vào cuối tháng 3 như năm ngoái. Vì thế các sĩ tử 2k5 có thể yên tâm ôn luyện với bộ đề minh họa 2023, tải file PDF đề minh họa 2023 ngay dưới đây: Show
.jpg) Theo như đề thi minh họa 2023, có thể thấy nội dung thi tốt nghiệp THPT năm nay dự kiến nằm trong chương trình học và chủ yếu ở lớp 12. Do đó các em học sinh có thể an tâm và tự tin ôn luyện. Cũng cần lưu ý, lịch thi tốt nghiệp THPT 2023 sẽ được tổ chức sớm hơn năm ngoái diễn ra từ ngày 27/6 - 30/6/2023. Vì vậy, đề minh họa sớm sẽ là lợi thế để các em chuẩn bị thật ôn luyện thật tốt cho kỳ thi THPT Quốc gia sắp tới. Xem thêm: [2023] Cách đăng ký thi đánh giá năng lực ĐHQG TPHCM Đề minh họa 2023 có đáp ánĐể giúp các sĩ tử 2k5 tiện theo dõi cũng như kịp thời chuẩn bị ôn luyện ngay bộ đề minh họa 2023, Nguyễn Kim sẽ tổng hợp lại tất cả các đề minh họa PDF kèm đáp án chi tiết để bạn tham khảo. Mong rằng các bạn sẽ sử dụng tài liệu này để ôn thi thật tốt nhé! Đáp án đề minh họa THPT Quốc gia 2023 tất cả các môn - Tại đây Đề minh họa 2023 Toán có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Ngữ Văn có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Vật lý có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Hóa học có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Sinh học có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Lịch sử có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Địa lý có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 Giáo dục công dân có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Anh có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Nga có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Pháp có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Trung có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Đức có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Nhật có đáp án - Tại đây Đề minh họa 2023 tiếng Hàn có đáp án - Tại đây Xem thêm: Tra Cứu Điểm Thi THPT Quốc Gia 2022 Chính Xác Theo Tên Cách Tính Điểm Thi Xét Tốt Nghiệp THPT 2022 Chính Xác, Cực Nhanh Tải đề thi minh họa 2023 như thế nào?Trong bài viết Nguyễn Kim đã để gắn các file PDF tất cả các môn thi THPT Quốc gia 2023, bạn có thể tìm và tải file về nhé! Tải đề thi minh họa 2023 có đáp án như thế nào?Bài viết trên Nguyễn Kim đã cung cấp chi tiết các đề minh họa 2023 có đáp án cho các sĩ tử 2k5. Vì vậy các bạn có thể tìm và tải ngay trong bài viết nhé! Nếu bạn muốn được tư vấn thêm về những dòng sản phẩm hiện đang có tại Nguyễn Kim, hãy liên hệ ngay với chúng tôi qua những kênh sau đây để được hỗ trợ nhanh nhất: Lời giải chi tiết đề minh họa môn Toán 2023 thi tốt nghiệp THPT. Các bạn xem và tham khảo để chuẩn bị cho kỳ thi sắp đến. Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức $z = 7 – 6i$ có tọa độ là
Chọn D Lời giải Ta có điểm biểu diễn số phức $z = 7 – 6i$ có tọa độ là $\left( {7; – 6} \right)$. Câu 2: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x$ là
Lời giải Chọn B Ta có $y’ = {\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}x} \right)^{\text{‘}}} = \frac{1}{{x{\text{ln}}3}}$. Câu 3: Trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$, đạo hàm của hàm số $y = {x^\pi }$ là
Chọn A Lời giải Ta có $y’ = {\left( {{x^\pi }} \right){\text{‘}}} = \pi {x{\pi – 1}}$. Câu 4: Tập nghiệm của bất phương trình ${2^{x + 1}} < 4$ là
