20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 14)

Đáp án C.

Hình nón được tạo thành có đường sinh bằng cạnh của tam giác, tức là bằng a.

Bán kính đáy của hính nón bằng một nửa cạnh của tam giác, tức là bằng $\frac{a}{2}$  .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi .\frac{a}{2}.a=\frac{\pi a^2}{2}$ .

 

Đáp án C.

Đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có dạng chữ M nên suy ra a <0  .

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;c) nên suy ra c < 0.

Hàm số có ba cực trị nên suy ra ab < 0  , (a, b trái dấu). Mà a < 0 nên suy ra b > 0.

Vậy C là đáp án đúng.

 

Đáp án B.

Điều kiện:$\left\{\begin{array}{l}x-40>0\\ 60-x>0\end{array}\right.\iff 40<x<60$ . Khi đó ta có:

 $\begin{array}{l}\log \left(x-40\right)+\log \left(60-x\right)<2\\ \iff \log \left[\left(x-40\right)\left(60-x\right)\right]<2\\ \iff \left(x-40\right)\left(60-x\right)<{10}^2\end{array}$

$\begin{array}{l}{x}^2-100x+2500>0\\ \iff {\left(x-50\right)}^2>0\\ \iff x\ne 50\end{array}$

 (do ${\left(x-50\right)}^2\ge 0$  với mọi x).

Kết hợp với điều kiện ta có $x\in \left(40;60\right)\backslash \left\{50\right\}$  .

Suy ra có $\left(60-40-1\right)-1=18$  số nguyên dương thỏa mãn điều kiện đã cho.

Lưu ý: Lỗi sai thường gặp:${\left(x-50\right)}^2>0\iff x>50;{\left(x-50\right)}^2>0$

thỏa mãn với mọi $x\in ℝ$ .

 

Đáp án B.

Vì $\left(\beta \right)$  song song với  $\left(\alpha \right)$ nên loại đáp án C và D.

Thử trực tiếp thấy điểm $A\left(1;2;3\right)$  thuộc mặt phẳng $x-4y+z+4=0$  .

Do đó đáp án đúng là B.

Đáp án B.

Đặt $t=z^2$  ta được phương trình  $t^2+2t-8=0$ (*)

Vì $ac<0$  nên suy ra phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.

Suy ra $z_1^2=z_2^2=t_1;z_3^2=z_4^2=t_2$  .

Theo Vi-ét ta có $t_1+t_2=\frac{-b}{a}=-2$ .

Do đó $F=z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2$$=2\left(t_1+t_2\right)=2.\left(-2\right)=-4$ .

Đáp án D.

Trong mp  $\left(ABCD\right)$ gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$ , qua O kẻ đường thẳng vuông góc với SC, cắt SC tại H.

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)$$\Rightarrow BD\perp OH\Rightarrow OH$ là đường vuông góc chung của hai đường thẳng SC và BD.

Lại có $AC=a\sqrt{2}$$\Rightarrow CS=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}$$=\sqrt{a^2+2a^2}=\sqrt{3a^2}=a\sqrt{3}$ .

Hai tam giác COH và CSA đồng dạng với nhau. Suy ra 

$\begin{array}{l}\frac{OH}{SA}=\frac{CO}{CS}\\ \Rightarrow OH=\frac{SA.CO}{CS}\\ =\frac{a.\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\end{array}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD bằng $\frac{a\sqrt{6}}{6}$ .

Chọn đáp án D.

Đáp án B.

Rõ ràng A và B đều nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng $\left(Oxz\right)$  (do đều có tung độ dương). Gọi A' là điểm đối xứng của A qua $\left(Oxz\right)$  thì $A\text{'}=\left(-1;-3;4\right)$ . Ta có $MA+MB=MA\text{'}+MB$  (do $M\in \left(Oxz\right)$   và A' là điểm đối xứng của A qua $\left(Oxz\right)$ ). Do đó  $MA+MB$ ngắn nhất $\iff MA\text{'}+MB$   ngắn nhất $\iff A\text{'},M,N$  thằng hàng, tức M là giao điểm của A'B và $\left(Oxz\right)$ .

Ta có $\overrightarrow{A\text{'}B}=\left(4;4;-4\right)$  . Suy ra phương trình đường thẳng $A\text{'}B:\left\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=1+t\\ z=-t\end{array}\right.$  .

Phương trình mặt phẳng $\left(Oxz\right)$  là y=0. Giải phương trình $1+t=0\iff t=-1$  .

