25 file đáp án đề số 25

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?. Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?. Vậy đ

Trang 1

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Điện thoại: 0946798489

PHẦN 1 NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 5-6 ĐIỂM

Câu 1 Cho hàm số y f x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới Hàm số y f x  có tất cả bao nhiêu điểm

cực trị?

Lời giải Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x  có 3 cực trị

Câu 2 Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3x 2

2

y x





 là đường thẳng có phương trình

A y  2 B y   1 C y  3 D y   2

Lời giải Chọn C

x x x x

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là y  3

Câu 3 Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

A yx33x B. yx33x C 1 3 1

3

y x  D y3x33x

Lời giải Chọn A

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x 1 và x  1 nên phương trình y  có 2 0 nghiệm x  1 Do đó chọn đáp án yx33x

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023

• ĐỀ SỐ 25 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - https://www.nbv.edu.vn/

Trang 2

Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/

Câu 4 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?

A 0;    B.1;1 C. ; 1 D 1; 0

Lời giải Chọn D

Dựa vào bản biến thiên, hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 và 1;  

Câu 5 Số giao điểm của đồ thị hàm số yx34x211x30 với trục hoành là

Xét hàm số yx34x211x30 trên tập xác định  ta có:

2

1

3

x







 



Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

Cách giải khác

Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2

3

5

x







  



Vậy đồ thị hàm số đã cho tạo với trục hoành 3 giao điểm

Câu 6 Trên đoạn 1 3;

3 2

 , hàm số

3 1 2 2

y x

x

  đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm

2

3

x  D. x 1

Trang 3

Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

TXĐ: D  

2 2

1 8 2

y x

x

2

;

x



  



Ta có: 1 85

y  

  ,

y 

;

3 2

1 max

2

y y

 

 

 

 

 

loga loga

P b  b trong đó a b , là các số thực dương tùy ý và a  Khi đó 1 mệnh đề nào dưới đây đúng?

A P9.loga b B P15.loga b C P5.loga b D P21.loga b

3

Câu 8 Cho hàm số ye x Mệnh đề đúng là

A Hàm số có tập xác định D 0; B Hàm số có tập xác định D  \ 0 

C Hàm số có tập xác định D 0; D Hàm số có tập xác định D  

Câu 9 Tập nghiệm Scủa bất phương trình log2x 13

A 1;9 B ;9 C ;10 D 1;10

Ta có 2 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;10

Câu 10 Nghiệm của phương trình 1

3x  là9

A x 3 B x 2 C x  3 D x  2

3x 93x 3   x 1 2x3

Câu 11 Cho ,x y  và ,0    Khẳng định nào sau đây sai?

A  xy  x y  B x x  x   C x y xy. D  x  x

Câu 12 Họ nguyên hàm của hàm số   2 x 1

f x e  là

f x x e  C

d 2

x

f x x e  C

f x x e  C

Trang 4

  2x 1 1 2 1

2

x

f x x e  x e  C

Câu 13 Cho  

7

1

f x x 

2

0

3 1 d

I f x x

3

t x  t x x t

  





  



I  f x x  f t t  f x x 

Câu 14 Họ nguyên hàm của hàm số y3x2 là

3

F x  x C B   3

F x x C C   2

3

F x  x C D   3

F x x  x C

Ta có 3 dx x2 x3C

Câu 15 Cho

f x dx  g x dx

Tính tích phân

    3

1

G f x  g x dx

A G  12 B G  16 C G  9 D G  8

G f x  g x dx  f x dxg x dx    

Câu 16 Số phức nào sau đây có điểm biểu diễn là điểm M trong hình vẽ sau?

A z1 2 i B. z2  1 2i C z3 2 i D z4 1 2i

Do điểm M2 ;1 nên nó là điểm biểu diễn của số phức z3 2 i

Câu 17 Cho số phức z2 3 i Tính môđun của số phức z

z   i    

Trang 5

Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023 Câu 18 Tìm phần ảo của số phức z, biết z1i  1i3i

1

i

 

Vậy phần ảo của z là 0

Câu 19 Cho cấp số nhân  u n với u 1 5 và u 2 2 Công bội của cấp số nhân đó bằng

2

5.

