5 file đáp án đề số 5

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽA. Vậy đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang và một

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 bên Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong

các khoảng dưới đây?

A 0;1  B  2; 1  C 1;0  D 1;3 

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị hàm số, ta thấy trên khoảng 1;0 đồ thị hàm số có chiều đi lên nên hàm số

 

y f x đồng biến trên 1;0 

Câu 2 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau:

Xác định số điểm cực trị của đồ thị y f x 

Lời giải Chọn B

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị

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

A y x32x2 B yx32x2 1 C yx42x2 D y x42x2 1

Lời giải Chọn D

Phương trình đồ thị hàm số đã cho có dạng yax4bx2 c

3

y  ax  bx

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

• ĐỀ SỐ 5 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - https://www.nbv.edu.vn/

Trang 2

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

Từ đồ thị, ta có:

Vậy đồ thị của hàm số y x42x2 có dạng đường cong như hình vẽ 1

1

x y x



 có đồ thị  C Mệnh đề nào sau đây đúng?

A  C không có tiệm cận ngang

B  C có hai tiệm cận đứng

C  C không có tiệm cận đứng

D  C có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng

1

x

y x

x

  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho

Và

  1

2

1

x

x x



 

    

 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho

Vậy đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng

Câu 5 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Số nghiệm của phương trình 2f x    5 0 là:

Ta có: 2   5 0   5

2

f x    f x 

Dựa vào bảng biến thiên ta có:   5

2

f x  có hai nghiệm phân biệt

Câu 6 Cho hàm số y f x  xác định trên  và có đồ thị như hình vẽ bên

Giá trị lớn nhất của hàm số y f x  trên 1;3 bằng

Lời giải

Trang 3

Điện thoại: 0946798489 ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn B

 Dựa vào hình vẽ ta thấy: Trên 1;3 hàm số y f x  đạt giá trị lớn nhất bằng 1, tại x  1

1

y x  

A  ; 1  1;. B 1;  C \ 1 D  ; 1

Ta có: hàm số xác định khi x2  1 0 x 1

Vậy D \ 1

Câu 8 Cho , a b là các số thực dương tùy ý và a 1, log 4

a b bằng

A 4 log a b B 1log

4 a b

Ta có 4

1

a b b

2



2



Lời giải Chọn A

Căn cứ vào đồ thị ta có: log 2a 2a2 2a 2

Câu 10 Tìm tập nghiệm của bất phương trình 3x e x

A 0;  B  C ; 0 D ﹨ 0

Bất phương trình đã cho tương đương với 3 1 log 13 0

x

e

 

 

Câu 11 Tập nghiệm của bất phương trình 1

3

log x   là2

A 0;  B ;9 C (0;9] D 9; 

1

3



loga

y x0a1

x y

1 2

2

O

Trang 4

1

0

1 3

f x dx 

1

0

4 3

g x dx 

0

g x  f x dx

A 5

5 3

4 1 1

3 3

g x  f x dx g x dx f x dx  

2

0

dx 4

2

0

I  x f x  bằng

Lời giải

2 2 0

I  x f x    f x  x  f x   

f x

x



 trên khoảng

2

; 3



Tìm F x , biết

 1 5

A F x ln 3 x25 B F x 3ln 3 x25

 2

3 8

F x

x



. D   1ln 3 2 5

3

x



Theo bài, F 1  5 C5

Vậy   1ln 3 2 5

3

F x  x  x  x là nguyên hàm của hàm số nào sau đây?

