20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 11)

Đáp án C

Giả sử $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$. Khi đó điểm biểu diễn số phức z là $M\left(x;y\right)$.

Từ giả thiết, ta có 

$\begin{array}{l}\left|z-2+3i\right|=7\\ \iff \left|\left(x-2\right)+\left(y+3\right)i\right|=7\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \sqrt{{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2}=7\\ \iff {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=49\end{array}$.

Vậy tập hợp các điểm $M\left(x;y\right)$ biểu diễn số phức $z=z+yi$ là đường tròn $\left(C\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=49$ có tâm $I\left(2;-3\right)$, bán kính R=7.

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng(BCD). Do ABCD là tứ diện đều nên tâm H là tâm đường trong ngoại tiếp $\Delta BCD$ .

Đặt cạnh của tứ diện là a. Gọi M  là trung điểm của CD.

Do $\Delta BCD$ đều nên

$\begin{array}{l}BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ \Rightarrow BH=\frac{2}{3}BM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\end{array}$

Ta có  $\Delta ABH$vuông tại H nên

$\begin{array}{l}AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}\\ =\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\end{array}$

Từ giả thiết ta có

$\begin{array}{l}AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}=6\\ \iff a=3\sqrt{6}\\ \Rightarrow S_{\Delta BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\end{array}$

 (đvdt).

Vậy thể tích của tứ diện ABCD là

$\begin{array}{l}AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}=6\\ \iff a=3\sqrt{6}\\ \Rightarrow S_{\Delta BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\end{array}$

 (đvtt).

Đáp án C

Thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi .{\left(2R\right)}^3=\frac{32}{3}\pi R^3$  (đvtt).

Đáp án A

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P)  là:

$d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.1-2\left(-2\right)-13+3\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{4}{3}$

Đáp án C

Điểm $D\in Oy$ nên $D\left(0;y;0\right)$. Suy ra  $\overrightarrow{AD}=\left(-2;y-1;1\right)$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(0;-2;4\right)$ $\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(0;-4;-2\right)$.

Khi đó $V_{ABCD}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|$$=\frac{1}{6}\left|-4y+2\right|=\frac{\left|2y-1\right|}{3}$.

Từ giả thiết ta có

$\begin{array}{l}{V}_{ABCD}=5\iff \frac{\left|2y-1\right|}{3}=5\\ \iff \left[\begin{array}{l}y=8\\ y=-7\end{array}\right.\end{array}$

. Vậy $\left[\begin{array}{l}D\left(0;-7;0\right)\\ D\left(0;8;0\right)\end{array}\right.$ .

Tính tích có hướng $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]$ bằng MTCT:

Đáp án B

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z+9=0$  có tâm $I\left(1;-2;3\right)$, bán kính  $R=\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+3^2-9}=\sqrt{5}$ 

Đáp án C

Số số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là $\mathrm{9.9.8.7}=4536$. Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử là $n\left(\Omega \right)=C_{4536}^1=4536$.

Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 25”. Gọi số đó có dạng Chọn thì  $\overline{cd}\in \left\{25;50;75\right\}$.

* Số đó có dạng $\overline{ab25}$: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra $7.7=49$ số $\overline{ab25}$ thỏa mãn.

* Số đó có dạng $\overline{ab50}$: Chọn a có 8 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 8.7=56 số $\overline{ab50}$ thỏa mãn.

* Số đó có dạng $\overline{ab75}$: Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7=49 số $\overline{ab75}$ thỏa mãn.

Vậy số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=49+56+49=154$.

Vậy xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{154}{4536}=\frac{11}{324}$.

Đáp án B

Cách 1: Tư duy suy luận

Ta có  

$\begin{array}{l}L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{mx+2006}{x+\sqrt{x^2+2007}}\\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(m+\frac{2006}{x}\right)}{x+\left|x\right|\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}}\\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(m+\frac{2006}{x}\right)}{x\left(1+\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}\right)}\end{array}$

$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{m+\frac{2006}{x}}{1+\sqrt{1+\frac{2007}{x^2}}}=\frac{m}{1+\sqrt{1}}=\frac{m}{2}$. Để L=0 thì $\frac{m}{2}=0\iff m=0$.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Chọn m=0,5 thỏa mãn các phương án A, C, D. Ta có $L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\mathrm{0,5}x+2006}{x+\sqrt{x^2+2007}}$  .