Công bội của cấp số nhân đó bằng 2

1

2 5

u q u

Câu 20 Lớp 12A có 40 học sinh Có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh tham gia cổ vũ cho SEA Game

31?

Số cách chọn ra 5 học sinh tham cổ vũ cho SEA Game 31 là 5

40

C Câu 21 Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B  12 và chiều cao h 9 Thể tích của khối lăng trụ đã cho là

Thể tích của khối lăng trụ là: VB h 12.9 108

Câu 22 Cho tứ diện SABC có các cạnh SA SB SC, , đôi một vuông góc với nhau Biết SA3 ,a

4 , 5

SB a SC  a Tính theo a thể tích V của khối tứ diện SABC

A V 5a3 B

2

5 2

a

V  C V 10a3 D V 20a3

Lời giải Chọn

Thể tích của khối tứ diện là:

3

V  SA SB SC a a a a

Câu 23 Cho hình nón có chiều cao bằng 3 và bán kính bằng 4 Diện tích toàn phần của hình nón là

Đường sinh của hình nón là l r2h2  4232 5

Diện tích toàn phần của hình nón là S tpr r l  4 4 5 36

Câu 24 Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục, ta được thiết diện là một hình vuông có chu vi là 8 Diện

tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

Lời giải

Trang 6

Chọn D

Ta có thiết diện là hình vuông có chu vi bằng 8 nên cạnh hình vuông là 2, độ dài đường sinh hình trụ bằng 2, bán kính đáy hình trụ bằng 1 Diện tích xung quanh hình trụ là 2

xq

S  rl 2 1.2 4

Câu 25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình

 2  2 2

x  y z  Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu đã cho

A I  1;3; 0 B I1; 3; 0  C I1;3; 0 D I  1; 3; 0 

Theo định nghĩa ta có mặt cầu  2  2  2 2

x a  y b  z c R có tâm là I a b c ; ; .

Do đó mặt cầu  2  2 2

x  y z  có tâm là I1; 3; 0 

Câu 26 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P :x2y3z 3 0 Một véctơ

pháp tuyến của  P là

A. n  1; 2;3

B. n  3; 2;1

C. n  1;3; 2

D. n  2;1;3

Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P là n  1; 2;3

Câu 27 Trong không gian Oxyz , cho tọa độ điểm A3; 2;1  Gọi H là hình chiếu của điểm A trên trục

Ox Độ dài đoạn thẳng AH bằng

Ta có: H là hình chiếu của điểm A trên trục Ox suy ra tọa độ điểm H3; 0; 0

Vậy AH  3 3 20 2 20 1 2  5

Câu 28 Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm M1; 2;3  và nhận vectơ u  2; 4; 3 

làm vectơ chi phương có phương trình chính tắc là

x y z

 . B

x y z

x y z

x y z



Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M1; 2;3  và nhận vectơ u  2; 4; 3 

làm

vectơ chi phương có phương: 1 2 3

3

x y z



2

Trang 7

PHẦN 2 NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM

Câu 29 Cho hình chóp S ABCD có SAABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật Biết AD2 ,a SAa.

Khoảng cách từ A đến SCD bằng

A 3 2

2

a

3

a

5

a

7

a

 Do SCD  SAD và SAD  SCDSD nên trong SAD kẻ AHSD suy ra AH SCD và

d A SCD AH

 Trong tam giác vuông SADcó 12 12 12 12 12 52 2

a AH

AH  AS  AD a  a  a  

Câu 30 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình

          có nghiệm x  [ 1; 2] Tính tổng tất cả các phẩn tử của S

Lời giải

Đặt t 3 x33x m t3 x33xmmt3x33 (1)x

Thay vào phương trình đã cho ta có 3 2  3 3 

2x 6x 16x 10 t x 3x t 0

             do hàm số f a( )a3a đồng biến trên 

Thay ngược lại (1) mg x( )(x2)3x33x có nghiệm x  [ 1; 2]

min g x( ) g( 1) 31 m max g x( ) g(2) 14

14

31

391

m



 

Câu 31 Cho hàm số y f x  có đồ thị là đường cong tròn hình bên Số nghiệm thực của phương trình