Chọn D Lời giải Ta có ${2^{x + 1}} < 4 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} < {2^2} \Leftrightarrow x + 1 < 2 \Leftrightarrow x < 1$. Vậy tập của bất phương trình là $\left( { – \infty ;1} \right)$. Câu 5: Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_1} = 2$ và công bội $q = \frac{1}{2}$. Giá trị của ${u_3}$ bằng
Lời giải Chọn B Ta có ${u_3} = {u_1} \cdot {q^2} = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Câu 6: Trong không gian $Oxyz$, mặt phẳng $\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là
Chọn C Lời giải $\left( P \right):x + y + z + 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_3}} = \left( {1;1;1} \right)$. Câu 7: Cho hàm số $y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}$ có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là
Lời giải Chọn B Từ đồ thị, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có tọa độ $\left( {2;0} \right)$. Câu 8: Nếu $\int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx = 2} $ và $\int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 3} $ thì $\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} $ bằng
Lời giải Chọn A Ta có: $\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_{ – 1}^4 {f(x)dx + } \int\limits_{ – 1}^4 {g(x)dx = 2 + 3 = 5} $ Câu 9: Đô thị hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình bên
Lời giải Chọn B Đồ thị đã cho thuộc dạng đồ thị hàm phân thức hữa tỷ bậc nhất nên dễ dàng loại 3 đáp án ${\text{A}},{\text{C}},{\text{D}}$ (hàm đa thức). Câu 10: Trong không gian $Oxyz$, cho mặt câuu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 4y – 6z + 1 = 0$. Tâm của (S) có tọa độ là
Chọn D Lời giải Điểm $I\left( {1;2;3} \right)$ là tâm của mặt câu $\left( S \right)$. Câu 11: Trong không gian $Oxyz$, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ bằng
Chọn D Lời giải Ta có vectơ pháp tuyến của $\left( {Oxy} \right)$ và $\left( {Oyz} \right)$ lần lượt là $\vec k$ và $\vec i$. Vì $\vec k \bot \vec i$ nên $\left( {\overline {\left( {Oxy} \right);\left( {Oyz} \right)} } \right) = {90^ \circ }$. Câu 12: Cho số phức $z = 2 + 9i$, phân thực của số phức ${z^2}$ bằng
Chọn A Lời giải $z = 2 + 9i \Rightarrow {z^2} = {(2 + 9i)^2} = – 77 + 36i$ Vậy phân thực của số phức ${z^2}$ bằng -77 . Câu 13: Cho khối lập phương có cạnh bằng 2 . Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
Chọn B Lời giải Thể tích khối lập phương có cạnh bằng $a$ là $V = {a^3} = {2^3} = 8$. Câu 14: Cho khối chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $A,AB = 2;SA$ vuông góc với đáy và $SA = 3$ (tham khảo hình vẽ). Thể tích khối chóp đã cho bằng
Chọn B Lời giải Thể tích khối chóp đã cho $V = \frac{1}{3}B \cdot h = \frac{1}{3}{S_{\vartriangle ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 = 2$. Câu 15: Cho mặt phẳng $\left( P \right)$ tiếp xúc với mặt câu $S\left( {O;R} \right)$. Gọi $d$ là khoảng cách từ $O$ đến $\left( P \right)$ . Khẳng định nào dưới đây đúng?
Chọn C Lời giải Mặt phẳng $\left( P \right)$ tiếp xúc với mặt cầu $S\left( {O;R} \right)$ khi và chỉ khi $d = R$. Câu 16: Phần ảo của số phức $z = 2 – 3i$ là
Chọn A Lời giải Lý thuyết. Câu 17: Cho hình nón có đường kính đáy $2r$ và độ dải đường sinh $l$. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
Chọn C Lời giải Hình nón có đường kính đáy $2r$ nên nó có bán kính đáy bằng $r$. Vậy diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng $\pi rl$. Câu 18: Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z + 3}}{{ – 2}}$. Điểm nào dưới đây thuộc $d$ ?