A f x 5x24x 7 B f x 15x28x7

C f x 5x24x7. D  

Vì F x  là một nguyên hàm của f x  nên

f x F x   x  x  x  x  x

Câu 16 Tính môđun của số phức z4 3 i

Câu 17 Cho số phức có điểm biểu diễn là M như hình vẽ

Trang 5

Phần ảo của số phức z là

M  z   z  

Câu 18 Cho hai số phức z1 2 3i và z2  2 i Số phức wz z1 2z2 có phần thực bằng

Lời giải

Chọn D

Ta có wz z1 2z2 2 3 i2i  2i 3 7i

Suy ra w có phần thực bằng 3

Câu 19 Cho cấp số cộng  u n có u   , 1 3 u 6 27 Tính công sai d

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng u n u1n1d

Ta có: u6u16d 27  3 5d d  6

Câu 20 Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là

 Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là 2

C 

Câu 21 Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a , 2a và 3a Thể tích của khối hộp chữ nhật đó bằng

Thể tích khối hộp chữ nhật là: V 6a3

Câu 22 Cho khối chóp có diện tích đáy B 6 và chiều cao h 10 Thể tích của khối chóp đã cho bằng

Lời giải

Chọn D

Thể tích của khối chóp là 1 1

.6.10 20

Câu 23 Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r 5 và chiều cao h 3 Thể tích của khối trụ đã cho bằng

Thể tích của khối trụ đã cho là V Bhr h2 .5 32 75

Câu 24 Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng

Trang 6

3R

 Diện tích của mặt cầu có bán kính R là S4R2

x y z

 Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng  ?

A u 2; 2;1 



B u 1; 2; 3 



C u     1; 2;3

D u  2; 2;1

Lời giải

Chọn# A

x y z

 có một vectơ chỉ phương là u  2; 2;1 

Câu 26 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P : 2x2y  z 3 0 Điểm nào sau đây thuộc mặt

phẳng   P ?

A M1;1; 3  B N  2;1; 3  C E1;1;3 D F2; 2;1 

Lời giải

Chọn C

Thay tọa độ điểm E vào phương trình mặt phẳng   P ta có: 2.1 2.1 3 3    0 00

Vậy điểm E P Ta chọn C

S x y z  x y z  có bán kính bằng

S x y z  x y z   x  y  z 

 Suy ra bán kính của mặt cầu bằng 3

Câu 28 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho OA3i4j5k

Tọa độ điểm A là

A A3; 4; 5  B A3; 4;5 C A   3; 4;5 D A  3; 4;5

Tọa độ của điểm A cũng là tọa đô của véc-tơ OA

, suy ra: A3; 4; 5 

Câu 29 Gọi  D là hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng , 0, 1, 4

4

x

y y x x Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay  D quanh trục Ox được tính theo công thức nào dưới đây?

A

4

1

d 16

x x

4

1

d 4

x x

2 4

1

d 4

x x

   

 

4 2

1

d 4

x x

 Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay  D quanh trục Ox được tính theo công thức

2 4

1

d 4

x

V     x

 

Trang 7

Câu 30 Cho hàm số y f x liên tục trên  vàcó đạo hàm f  x  x12020x120212x Hàm số

 

y f x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A 1;1 B 2;  C 1; 2 D  ; 1

Ta có:    2020 2021 

1

2

x

 





 

 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng 1; 2

Câu 31 Cho điểm I  2; 2 và ,A B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y x33x2 Tính diện tích 4

S của tam giác IAB

2

x





 Suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A0; 4 ,  B2; 0

Xét tam giác IAB có IA2 10;IB2 5;AB2 5, suy ra 2 2 2

40

IB AB IA  nên tam giác

IAB vuông cân tại B

2

IAB

S  IB AB

Câu 32 Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên như sau:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 4f x m0có 4 nghiệm thực phân biệt?

Ta có: 4f x m0  

4

m

f x

x f'(x)

f(x)

Trang 8

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

Nhận xét: số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của đường thẳng

4

m

y   với

đồ thị hàm số y f x 

Do đó, phương trình 4f x m0có 4 nghiệm thực phân biệt 2 1 4 8

4

m

Vậy m     3; 2; 1;0;1; 2;3; 4;5;6;7

Câu 33 Cho các số thực dương a b, khác 1 thỏa mãn log2a log 16b và ab 64 Giá trị của biểu thức

2 2

log a

b

A 25

 log2a log 16b ⇔ log264 4 logb2

2

4

6 log

log

b

⇔ log2b26 log2b 4 0 ⇔ 2

2

b b



 



 Với: log2b  3 5 ⇒ log2a  6 3 5 3 5

2 2

b



 Với: log2b  3 5 ⇒ log2a  6 3 5 3 5

2 2

b



Vậy với các số a b, thỏa mãn ycbt thì ta luôn có:

2 2

b



Câu 34 Cho a là số thực dương sao cho 3xa x6x9x với mọi x   Mệnh đề nào sau đây đúng?

