Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT 2023 Môn Toán Online-Đề 1

Xét tích phân \(A = \int\limits_1^{{e^3}} {\frac{{f\left( {\ln x} \right)}}{x}} dx\).Đặt \(t = \ln x \Rightarrow dt = \frac{1}{x}dx\), đổi cận \(x = 1 \Rightarrow t = 0\), \(x = {e^3} \Rightarrow t = 3\).Do đó \(A = \int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt} = \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} \).Xét tích phân \(B = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( {\cos x} \right).\sin x} dx\).Đặt \(u = \cos x \Rightarrow du = – \sin xdx\), đổi cận \(x = 0 \Rightarrow u = 1\), \(x = \frac{\pi }{2} \Rightarrow u = 0\).Do đó \(A = \int\limits_1^0 { – f\left( u \right)du} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \).Xét \(\int\limits_1^3 {\left( {f\left( x \right) + 2x} \right)} dx\)\( = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_1^3 {2x} dx = \)\(\int\limits_0^3 {f\left( x \right)} dx – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} dx + \left. {{x^2}} \right|_1^3\)\( = 7 – 3 + 8 = 12\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Ta có \(HD = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) nên \(SH = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} – \frac{{5{a^2}}}{4}} = a\).\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\)\( = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

\({z^2} – z + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow {z_1} = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i \vee {z_2} = \frac{1}{2} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\)Khi đó: \(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = 2\sqrt {\frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = 2\).

Gọi \(A\left( {0;1} \right)\), \(B\left( { – 1;3} \right),C\left( {1; – 1} \right)\). Ta thấy \(A\) là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow M{A^2} = \frac{{M{B^2} + M{C^2}}}{2} – \frac{{B{C^2}}}{4}\) \( \Leftrightarrow M{B^2} + M{C^2} = 2M{A^2} + \frac{{B{C^2}}}{2} = 2M{A^2} + 10\).Ta lại có : \(5\left| {z – i} \right| = \left| {z + 1 – 3i} \right| + 3\left| {z – 1 + i} \right|\)\( \Leftrightarrow 5MA = MB + 3MC \leqslant \sqrt {10} .\sqrt {M{B^2} + M{C^2}} \)\( \Rightarrow 25M{A^2} \leqslant 10\left( {2M{A^2} + 10} \right)\) \( \Rightarrow MC \leqslant 2\sqrt 5 \)Mà \(\left| {z – 2 + 3i} \right| = \left| {\left( {z – i} \right) + \left( { – 2 + 4i} \right)} \right|\)\( \leqslant \left| {z – i} \right| + \left| {2 – 4i} \right|\)\( \leqslant \left| {z – i} \right| + 2\sqrt 5 \leqslant 4\sqrt 5 \).Dấu xảy ra khi \(\left\{ \begin{gathered} \left| {z – i} \right| = 2\sqrt 5 \hfill \\ \frac{a}{{ – 2}} = \frac{{b – 1}}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.\), với \(z = a + bi\); \(a,{\text{ }}b \in \mathbb{R}\).\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} z = 2 – 3i{\text{ }}\left( {loai} \right) \hfill \\ z = – 2 + 5i \hfill \\ \end{gathered} \right.\).

\(\left( \alpha \right)\) có VTPT \(\vec n = \left( {1;1;1} \right)\), \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;4;0} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\vec n;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { – 4;2;2} \right)\).\(\left( \Delta \right)\) có VTCP \(\vec u = \left( {2; – 1; – 1} \right)\).Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Khi đó \(I\left( {2; – 2;0} \right)\).PT \(\left( \Delta \right):\left\{ \begin{gathered} x = 2 + 2t \hfill \\ y = – 2 – t \hfill \\ z = – t \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\(A\left( {3;\;3;\;1} \right)\).

Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\) \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).Ta có : \(OA = \frac{1}{2}AC\) \( = a\) \( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} \) \( = a\).Hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao \(h = SO\) \( = a\), bán kính đáy \(r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), có thể tích là :\(V = \frac{1}{3}{\text{\pi }}{r^2}h\) \( = \frac{{{\text{\pi }}{a^3}}}{6}\).