Chọn B Lần lượt thay tọa độ của 4 điểm đã cho vào phương trình đường thẳng $d$, ta thấy tọa độ của điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ thỏa mãn. Vậy điểm $Q\left( {1;2; – 3} \right)$ thuộc đường thẳng $d$. Câu 19: Cho hàm số $y = a{x^4} + b{x^2} + c$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có tọa độ là
Chọn B Lời giải Từ đồ thị, ta có bảng biến thiên của hàm số đã cho như sau: Vậy đồ thị hàm số đã cho có điểm cực tiểu là $\left( {0;1} \right)$. Câu 20: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ là đường thẳng có phương trình
Chọn D Lời giải Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{3x – 1}}$ có phương trình $y = \frac{2}{3}$. Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0$ là
Chọn C Lời giải Ta có ${\text{log}}\left( {x – 2} \right) > 0 \Leftrightarrow x – 2 > {10^0} \Leftrightarrow x > 3$. Câu 22: Cho tập hợp $A$ có 15 phân tử. Số tập con gôm hai phân tử của $A$ bằng
Chọn D Lời giải Số tập hợp con của $A$ là $C_{15}^2 = 105$. Câu 23: Cho $\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x = F\left( x \right) + C$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
Chọn ${\text{C}}$ Lời giải Ta có ${[F\left( x \right)]{\text{‘}}} = {\left( {\smallint \frac{1}{x}{\text{d}}x} \right){\text{‘}}} = \frac{1}{x}$. Câu 24: Nếu $\int\limits_0^2 {f(x)} dx = 4$ thì $\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx$ bằng
Ta có: $\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f(x) – 2} \right]} dx = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(x)} dx – \int\limits_0^2 2 dx = \frac{1}{2}.4 – 4 = – 2$ Câu 25: Cho hàm số $f\left( x \right) = {\text{cos}}x + x$. Khẳng định nào dưới đây đúng?
Lời giải Chọn D $\smallint \;f\left( x \right){\text{d}}x = \smallint \;\left[ {{\text{cos}}x + x} \right]{\text{d}}x = {\text{sin}}x + \frac{{{x^2}}}{2} + C$ Câu 26: Cho hàm sô̂ $y = f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Chọn D Lời giải Ta có $x \in \left( {1;3} \right)$ thì $f’\left( x \right) < 0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$. Chọn D Câu 27: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Giá trị cực đại của hàm số đã cho là:
Chọn B Lời giải Dựa vào đồ thị ta có giá trị cực đại của hàm số là 3 . Câu 28: Với $a$ là số thực dương tùy $y’,{\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right)$ bằng:
Lời giải Chọn B Ta có ${\text{ln}}\left( {3a} \right) – {\text{ln}}\left( {2a} \right) = {\text{ln}}\frac{{3a}}{{2a}} = {\text{ln}}\frac{3}{2}$. Câu 29: Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường $y = – {x^2} + 2x$ và $y = 0$ quanh trục $Ox$ bằng
Chọn D Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của đường $y = – {x^2} + 2x$ và đường $y = 0$ là $ – {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0} \\ {x = 2} \end{array}} \right.{\text{.\;}}$ Thể tích là $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( { – {x^2} + 2x} \right)}^2}dx = } \frac{{16\pi }}{5}$ Câu 30: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B,SA$ vuông góc với đáy và $SA = AB$ (tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng
Lời giải Chọn D Ta có $BC \bot AB \Rightarrow SB \bot BC$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $\widehat {SBA}$. Do tam giác $SAB$ vuông cân tại $A \Rightarrow \widehat {SBA} = {45^ \circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng ${45^ \circ }$. Câu 31: Cho hàm số bậc ba $y = f\left( x \right)$ có đồ thị là đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left( x \right) = m$ có ba nghiệm thực phân biệt?