A a 14;16 B a 16;18 C a 12;14 D a 10;12

Ta có 3xa x 6x9x a x18x 6x9x3x18x a x 18x  3 2x x1 3 x 1 *  

VP  * 0, x   nên  * đúng với   x khi và chỉ khi

18

x

a    x     x a

Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn 2z i 3 2 i z  11 16 i Môđun của số phức z bằng.

Gọi z xyi Ta có:

2 z i  3 2 i z 11 16 i2xyi i   3 2 ixyi 11 16 i

2x 2yi 2i 3x 3yi 2xi 2y 11 16i

Trang 9



 





 

  



3 4

x y





 

 

 Vậy z 3 4i z 5

Câu 36 Biết phương trình z2mzm22 ( 0 m là tham số thực) có hai nghiệm phức z z Gọi 1, 2

, ,

A B C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z z và 1, 2 z0  Có bao nhiêu giá trị của tham số i

m để diện tích tam giác ABC bằng 1 ?

Lời giải

Chọn C

         Khi đó, phương trình có hai nghiệm thực phân biệt là z z 1, 2

AB z z  z z  z z  z z   m  Mặc khác, ta có (0;1)C d C AB( ; ) 1

2

ABC

m

2 6 3

m m

m













Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp là

1,2

| | 2

m i

z    

Ta có: AB z1z2 |i | | | 3m28  3m28 và (0;1)C

Phương trình đường thẳng AB là 0

2

m

x   nên ( ; ) | |

2

m

d C AB 

Do đó,

3

ABC

m



 



  



Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài

Câu 37 Cho hàm số f x  liên tục trên  Gọi F x G x ,   là hai nguyên hàm của f x  trên  thỏa

mãn F 9 G 9 10 và F 3 G 3 2 Khi đó  

4

1

2 1 d

 f x x bằng

2

Lời giải

Chọn A

Ta có: G x F x C

(9) (3) 4

Vậy:



Trang 10

Câu 38 Một lớp có 15 học sinh nữ và 20 học sinh nam Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh tham gia trực tuần

cùng đoàn trường Xác suất để trong bốn học sinh được chọn có số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ là

65

855

415

748

Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu là   4

35

n  C Gọi A là biến cố “chọn 4 học trong đó số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ”

Ta có các trường hợp sau:

TH1 Chọn được 1 học sinh nam, 3 học sinh nữ có 1 3

20 15

C C (cách)

TH2 Chọn được 4 học sinh nữ có C (cách) 154

Suy ra   1 3 4

20 15 15 10465

n A C C C 

Vậy xác suất cần tìm là    

35

10465 299

1496

n A

P A



Câu 39 Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ A đến mặt

phẳng A BC  bằng a Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C   

3

2

a

3

2 2

a

3

2 2

a

Lời giải

Chọn B

 Gọi M là trung điểm của B C 

 Ta có B C  A M , vì ABC đều và B C  AA nên B C AA M 

 Dựng A E AM , khi đó A E AB C , do đó d A ;AB C   A E a

 AA M  vuông tại A với đường cao A H nên

2 ( 3)

a AA



 Thể tích khối lăng trụ ABC A B C    là:

Câu 40 Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2 , thiết diện

thu được là hình vuông có diện tích bằng 16 Thể tích khối trụ bằng

Trang 11

 Thiết diện cắt bởi mặt phẳng song song với trục là hình vuông ABCD có diện tích bằng 16 nên