Nhập vào màn hình:

 Suy ra $L\approx \frac{1}{4}\Rightarrow L\ne 0$. Loại ngay A, C, D.

Đáp án C

Ta có 

$\begin{array}{l}y\text{'}=x^2-2x-1;y\text{'}=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1+\sqrt{2}\Rightarrow y=\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\\ x=1-\sqrt{2}\Rightarrow y=\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}\end{array}\right.\end{array}$

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị là  $A\left(1+\sqrt{2};\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\right)$ và  $B\left(1-\sqrt{2};\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}\right)$.

Vậy

$\begin{array}{l}AB=\sqrt{{\left[\left(1-\sqrt{2}\right)-\left(1+\sqrt{2}\right)\right]}^2+{\left(\frac{-8+4\sqrt{2}}{3}-\frac{-8-4\sqrt{2}}{3}\right)}^2}\\ =\frac{10\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Đáp án C

Phương án A:  $y\text{'}=-2x\Rightarrow y\text{'}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(-\infty ;0\right)$ và $y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ .

Khi đó hàm số $y=1-x^2$ đòng biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$, nghịch biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Phương án  B: $y\text{'}=\ln x+1$$\Rightarrow y\text{'}>\mathrm{0,}\forall x\in \left(\frac{1}{e};+\infty \right)$ và $y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;\frac{1}{e}\right)$. Khi đó hàm số đồng biến trên $\left(\frac{1}{e};+\infty \right)$ và nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{e}\right)$.

Phương án  C: $y\text{'}=e^x+\frac{1}{x^2}>\mathrm{0,}\forall x\ne 0$ nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(0;+\infty \right)$.

Phương án D:$y\text{'}=-\pi .x^{-\pi -1}=-\frac{\pi }{x^{\pi +1}}$$\Rightarrow y\text{'}<\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;+\infty \right)$ . Khi đó hàm số $y=x^{-\pi }$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ .

Đáp án C

Từ đồ thị hàm số  $y=f\left(x\right)$ trên  $\left[-2;4\right]$ , ta vẽ được đồ thị hàm số  $y=\left|f\left(x\right)\right|$ trên đoạn $\left[-2;4\right]$ như hình vẽ bên.

Quan sát đồ thị, ta thấy $\underset{\left[-2;4\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=\left|f\left(-1\right)\right|=3$.  

Đáp án A

Phương trình

$\begin{array}{l}{\log }_2\left(1-x\right)=2\\ \iff \left\{\begin{array}{l}1-x>0\\ 1-x=2^2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x<1\\ x=-3\end{array}\right.\iff x=-3\end{array}$

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

 Đặt $\ln x=t\iff \frac{dx}{x}=dt$ . Đổi cận $x=1\Rightarrow t=0;x=e\Rightarrow t=1$ .

Khi đó $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{2}dt=\frac{t^3}{3}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{3}$ .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C

Cách 1: Tư duy tự luận

Giả sử $z=a+bi,(a,b\in ℝ)$.

Giả thiết tương đương với $\left(1+2i\right)\left[\left(a-1\right)+bi\right]=5-2i$

$\iff \left(a-1-2b\right)+\left(2a+b-2\right)i=5-2i$

 $\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}a-2b-1=5\\ 2a+b-2=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a-2b=6\\ 2a+b=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{6}{5}\\ b=-\frac{12}{5}\end{array}\right.\end{array}$

Vậy $z=\frac{6}{5}-\frac{12}{5}i$.            

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

$\begin{array}{l}\left(1+2i\right)\left(z-1\right)-5+2i=0\\ \iff z=\frac{5-2i}{1+2i}+1=\frac{6}{5}-\frac{12}{5}i\end{array}$.

Đáp án B

Áp dụng định lý hàm số sin, ta có $\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}=\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=2R$

 $\begin{array}{l}\iff \frac{BC}{\sin {75}^0}=\frac{AC}{\sin {45}^0}=\frac{AB}{\sin {60}^0}=2R\\ \iff \left\{\begin{array}{l}AB=2R.\sin {60}^0=R\sqrt{3}\\ BC=2R.\sin {75}^0=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R\\ AC=2R.\sin {45}^0=R\sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}$

Lại có

$\begin{array}{l}{S}_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.sin\widehat{BAC}=\frac{1}{2}BH.AC\\ \iff BH=AB.sin\widehat{BAC}=R\sqrt{3}.\sin {75}^0\end{array}$

 $\iff BH=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R$.