Chọn C Lời giải Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $d:y = m$. Dựa vào hình vẽ, ta có: Phương trình $f\left( x \right) = m$ có ba nghiệm thực phân biệt khi đường thẳng $d:y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại ba điểm phân biệt, tức là $ – 3 < m < 1$. Mà $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { – 2; – 1;0} \right\}$ Câu 32: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm $f’\left( x \right) = {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Chọn D Lời giải Ta có $f’\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {(x – 2)^2}\left( {1 – x} \right) > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1 – x > 0} \\ {{{(x – 2)}^2} > 0} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x < 1} \\ {x \ne 2} \end{array} \Leftrightarrow x < 1} \right.} \right.$. Vậy hàm số đông biến trên khoảng $\left( { – \infty ;1} \right)$. Câu 33: Một hộp chứa 15 quả câu gôm 6 quả màu đỏ được đánh số từ 1 đến 6 và 9 quả màu xanh được đánh số từ 1 đến 9 . Lấy ngẫu nhiên hai quả từ hộp đó, xác suất để lấy được hai quả khác màu đồng thời tổng hai số ghi trên chúng là số chẵn bằng
Chọn A Lời giải Số cách lấy ngẫu nhiên 2 quả câu từ hộp là: $C_{15}^2 = 105$ cách Để tổng hai số ghi trên hai quả câu là số chẵn ta có 2 TH sau: TH1: Hai quả câu khác màu cùng đánh số lẻ: $C_3^1 \cdot C_5^1 = 15$ cách TH2: Hai quả câu khác màu nhau cùng đánh số chẵn: $C_3^1 \cdot C_4^1 = 12$ cách Vậy xác suất cân tính là: $P = \frac{{12 + 15}}{{105}} = \frac{9}{{35}}$. Câu 34: Tích tất cả các nghiệm của phương trình ${\text{l}}{{\text{n}}^2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0$ bằng
Lời giải Chọn D Ta có: ${\text{l}}{{\text{n}}2}x + 2{\text{ln}}x – 3 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x > 0} \\ {\left( {{\text{ln}}x – 1} \right)\left( {{\text{ln}}x + 3} \right)} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x > 0} \\ {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = e} \\ {x = {e{ – 3}}} \end{array}} \right.} \end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = e} \\ {x = {e^{ – 3}}} \end{array}} \right.} \right.} \right.$ Vậy ${x_1} \cdot {x_2} = \frac{1}{{{e^2}}}$. Câu 35: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ thỏa mãn $\left| {z + 2i} \right| = 1$ là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là.
Chọn C Lời giải Đặt $z = x + yi$, với $x,y \in \mathbb{R}$. Từ giả thiết $\left| {z + 2i} \right| = 1 \Rightarrow {x^2} + {(y + 2)^2} = 1$. Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left( {0; – 2} \right)$, bán kính $R = 1$ Câu 36: Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $M\left( {1; – 1; – 1} \right)$ và $N\left( {5;5;1} \right)$. Đường thẳng $MN$ có phương trình là:
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( {1;2;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có tọa độ là
Lời giải Chọn A Tọa độ hình chiếu của điểm $A\left( {1;2;3} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là $\left( {1;0;3} \right)$. Điểm đối xứng với A qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ có tọa độ là $\left( {1; – 2;3} \right)$ Câu 38: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có chiêu cao $a,AC = 2a$ (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
Lời giải Chọn C Gọi $O = AC \cap BD$, $H$ là trung điểm $CD$. Trong $\left( {SOH} \right)$, kẻ $OI \bot SH$. Có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CD \bot SO} \\ {CD \bot SH} \end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OI} \right.$. Mà $OI \bot SH$ nên $OI \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OI$. Vì O là trung điểm BD nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OI = \frac{{2SO \cdot OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }}$. Có $AD = AC{\text{sin}}{45^ \circ } = a\sqrt 2 ,OH = a\frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a$. Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên $x$ thỏa mãn ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$ ?