 

2 f x   là 1 0

Trang 8

Từ đồ thị hàm số f x  ta suy ra đồ thị hàm số f x như hình vẽ  

Ta có 2   1 0   1  1

2

f x    f x 

Số nghiệm phương trình  1 là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y f x  và 1

2

y 

Trang 9

Từ hình vẽ ta thấy hai đồ thị hàm số y f x  và 1

2

y  cắt nhau tại 6 điểm phân biệt, nên

phương trình (1) có 6 nghiệm

Câu 32 Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn 10;10 để hàm số

1

3

y x  x mx đồng biến trên khoảng 2; 6 ?

Có y x24x m

Để hàm số đồng biến trên 2; 6 y0, x 2; 6

2;6

x



g x  x  x g x   x   x

Do đó

x

Mà m;m  10;10m4;5; ;9;10 

Vậy có 7 giá trị nguyên của m để thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 33 Cho phương trình 2  2 

log x m 2m log x m  3 0 ( m là tham số thực) Gọi S là tập các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn x x 1 2 8 Tổng các phần tử

của S là

Xét phương trình 2  2 

log x m 2m log x m  3 0 (1) Đặt tlog2x Phương trình (1) trở thành 2  2 

t  m  m t m   (2) Phương trình (1) hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn x x 1 2 8  (2) có hai nghiệm phân biệt

1, 2

t t thỏa mãn t1t2 3

1 2

tháa m·n kh«ng tháa m·n

m

 



 Vậy giá trị m   thỏa mãn bài toán 1

Câu 34 Đồ thị hàm số y f x( ) đối xứng với đồ thị hàm số ya a x( 0,a1) qua điểm (1;1)I Giá trị

của biểu thức 2 log 1

2023

a

f  

Lời giải

1

2023

x     Giả sử A x A;y A thuộc đồ thị hàm số y f x( ) có điểm đối

xứng qua điểm I là B x B;y B 2 log 2023 1 log 2023

A B

x

x x



B thuộc đồ thị hàm số x( 0, 1) log 2023a 2023

B

ya a a y a 

Trang 10

1

1 2023

a

A B

f

y y

Chọn đáp án#A

Câu 35 Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc a t 6t (t là thời gian) Chiều

dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc bằng

Vận tốc của vật tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là

0

10 6 dt 10 3

t

v t   t   t

Chiều dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là

6 2 0

Câu 36 Cho hàm số ( )f x liên tục trên [0; và thỏa mãn )  2 

f x  x x   Tính x

5

1

( )

f x dx

A 37

527

61

464

3 .

Lời giải

xt  t dx t dt f x  f t  t  t t

61

6

x  t x   t  f x dx t t dt

Câu 37 Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1, 2, 3, 4, ,9 Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ và nhân hai số ghi

trên hai thẻ lại với nhau Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn

A 5

8

1

13

18

Có 4 thẻ chẵn là 2; 4; 6;8 và 5 thẻ lẻ là 1;3;5; 7;9

Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ 9 thẻ thì có số cách là 2

9

C

Số phần tử của không gian mẫu là   2

9 36

n  C 

Gọi biến cố A : “ Tích nhận được là số chẵn”

Số phần tử của biến cố A là   2 1 1

4 4 5 26

n A C C C 

   

 

26 13

36 18

n A

P A

n 

Câu 38 Cho số phức z thỏa mãn z2i z3 là số thuần ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các

điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính bằng

A 13

13

Trang 11

Gọi zxyi x y ,   

z i z x y i x yi x  xy  y x y xy i

Vì z2i z3 là số thuần ảo nên x2y23x2y0

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính 9 1 13

Câu 39 Có tất cả bao nhiêu số phức z thỏa mãn z2i z 2z?