Ta có: \(\ln \left( {7{x^2} + 7} \right) \geqslant \ln \left( {m{x^2} + 4x + m} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 7{x^2} + 7 \geqslant m{x^2} + 4x + m \hfill \\ m{x^2} + 4x + m > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {7 – m} \right){x^2} – 4x + 7 – m \geqslant 0\;\;\left( 1 \right)} \\ {m{x^2} + 4x + m > 0\;\;\left( 2 \right)} \end{array}} \right.\)Bất phương trình đã cho đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi các bất phương trình \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\).Xét \(\left( {7 – m} \right){x^2} – 4x + 7 – m \geqslant 0\) \(\left( 1 \right)\).+ Khi \(m = 7\) ta có \(\left( 1 \right)\) trở thành \( – 4x \geqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant 0\). Do đó \(m = 7\) không thỏa mãn.+ Khi \(m \ne 7\) ta có \(\left( 1 \right)\) đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 7 – m > 0 \hfill \\ \Delta ' \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m < 7 \hfill \\ 4 - {\left( {7 - m} \right)^2} \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m < 7 \hfill \\ m \leqslant 5 \vee m \geqslant 9 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow m \leqslant 5\) \(\left( * \right)\).Xét \(m{x^2} - 4x + m > 0\) \(\left( 2 \right)\).+ Khi \(m = 0\) ta có \(\left( 2 \right)\) trở thành \( – 4x > 0 \Leftrightarrow x < 0\). Do đó \(m = 0\) không thỏa mãn.+ Khi \(m \ne 0\) ta có \(\left( 2 \right)\) đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m > 0 \hfill \\ \Delta ' < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m > 0 \hfill \\ 4 – {m^2} < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m > 0 \hfill \\ m < - 2 \vee m > 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow m > 2\) \(\left( { * * } \right)\).Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( { * * } \right)\) ta có \(2 < m \leqslant 5\). Do \(m \in Z\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5} \right\}\). Từ đó \(S = 3 + 4 + 5 = 12\).

Đặt \(BC = a\); \(CA = b\); \(AB = c\) .Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trrung điểm của \(AB\) và \(CD\).Theo giả thiết ta có tam giác \(\Delta ABC = \Delta CDA\) \(\left( {c.c.c} \right)\)\( \Rightarrow CM = DM\) hay tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow MN \bot CD\).Chứng minh tương tự ta cũng có \(MN \bot AB\).Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\) thì \(IA = IB\) và \(IC = ID\).Mặt khác ta lại có \(AB = CD\) nên \(\Delta BMI = \Delta CNI\) \( \Rightarrow IB = IC\) hay \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\).Ta có \(I{A^2} = I{M^2} + A{M^2}\)\( = \frac{{M{N^2}}}{4} + \frac{{A{B^2}}}{4}\)\( = \frac{{M{N^2} + {c^2}}}{4}\).Mặt khác \(CM\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\) nên \(C{M^2} = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} – {c^2}}}{4}\) \( \Rightarrow M{N^2} = C{I^2} – C{N^2}\)\( = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} – {c^2}}}{4} – \frac{{{c^2}}}{4}\)\( = \frac{{{a^2} + {b^2} – {c^2}}}{2}\).Vậy \(I{A^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{8}\).Với \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 2{m^2} + 2{\left( {m – 1} \right)^2} + 2{\left( {m + 4} \right)^2}\)\( = 6{\left( {m + 1} \right)^2} + 28\)Vậy \(I{A^2} = \frac{{6{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 28}}{8} \geqslant \frac{7}{2}\)\( \Rightarrow I{A_{\min }} = \sqrt {\frac{7}{2}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2}\).

\(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) – x\)Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số \(y = x\) ta thấy \(f'\left( x \right) – x > 0\) với \(\forall x \in \left( { – \infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)\(f'\left( x \right) – x < 0\) với \(\forall x \in \left( {1;2} \right)\)Ta có bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\)Vậy đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.