20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 10)

Đáp án A

$n\left(\Omega \right)=A_6^4=360$ Xét $x,y,z,t\in \left\{1;2;3;4;5;6\right\}$ và $x+y+z+t=10$

Giả sử

$\begin{array}{l}x<y<z<t\\ \Rightarrow 4x<10\\ \Rightarrow x<\frac{5}{2}\Rightarrow x\le 2\end{array}$

và  

$\begin{array}{l}y\ge x+\mathrm{1,}\\ z\ge x+\mathrm{2,}\\ t\ge x+3\end{array}$

Ta chọn được $x=\mathrm{1,}y=\mathrm{2,}z=\mathrm{3,}t=4$ nên số hoán vị của 4 phần tử $4!$ loại đi 1234 còn lại $4!-1=23$ dãy. Vậy $P=\frac{23}{360}$

Đáp án C

Ta có $S_{100}=50\left(2u_1+99d\right)\Rightarrow d=5$

$\begin{array}{l}\Rightarrow 5S=\frac{5}{u_1{u}_2}+\frac{5}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{5}{u_{49}{u}_{50}}\\ =\frac{u_2-u_1}{u_1{u}_2}+\frac{u_3-u_3}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{u_{50}-u_{49}}{u_{49}{u}_{50}}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2}+\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3}+\mathrm{...}+\frac{1}{u_{49}}-\frac{1}{u_{50}}\\ =\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_1+49d}=\frac{245}{246}\\ \Rightarrow S=\frac{49}{246}\end{array}$

Đáp án B

Ta có 

$\begin{array}{l}\lim \frac{1+3+5+\mathrm{...}+\left(2n+1\right)}{3n^2+4}\\ =\lim \frac{n^2}{3n^2+4}=\frac{1}{3}\end{array}$

Đáp án A

Ta có

 $\begin{array}{l}y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)+2\sin x.\cos x\\ =f\text{'}\left(x\right)+\sin 2x\end{array}$ 

$\begin{array}{l}y\text{'}=1\iff f\text{'}\left(x\right)+\sin 2x=1\\ \iff f\text{'}\left(x\right)=1-\sin 2x\\ \Rightarrow f\left(x\right)=x+\frac{1}{2}\cos 2x\end{array}$

Đáp án C

Nhận thấy f ' (x) đổi dấu qua x=-2 và x=3 nên số điểm cực trị của hàm số là 2.

Đáp án C

Nhận thấy hàm số $y=\frac{x-1}{x+1}$  không xác định tại $x=-1\in \left[-3;1\right]$

Đáp án D

Tập xác định 

$\begin{array}{l}D=\left(-\infty ;-m\right)\cup \left(-m;+\infty \right),\\ y\text{'}=\frac{x^2+2mx-4m}{2{\left(x+m\right)}^2}\end{array}$

TH1: 

$\begin{array}{l}\left[1;+\infty \right)\subset \left(-m;+\infty \right)\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2+4m<0\\ -m<1\end{array}\right.\\ \iff -1<m<0\end{array}$

TH2: y'=0 có 2 nghiệm  $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1\le x_2\le 1$ và $\left[1;+\infty \right)\subset \left(-m;+\infty \right)$

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\frac{-2m}{2}\le 1\\ -m<1\\ \left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)\ge 0\end{array}\right.\\ \iff 0\le m\le \frac{1}{2}\end{array}$

Kết hợp 2 trường hợp ta được $-1\le m\le \frac{1}{2}$

Đáp án C

Ta có $16{\left|x\right|}^3-12x^2\left(x^2+1\right)=m{\left(x^2+1\right)}^3$

$\begin{array}{l}\iff 16{\left|\frac{x}{x^2+1}\right|}^3-12{\left(\frac{x}{x^2+1}\right)}^2=m\\ \iff 2{\left|\frac{x}{x^2+1}\right|}^3-3{\left(\frac{x}{x^2+1}\right)}^2=m\end{array}$

Đặt $t=\left|\frac{2x}{x^2+1}\right|\ge \mathrm{0,0}\le t\le 1\Rightarrow$ Phương trình $\iff 2t^3-3t^2=m\left(*\right)$

Xét đồ thị hàm số $y=2x^3-3x^2$ với $x\in \left[0;1\right]$ và $y=m$

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình đã cho khi (*) có nghiệm thuộc $\left[0;1\right]\Rightarrow -1\le m\le 0$

Đáp án C

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 2}{\lim }=\infty ;\underset{x\to -2}{\lim }=\infty \Rightarrow x=\pm 2$ là tiệm cận đứng

Đáp án B

- Đồ thị có dạng W nên a > 0, loại A.

- Đồ thị cặt trục tung tại điểm $\left(0;2\right)\Rightarrow c=2$, loại C.

Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên a, b trái dấu.