Khi quay $\Delta ABC$ quanh AC thì $\Delta BHC$ tạo thành hình nón tròn xoay (N) có đường sinh $l=BC=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}R$, bán kính đáy $r=BH=\frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R$.

Diện tích xung quanh hình nón  (N) là

$\begin{array}{l}{S}_{xq}=\pi rl\\ =\pi \frac{\sqrt{3}\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{4}R.\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}R\\ =\frac{3+2\sqrt{3}}{2}\pi R^2\end{array}$

 (đvdt).

Đáp án C

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;-1;4\right)$ . Mặt phẳng  (Q) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(2;0;-2\right)$.

Cách 1: Tư duy tự luận

Góc giữa hai mặt phẳng (P) và  (Q) được tính theo công thức:

$\begin{array}{l}\cos \left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}},\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right)\right|\\ =\frac{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}.\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right|}{\left|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right|.\left|\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right|}\\ =\frac{\left|1.2+\left(-1\right).0+4.\left(-2\right)\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2+4^2}.\sqrt{2^2+0^2+{\left(-2\right)}^2}}\end{array}$

$\iff \cos \left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)=\frac{1}{2}$. Vậy $\left(\widehat{\left(P\right),\left(Q\right)}\right)={60}^0$.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào máy tính các vectơ: $\text{VctA}=\left[1;-2;4\right],\text{VctB}=\left[2;0;-2\right]$.

Đáp án D

Gọi M là hình chiếu của điểm $I\left(3;2;4\right)$ trên Oy, suy ra $M\left(0;2;0\right)$ . Khi đó  $\overrightarrow{IM}=\left(-3;0;-4\right)$. Mặt cầu tâm $I\left(3;2;4\right)$  tiếp xúc với trục Oy nên bán  kính mặt cầu là $R=IM=5$.

Phương trình mặt cầu (S) là ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-4\right)}^2=25$

$\iff x^2+y^2+z^2-6\text{x}-4y-8\text{z}+4=0$.

Đáp án B

Ta có mặt phẳng $\left(P\right):\frac{x}{3}+\frac{y}{2}+\frac{z}{1}=1$ $\iff 2\text{x}+2y+6\text{z}-6=0$. Suy ra mặt phẳng  (P) có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(2;3;6\right)$.

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=-\frac{1}{x^2}={\left(-1\right)}^1.\frac{1!}{x^2}$; $y\text{'}\text{'}=-\frac{2}{x^3}={\left(-1\right)}^2.\frac{2!}{x^3}$; $y\text{'}\text{'}\text{'}=-\frac{6}{x^4}={\left(-1\right)}^3.\frac{3!}{x^4}$.

 Dự đoán $y^{\left(n\right)}={\left(-1\right)}^n.\frac{n!}{x^{n+1}}\left(*\right)$. Chứng minh mệnh đề (*):

* Với n=1 thì $\left(*\right)\iff y\text{'}=-\frac{1}{x^2}$. Khi đó (*) đúng.

* Giả sử (*) đúng với $n=k,\left(k\ge 1\right)$ , tức là $y^{\left(k\right)}={\left(-1\right)}^k.\frac{k!}{x^{k+1}}$ .

Khi đó $y^{\left(k+1\right)}={\left(y^{\left(k\right)}\right)}^{\text{'}}={\left(-1\right)}^k.\frac{k!}{x^{k+1}}$$={\left(-1\right)}^k.\left(-\frac{\left(k+1\right).k!.x^k}{{\left(x^{k+1}\right)}^2}\right)$$={\left(-1\right)}^{k+1}.\frac{\left(k+1\right)!}{x^{k+2}}$. Vậy mệnh đề (*) cũng đúng với n=k+1 nên nó đúng với mọi n.

Đáp án C

Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử là $n\left(\Omega \right)=10!$.

 Gọi A là biến cố “Xếp được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ CON ĐƯỜNG”. Số phần tử của biến cố A là $n\left(A\right)=1$.

Vậy xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{10!}=\frac{1}{3628800}$.

Đáp án B

Đáp án C

Gọi A' là điểm đối xứng với $A\left(5;3\right)$ qua điểm $I\left(4;1\right)$ . Khi đó I là trung điểm của AA' và $\left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}=2x_I-x_A=2.4-5=3\\ x_{A\text{'}}=2y_I-y_A=2.1-3=-1\end{array}\right.$. Vậy $A\text{'}\left(3;-1\right)$.