Chọn D Lời giải TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 4} \right) \cup \left( {4; + \infty } \right)$. Ta có: ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\frac{{{x^2} – 16}}{{343}} < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\frac{{{x^2} – 16}}{{27}}$ $\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 \cdot \left[ {{\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3} \right] < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$ $ \Leftrightarrow \left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1} \right) \cdot {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 3{\text{lo}}{{\text{g}}_7}3$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < \frac{{3\left( {{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)}}{{{\text{lo}}{{\text{g}}_3}7 – 1}}$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < 3\left( {1 + {\text{lo}}{{\text{g}}_7}3} \right)$ $\; \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_7}\left( {{x^2} – 16} \right) < {\text{lo}}{{\text{g}}_7}{21^3}$ $\; \Leftrightarrow {x^2} – 16 < {21^3}$ $ \Leftrightarrow – \sqrt {9277} < x < \sqrt {9277} $ Kết hợp điêuu kiện ta có $x \in \left\{ { – 96; – 95; \ldots ; – 5;5; \ldots ;95;96} \right\}$. Vậy có 184 số nguyên $x$ thỏa mãn. Câu 40: Cho hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$. Gọi $F\left( x \right),G\left( x \right)$ là hai nguyên hàm của $f\left( x \right)$ trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4$ và $F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1$. Khi đó $\int\limits_0^2 {f(2x)dx }$ bằng
Lời giải Chọn B Ta có: $G\left( x \right) = F\left( x \right) + C$ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {F\left( 4 \right) + G\left( 4 \right) = 4} \\ {F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = 1} \end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {2F\left( 4 \right) + C = 4} \\ {2F\left( 0 \right) + C = 1} \end{array} \Leftrightarrow F\left( 4 \right) – F\left( 0 \right) = \frac{3}{2}.} \right.} \right.$ Vậy: $\int\limits_0^2 {f(2x)dx = } \frac{1}{2}\int\limits_0^4 {f(x)dx = } \frac{{F(4) – F(0)}}{2} = \frac{3}{4}$ Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số $m$ để hàm số $y = – {x^4} + 6{x^2} + mx$ có ba điểm cực trị?
Lời giải Chọn B Ta có: $y’ = – 4{x^3} + 12x + m$. Xét phương trình $y’ = 0 \Leftrightarrow – 4{x^3} + 12x + m = 0$ Để hàm số có ba điểm cực trị thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt. Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = 4{x^3} – 12x$. Xét hàm số $g\left( x \right) = 4{x^3} – 12x$ có $g’\left( x \right) = 12{x^2} – 12$. Cho $g’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^2} – 12 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1$ Bảng biến thiên của $g\left( x \right)$ Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi $ – 8 < m < 8$ Do $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { – 7, – 6, – 5, \ldots ,5,6,7} \right\}$. Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa yêu câu đề bài. Câu 42: Xét các số phức $z$ thỏa mãn $\left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| = 2\left| z \right|$. Gọi $M$ và $m$ lân lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $\left| z \right|$. Giá trị của ${M^2} + {m^2}$ bằng
Lời giải Chọn C Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có: $2\left| z \right| = \left| {{z^2} – 3 – 4i} \right| \geqslant \left| {\left| {{z^2}\left| – \right|3 + 4i} \right|} \right| = {\left. {||z} \right|^2} – 5\mid $ (vì $\left. {\left| {{z^2}} \right| = |z{|^2}} \right)$. Dấu “=” xảy ra khi ${z^2} = k\left( { – 3 – 4i} \right)$. Suy ra $4|z{|^2} \geqslant {(\left| z \right| – 5)^2} \Leftrightarrow \left| {z{|^4} – 14} \right|z{|^2} + 25 \leqslant 0 \Leftrightarrow 7 – 2\sqrt 6 \leqslant |z{|^2} \leqslant 7 + 2\sqrt 6 $. $ \Rightarrow \sqrt 6 – 1 \leqslant \left| z \right| \leqslant \sqrt 6 + 1$ Do đó, ta có $M = 1 + \sqrt 6 $ và $m = \sqrt 6 – 1$. Vậy ${M^2} + {m^2} = 14$. Câu 43: Cho khối lăng trụ đứng $ABC \cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B,AB = a$. Biết khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {A’BC} \right)$ bằng $\frac{{\sqrt 6 }}{3}a$, thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