Đáp án C

Ta có $S_{EFGH}$  nhỏ nhất $\iff S=S_{\Delta AEH}+S_{\Delta CGF}+S_{\Delta DGH}$ lớn nhất (do $S_{\Delta BEF}$ không đổi)

$\begin{array}{l}\Rightarrow 2S=2x+3y+\left(6-x\right)\left(6-y\right)\\ =xy-4x-3y+36\left(1\right)\end{array}$

Ta có  $EFGH$ là hình thang 

$\begin{array}{l}\Rightarrow \stackrel{⏜}{AEH}=\stackrel{⏜}{CGF}\\ \Rightarrow \Delta AEH\backsim \Delta CGF\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{AE}{CG}=\frac{AH}{CF}\\ \iff \frac{2}{y}=\frac{x}{3}\Rightarrow xy=6\left(2\right)\end{array}$

Từ (1), (2) $\Rightarrow 2S=42-\left(4x+\frac{18}{x}\right)$

Để 2S lớn nhất thì $4x+\frac{18}{x}$ nhỏ nhất

Mà $4x+\frac{18}{x}\ge 12\sqrt{2}$ . Dấu “=” khi

$\begin{array}{l}4x+\frac{18}{x}\iff x=\frac{3\sqrt{2}}{2}\\ \Rightarrow y=2\sqrt{2}\Rightarrow x+y=\frac{7\sqrt{2}}{2}\end{array}$

Đáp án A

Đáp án C

- Nếu một trong ba số bằng 0 thì P=0

- Nếu $xyz\ne 0$ ta đặt 

$\begin{array}{l}{2}^x=3^y=6^z=k>0\\ \Rightarrow 2.3=6\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow k^{\frac{1}{x}}.k^{\frac{1}{y}}=k^{\frac{1}{z}}\\ \iff \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}\\ \Rightarrow P=2xy\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}{\log }_{4}1000={\log }_{2^2}{10}^3\\ =\frac{3}{2}\left({\log }_{2}5+{\log }_{2}2\right)\\ =\frac{3}{2}\left(a+1\right)=\frac{3a+3}{2}\\ \Rightarrow m^2+n^2+k^2=22\end{array}$

Đáp án C

Phương trình 

$\begin{array}{l}\iff {3.3}^{2x}-{4.3}^x+1\\ \iff \left[\begin{array}{l}{x}^x=1\\ 3^x=\frac{1}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1=x_1\\ x=0=x_2\end{array}\right.\\ \Rightarrow x_1+2x_2=-1\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{4^{\sin x}+6^{m+\sin x}}{9^{\sin x}+4^{1+\sin x}}\\ =\frac{{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2\sin x}+6^m.{\left(\frac{2}{3}\right)}^{\sin x}}{1+4.{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2\sin x}},\end{array}$

đặt $t={\left(\frac{2}{3}\right)}^{\sin x}$

$\Rightarrow f\left(t\right)=\frac{t^2+nt}{1+4t^2}$ với $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}\le t\le \frac{3}{2}\\ n=6^m>0\end{array}\right.$

Bài toán trở thành tìm n >0 để  $f\left(t\right)\ge \frac{1}{3}$ với $t\in \left[\frac{2}{3};\frac{3}{2}\right]$

$\begin{array}{l}\Rightarrow f\left(t\right)\ge \frac{1}{3}\\ \iff \frac{t^2+nt}{1+4t^2}\ge \frac{1}{3}\\ \iff n\ge \frac{t}{3}+\frac{1}{3t}\end{array}$

Xét $g\left(t\right)=\frac{t}{3}+\frac{1}{3t}$ trên đoạn $\left[\frac{2}{3};\frac{3}{2}\right]$ có $\underset{\left[\frac{2}{3};\frac{3}{2}\right]}{\min }\left(t\right)=g\left(1\right)=\frac{2}{3}$

Theo bài ra $\Rightarrow g\left(t\right)\le n$ phải có nghiệm trên $\left[\frac{2}{3};\frac{3}{2}\right]$

$\iff n\ge \underset{\left[\frac{2}{3};\frac{3}{2}\right]}{\min }g\left(t\right)\iff n\ge \frac{2}{3}\iff m\ge {\log }_6\frac{2}{3}$

Đáp án B

Điều kiện: $-1<x\ne 2$

Phương trình đã cho 

$\begin{array}{l}\iff {\log }_{\frac{3}{2}}\left[\left|x-2\right|\left(x+1\right)\right]=m\\ \iff \left|x-2\right|\left(x+1\right)={\left(\frac{3}{2}\right)}^m\left(*\right)\end{array}$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\left|x-2\right|\left(x+1\right)$ với  $x\in \left(-1;2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}h\left(x\right)=x^2-x-2\text{ khi }x>2\\ g\left(x\right)=-x^2+x+2\text{ khi }-1<x<2\end{array}\right.$

Dựa vào đồ thị để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt

$\iff 0<{\left(\frac{3}{2}\right)}^m<\underset{\left(-1;2\right)}{\max }g\left(x\right)=\frac{9}{4}\iff m<2$

Đáp án D

$S\left(0\right)=S\left(2010\right)$

Theo giả thiết  

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}S\left(2015\right)=S\left(2010\right).e^{5r}\\ S\left(2015\right)=S\left(2010\right).e^{15r}\end{array}\right.\\ \Rightarrow e^{5r}=\frac{S\left(2015\right)}{S\left(2010\right)}\end{array}$