ABCD

S   AB   AB CDh

 Gọi H là trung điểm cạnh AB

 Do mặt phẳng ABCD cách trục OO một khoảng bằng 2 nên ta có OH  2

Trong OHB vuông tại H, ta có 2

2

AB

HB   ; OH  2 Khi đó rOB OH2HB2  2 4  6

 Vậy thể tích khối trụ là  2

2

6 4 24

V r h   (đvtt)

d     Tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d là

A 2;0;1 B  4; 1;0 C 0;1; 2 D  1; 1;3

Lời giải

Chọn C

 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d , ta có H 2 2 ; ;1t t t

 Có: AH    3 2 ; 2t  t; 2t

, vectơ chỉ phương của d là u d 2;1;1

 Vì AH d nên  AH u d 02 3 2t   2 t  2t0  6 6t0 t 1

 Vậy: H0;1; 2

Câu 42 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A1; 2; 0 , B2; 0; 2 , C2; 1; 3 ,  D1;1; 3 Đường thẳng đi

qua C và vuông góc với mặt phẳng ABD có phương trình là

A

4 2 3

1 3

 





 



  



2 4

2 3 2

  





  



  



2 4

1 3 3

 





  



  



2 4

1 3 3

 





  



  



Gọi d là đường thẳng cần tìm

Ta có n  ABD ABAD    4; 3; 1

Vì d ABD nên chọn u  4;3;1

làm véc tơ chỉ

phương của d

Vậy phương trình của đường thẳng d là

2 4

1 3 3

 





  



  



Trang 12

Câu 43 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A4;1;3 , B2;1;5 và C4;3; 3  không thẳng hàng Mặt

phẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với AB có phương trình là

A 2x   y z 1 0 B 2x2z 1 0 C x  z 1 0 D x   y z 3 0

Gọi I3;1; 4

Gọi    là mặt phẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với AB

Nên    là mặt phẳng trung trực của AB

   qua I3;1; 4và nhận AB  2; 0; 2

là VTPT

   :x   z 1 0

Câu 44 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, đường thẳng SAvuông góc với

mặt phẳng đáy và SA2a Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD là  Khi đó

tan  bằng

3

Lời giải

Chọn C

Ta có: SC ABCD;  SCA 

Xét tam giác SAC vuông tại A có: tan SA

SCA

AC

2

a a

tan 2

Câu 45 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a ,  BAD 1200 Mặt bên SAB là

tam giác đều và SAB  ABCD (tham khảo hình vẽ)

Tính khoảng cách từ A đến SBC

A

2

a

7

a

4

a

5

a

Lời giải

Chọn D

Trang 13

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH ABCD và 3

2

a

Do AHSBCBd A SBC ,  2d H ,SBC 

Gọi K I là hình chiếu của , H lên BC và SK

Khi đó BCHK BC, SH BCSHKBC HI

Vậy HI BC HI, SKHI SBC hay d H ,SBC HI

Gọi E là trung điểm của 3

2

a

4

a

Trong tam giác vuông SHK ta có 12 12 12 42 162 202 15

a HI

Vậy  ,   15

5

a

Câu 46 Cho hàm số f x( ) bậc năm có bốn điểm cực trị là x x x x1, 2, ,3 4 sao cho x1x2x3x41 Gọi

( )

g x là hàm số bậc ba có đồ thị qua bốn điểm cực trị của đồ thị hàm số f x( ) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường ( )

( ) ( )





f x y

f x g x

΄ , trục hoành và hai đường thẳng x 1;x0 bằng

Lời giải

Dạng bài Đường cong g x( ) bậc (n2) qua (n1) điểm cực trị của đồ thị hàm số đa thức f x( )

bậc n:

f x a x a x f x΄ na x n a x có n1 điểm cực trị là

1,, n1

x x và g x( ) là đường cong qua (n1) điểm cực trị của đồ thị hàm số đa thức f x( )

1



n

n n

a

1, 2,, n1

( 1)



n

na

Vì vậy

( )

1

( ) ( )

f x g x

n









Áp dụng với n 5;x1x2x3x4 1

0

1

5 ln 5

( ) ( )

f x

f x g x





Tiêu đề	Đề thi THPT Quốc gia 2023 - Đề số 5
Tác giả	Nguyễn Bảo Vương
Trường học	Trường Đại Học Công Nghiệp Hà Nội
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề thi
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	683,04 KB