Chọn B Lời giải Kẻ $AH \bot A’B,H \in A’B$. Vi $\left. {\begin{array}{*{20}{c}} {BC \bot AB} \\ {BC \bot AA’} \end{array}} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {ABB’A’} \right) \Rightarrow BC \bot AH$ Ta có $BC \bot AH,AH \bot A’B \Rightarrow AH \bot \left( {A’BC} \right)$. Do đó $d\left( {A,\left( {A’BC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$. Xét tam giác vuông $AA’B$ vuông tại $A$, ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} – \frac{1}{{A{B^2}}}$ $ \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{9}{{6{a^2}}} – \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow A’A = a\sqrt 2 $. Vậy ${V_{ABC \cdot A’B’C’}} = {S_{\vartriangle ABC}} \cdot A’A = \frac{1}{2}$ a.a.a $\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$. Câu 44: Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn $f\left( x \right) + xf’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2,\forall x \in \mathbb{R}$. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ bằng
Chọn C Lời giải Ta có: $f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow {(x){\text{‘}}} \cdot f\left( x \right) + x.f’\left( x \right) = 4{x^3} + 4x + 2$ $ \Leftrightarrow {[x.f\left( x \right)]{\text{‘}}} = 4{x^3} + 4x + 2 \Leftrightarrow x.f\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2} + 2x + C \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^4} + 2{x^2} + 2x + C}}{x}$ Vì do $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên $C = 0$. Do đó $f\left( x \right) = {x^3} + 2x + 2 \Rightarrow f’\left( x \right) = 3{x^2} + 2$ Xét phương trình hoành độ giao điểm của $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$, ta có: ${x^3} + 2x + 2 = 3{x^2} + 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0} \\ {x = 1} \\ {x = 2} \end{array}} \right.$. Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường $y = f\left( x \right)$ và $y = f’\left( x \right)$ là: $S = \int\limits_0^2 {\left| {f(x) – f'(x)} \right|dx} = \frac{1}{2}$ Câu 45: Trên tập hợp số phức, xét phương trình ${z^2} – 2\left( {m + 1} \right)z + {m^2} = 0$ ( $m$ là số thực). Có bao nhiêu giá trị của $m$ để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt ${z_1},{z_2}$ thỏa mãn $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2?$
Chọn C Lời giải Ta có: $\Delta ‘ = 2m + 2$ TH1: $\Delta ‘ < 0 \Leftrightarrow m < – 1$. Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: $\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {\frac{c}{a}} = \sqrt {{m^2}} $. Suy ra: $2\sqrt {{m^2}} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m = 1} \\ {m = – 1\left( l \right)} \end{array}} \right.$. TH2: $\Delta ‘ > 0 \Leftrightarrow m > – 1$. Vì a.c $ = {m^2} \geqslant 0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt ${z_1} \cdot {z_2} \geqslant 0$ hoặc ${z_1} \cdot {z_2} \leqslant 0$. Suy ra: $\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {2m + 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {m = – 2\left( l \right)} \\ {m = 0} \end{array}} \right.$. Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa yêu câu bài toán. Câu 46: Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( {0;1;2} \right)$ và đường thẳng $d:\frac{{x – 2}}{2} = \frac{{y – 1}}{2} = \frac{{z – 1}}{{ – 3}}$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua $A$ và chứa $d$. Khoảng cách từ điểm $M\left( {5; – 1;3} \right)$ đến $\left( P \right)$ bằng
Chọn C Lời giải Lấy $B\left( {2;1;1} \right) \in d$ ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;0; – 1} \right)$. Ta có $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2;4;4} \right) = 2\left( {1;2;2} \right)$ Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $A$ và chứa $d$ suy ra $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;2;2} \right)$. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right):x + 2y + 2z – 6 = 0$ Vậy ${\text{d}}\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{x_M} + 2{y_M} + 2{z_M} – 6} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 1$. Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)?$