Đặt z m m 0 Khi đó

z2i z2zz i m  2m2i z i m   2m2i

2 2

1

2 4

m

m m

  





( Phương trình m  2 1 vô nghiệm)

Vậy có 1 số phức thỏa mãn bài toán

Câu 40 Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O Dựng hai đường sinh SA SB , biết tam giác ,

SAB vuông và có diện tích là 2

4a Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng SAB bằng  30 Đường cao h của hình nón bằng

2

a

4

a

h  D ha 2

Trang 12

Dựng OH AB HAB suy ra H là trung điểm của AB

Kẻ ODSH DSH Suy ra ODSAB

Khi đó OS SAB,  OS DS, OSD

Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng SAB là DSO 30

Ta có tam giác SAB vuông cân và có diện tích là 4a nên 2 SASB2a 2

Suy ra AB SA2SB2 4a

Ta có SH SA SB. 2a

AB

2

Câu 41 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;3; 4 và B1; 0;1 Điểm M nằm trên trục Oz và cách

đều hai điểm A , B có tọa độ là

A 0;0; 4 B 2;0;0 C 0;0; 2 D 0; 4;0

Gọi M0; 0;zOz

AM BM AM BM      z    z

Vậy M0; 0; 4

Câu 42 Trong không gian Ox ,yz cho ba điểm A4; 1; 1 , B 0;1; 1 và M  1; 0;2 Gọi  P là mặt

phẳng chứa hai điểm A B sao cho khoảng cách từ M đến ,  P bằng 3 Biết phương trình mặt phẳng  P có dạng ax by cz   4 0a b c, ,  , giá trị của ab c bằng

 P ax by cz:    4 0 ( , ,a b c)

Ta có AB   4; 0; 2 



; VTPT của  P là n P a b c; ; 



Vì  P là mặt phẳng chứa hai điểm A B nên , AB n P 0 4a2c0  c 2a

 

Ta có B0;1; 1    P nên b c 40b c 4 2a4

Mặt khác d M P ,   3 a2 22c 42 3

5a 4 3 a (4 2 )a 4a

2

1

( ) 7

a

 



 



Câu 43 Trong không gian Oxyz, phương trình hình chiếu của 1 2

:

x y z

 lên mặt phẳng

 P :x   y z 3 0 là

x y z

 . B

x y z

Trang 13

x y z

x y z

2

x t









  



    P A1;1;1

Lấy M2;3;0  Gọi M  là hình chiếu của M lên mặt phẳng  P

Đường thẳng MM  đi qua M và vuông góc với  P MM  có PTTS  

2 3

z t

 







 





2 ;3 ; 

M t t t

 

MM P M suy ra M P nên 2 3 3 0 2

3

        



Vậy phương trình hình chiếu cần tìm là: 1 1 1

x y z



Câu 44 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB1, AD 10, SASB SC, SD

Biết mặt phẳng SAB và SCD vuông góc với nhau đồng thời tổng diện tích của hai tam giác

SAB

 và SCD bằng 2 Thể tích khối chóp S ABCD bằng

1

2

Trang 14

Vì

/ /

















nên giao tuyến của hai mặt phẳng SAB và  SCD là đường thẳng  d

đi qua S và song song với AB CD,

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB CD,

Vì SASB SC, SD nên SM  AB SN, CDSM d SN, d d SMN

Mà mặt phẳng SAB và SCD vuông góc với nhau nên SMSN

Kẻ SH MN 1 

Vì d SMNd SH SH AB 2 

Từ (1), (2) suy ra   .

S ABCD ABCD

SH  ABCD V  SH S  SH AB AD

Đặt

SM x SN y SH

x y



10

SM SN MN x y 

SAB SCD

S S   x  y  xy

Suy ra  2  2 2

3 2

3

1

10 S ABCD

xy

x y



Vậy thể tích khối chóp S ABCD bằng 1

Câu 45 Cho hình chóp S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SAa 3, tam giác ABC đều

cạnh có độ dài bằng a Gọi AB SBC;  , khi đó sin bằng:

A. 3

15

5

15

5

Gọi M là trung điểm của BC Vì ABC đều  AM BC đồng thời 3

2

a

SM 

Lại có SAABCDSABC

M

B S

H

Tiêu đề	Đề thi THPTQG 2023 - Đề số 25
Tác giả	Nguyễn Bảo Vương
Trường học	Trường Đại học Công nghệ Thông tin - Truyền thông TP.HCM
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề thi
Năm xuất bản	2023
Thành phố	TP.HCM

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	834,17 KB