$S\left(2015\right)=S\left(2010\right).{\left[\frac{S\left(2015\right)}{S\left(2010\right)}\right]}^3\approx 1424227$

Đáp án D

$F\left(x\right)=\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x}=-\cot x+C$

Đồ thị $y=F\left(x\right)$ đi qua

$\begin{array}{l}M\left(\frac{\pi }{6};0\right)\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{6}\right)=0\\ \iff C=\sqrt{3}\\ \Rightarrow F\left(x\right)=-\cot x+\sqrt{3}\end{array}$

Đáp án B

$F\left(x\right)=\int \left(4x^3-\frac{1}{x^2}+3x\right)dx=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+C$

$\begin{array}{l}5F\left(1\right)+F\left(2\right)=43\\ \iff C=\frac{1}{2}\\ \Rightarrow F\left(x\right)=x^4+\frac{1}{x}+\frac{3}{2}{x}^2+\frac{1}{2}\\ \Rightarrow F\left(2\right)=23\end{array}$

Đáp án C

+ Ta sử dụng phương pháp nguyên hàm từng phần

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=\frac{dx}{{\cos }^{2}x}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}\end{array}\right.$

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có $I=\left(x\tan x\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{3}}\\ {}_0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{\sin xdx}{\cos x}$

$\begin{array}{l}=\left(x\tan x\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{3}}\\ {}_0\end{array}\right.+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\frac{d\left(\cos x\right)}{\cos x}\\ \iff I=\left(x\tan x\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{3}}\\ {}_0\end{array}\right.+\ln \left(\cos x\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{3}}\\ {}_0\end{array}\right.\\ =\frac{\pi }{\sqrt{3}}-\ln 2\end{array}$

Suy ra 

$\begin{array}{l}a=\frac{1}{\sqrt{3}};\\ b=\ln \mathrm{2,}a+b\\ =\frac{1}{\sqrt{3}}+\ln 2\approx \mathrm{1,27049745}\end{array}$

Đáp án D

đặt

$\begin{array}{l}t=2x\Rightarrow \frac{1}{2}\underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=13\\ \iff \underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=26\Rightarrow \underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=26\end{array}$

Xét $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}f\left(x^3\right)dx$ . đặt $u=x^3\Rightarrow du=3x^{2}dx$

$\begin{array}{l}\Rightarrow I=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(u\right)du=\\ \frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}\left[\underset{0}{\overset{\frac{1}{3}}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{\frac{1}{3}}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx\right]\\ =\frac{1}{3}\left(1+26\right)=9\end{array}$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm ${\left(x+3\right)}^2=0\iff x=-3$

$$\begin{gathered} \Rightarrow S_{\left(H\right)}=\underset{-3}{\overset{0}{\int }}{\left(x+3\right)}^{2}dx=9; \\ {S}_{OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{9}{2}\left|b\right| \end{gathered}$$

Theo bài ra 

$\frac{9}{2}\left|b\right|=\frac{9}{2}\Rightarrow b=-1\left(t/m\right)$

Đáp án C

Khi tàu dừng lại thì $v=0\iff at=-200m/s$

Phương trình chuyển động $S=\int v\left(t\right)dt=200t+\frac{a{t}^2}{2}$

$\begin{array}{l}S=1500\\ \iff 200t+\frac{a{t}^2}{2}=1500\\ \Rightarrow t=15\\ \Rightarrow a=-\frac{40}{3}\left(m/s^2\right)\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}z={\left(2+i\right)}^5={\left[{\left(2+i\right)}^2\right]}^2\left(2+i\right)\\ =-38+41i\end{array}$

Đáp án A

Ta có $\overline{z}=a-bi$ thay vào phương trình :

$\left(1+3i\right)\left(a+bi\right)+\left(2+i\right)\left(a-bi\right)=-2+4i$

$\begin{array}{l}\iff \left(3a-2b\right)+\left(4a-b\right)i=-2+4i\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=4\end{array}\right.\Rightarrow ab=8\end{array}$

Đáp án A

Gọi $z=a+bi,a,b\in ℝ$

$+\left|z-1\right|\le 5\iff {\left(a-1\right)}^2+b^2\le 5^2\left(C_1\right)$

$+\left|z-1\right|\ge 3\iff a^2+{\left(b-1\right)}^2\ge 3^2\left(C_2\right)$

$\left(C_1\right)$ là tập hợp số phức nằm trong hoặc trên đường tròn tâm $A\left(1;0\right)$ và bán kính $R_1=5$.

$\left(C_2\right)$ là tâp hợp số phức nằm ngoài hoặc trên đường tròn tâm $B\left(0;1\right)$ và bán kính $R_2=3$  từ hình vẻ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{z}_{\min }=z_1=-2i\\ z_{\max }=z_2=6\end{array}\right.\\ \Rightarrow z_1+2z_2=12-2i\end{array}$

Đáp án D

Đáp án D

Hình trụ có đáy là đa giác n thì tổng số cạnh của hình lăng trụ là $3n,n\in \mathbb{N}*.$

Dễ thấy $\frac{2016}{3}=672$.