Chọn B Lời giải Điêu kiện: $x > 0$. Ta có: ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x + {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right)$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {{x^2} + {y^2} + x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_3}x \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2} + 24x} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right)$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + x}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + 24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}} \right) \leqslant {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)$ $ \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} + 1} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24x}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right) \leqslant 0$ Đặt: $t = \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x}(t > 0)$, bất phương trình trở thành: ${\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right) \leqslant 0$ Xét hàm số $f\left( t \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + t} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{t}} \right)$ có $f’\left( t \right) = \frac{1}{{\left( {1 + t} \right){\text{ln}}3}} + \frac{{24}}{{\left( {{t^2} + 24t} \right){\text{ln}}2}} > 0,\forall t > 0$. Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$. Ta có $f\left( 8 \right) = {\text{lo}}{{\text{g}}_3}\left( {1 + 8} \right) – {\text{lo}}{{\text{g}}_2}\left( {1 + \frac{{24}}{8}} \right) = 0$ Từ đó suy ra: (1) $ \Leftrightarrow f\left( t \right) \leqslant f\left( 8 \right) \Leftrightarrow t \leqslant 8 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + {y^2}}}{x} \leqslant 8 \Leftrightarrow {(x – 4)^2} + {y^2} \leqslant 16$. Đếm các cặp giá trị nguyên của $\left( {x;y} \right)$ Ta có: ${(x – 4)^2} \leqslant 16 \Leftrightarrow 0 \leqslant x \leqslant 8$, mà $x > 0$ nên $0 < x \leqslant 8$. Với $x = 1,x = 7 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 10 cặp. Với $x = 2,x = 6 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 14 cặp. Với $x = 3,x = 5 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 14 cặp. Với $x = 4 \Rightarrow y = \left\{ { \pm 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right\}$ nên có 9 cặp. Với $x = 8 \Rightarrow y = 0$ có 1 cặp. Vậy có 48 cặp giá trị nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn đề bài. Câu 48: Cho khối nón có đỉnh $S$, chiêuu cao bằng 8 và thể tích bằng $\frac{{800\pi }}{3}$. Gọi $A$ và $B$ là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho $AB = 12$, khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ bằng
Chọn C Lời giải Gọi $O,R$ lân lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, $K,H$ lân lượt là hình chiếu của $O$ lên $AB,SK$. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ bằng $OH$. Ta có: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot h \Rightarrow {R^2} = \frac{{3V}}{{\pi \cdot h}} = \frac{{3 \cdot \frac{{800\pi }}{3}}}{{\pi \cdot 8}} = 100 \Rightarrow R = 10$ Trong tam giác vuông $OBK$ có: $OK = \sqrt {O{B^2} – B{K^2}} = \sqrt {{R^2} – {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8$. Trong tam giác vuông $SOK$ có: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{{8^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} = \frac{2}{{{8^2}}} \Rightarrow OH = 4\sqrt 2 $. Câu 49: Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left( {0;0;10} \right),B\left( {3;4;6} \right)$. Xét các điểm $M$ thay đổi sao cho tam giác $OAM$ không có góc tù và có diện tích bằng 15 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng $MB$ thuộc khoảng nào dưới đây?
Chọn B Lời giải Ta có: ${S_{OAM}} = \frac{1}{2}OA \cdot d\left( {M;OA} \right) = 15 \Rightarrow d\left( {M;OA} \right) = 3$. Suy ra: $M$ di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3 , trục là $OA$. Xét điểm $D$ như hình vẽ, $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {HA \cdot HO = H{D^2} = 9} \\ {HA + HO = 10} \end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {HA = 1} \\ {HO = 9} \end{array}} \right.} \right.$. Vì $\widehat {AMO} \leqslant 90$ nên giới hạn của $M$ là hai mặt trụ với trục $AH$ và $FO$. Vì hình chiếu của $B$ cách $H$ gân hơn nên $B{M_{{\text{min}}}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} $. |