Suy ra $M=\left(2;0;1\right)$ . Do đó M có hoành độ bằng 2. Vậy B là đáp án đúng.

Đáp án B.

Diện tích thiết diện là  $S\left(x\right)=x.2\sqrt{9-x^2}=2x\sqrt{9-x^2}$

Do đó thể tích của vật thể là  $V=\underset{0}{\overset{3}{\int }}2x\sqrt{9-x^2}dx$

Đáp án C.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng $x=-1$ ; đường tiệm cận ngang $y=1$ .

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm có hoành độ $-1<x_0<0$  . Từ đây ta loại luôn được A; B; D. Ta chọn C.

Đáp án C

$\begin{array}{l}\frac{a}{x^2-7x+12}-\frac{b}{x^2-4x+3}\\ =\frac{a}{\left(x-3\right)\left(x-4\right)}-\frac{b}{\left(x-1\right)\left(x-3\right)}\\ =\frac{a\left(x-1\right)-b\left(x-4\right)}{\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)}\end{array}$

$\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\left[\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)\right]=0$

$\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\left[\frac{a}{x^2-7x+12}-\frac{b}{x^2-4x+3}\right]$

hữu hạn thì $2a+b=0$  . Vậy C đúng

 

Đáp án D.

Gọi n là số đỉnh của đa giác đều.

Khi đó số đường chéo của đa giác đều đó là $\frac{n\left(n-3\right)}{2}$  .

Giải phương trình $\frac{n\left(n-3\right)}{2}=54$$\iff n^2-3n-108=0\Rightarrow n=12$  .

 Đa giác có 6 đường chéo đi qua tâm $C_6^2=15$.

Cứ hai đường chéo đi qua tâm thì tạo thành một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác đều đã cho là .

Đáp án A.

 $M\in d\Rightarrow$Tọa độ  $M=\left(-1+2t;t;2+t\right)$

Vì A là trung điểm $MN\Rightarrow$  Tọa độ  $N=\left(3-2t;-2-t;2-t\right)$

$\begin{array}{l}N\in \left(P\right)\\ \Rightarrow 3-2t-2-t-2\left(2-t\right)+5=0\\ \iff 2-t=0\iff t=2\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow M\left(3;2;4\right),N\left(-1;-4;0\right)\\ \Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(-4;-6;-4\right)\end{array}$

 

Phương trình đường thẳng $\Delta :\frac{x-3}{2}=\frac{y-2}{3}=\frac{z-4}{2}$  .

Đáp án B.

Điều kiện: $x>0$ .

Ta có:  ${\log }_{\sqrt{2}}x+{\log }_{2}x+{\log }_4{x}^2$$+{\log }_8{x}^3+{\log }_{16}{x}^4=40$

$\iff {\log }_{2^{\frac{1}{2}}}{x}^{\frac{1}{2}}+{\log }_{2}x+{\log }_{2^2}{x}^2$$+{\log }_{2^3}{x}^3+{\log }_{2^4}{x}^4=40$

$\iff {\log }_{2}x+{\log }_{2}x+{\log }_{2}x$$+{\log }_{2}x+{\log }_{2}x=40$

$\begin{array}{l}\iff 5{\log }_{2}x=40\\ \iff {\log }_{2}x=8\\ \iff x=2^8\end{array}$

Số ước tự nhiên của x là 8+1=9.

Đáp án A.

Gọi $n=\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6}$  là số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thỏa mãn $n<432000$ .

 $n<432000\Rightarrow a_1$có thể nhận một trong các giá trị 1, 2, 3, 4.

*  $a_1\in \left\{\mathrm{1,2,3}\right\}\Rightarrow a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$là một hoán vị của 5 chữ số thuộc tập $\left\{\mathrm{1,2,3,4,5,6}\right\}\backslash \left\{a_1\right\}$ . Trường hợp này có 3.5! = 360 số.

* $a_1=4\Rightarrow a_2$  có thể nhận một trong các giá trị 1, 2, 3.

+  $a_2\in \left\{\mathrm{1,2}\right\}\Rightarrow a_3,a_4,a_5,a_6$là một hoán vị của 4 chữ số thuộc tập $\left\{\mathrm{1,2,3,4,5,6}\right\}\backslash \left\{a_1,a_2\right\}$  . Trường hợp này có $2.4!=48$  số.

+  $a_2=3\Rightarrow a_3$chỉ có thể nhận giá trị bằng 1. Khi đó $a_4,a_5,a_6$  là một hoán vị của 3 chữ số thuộc tập $\left\{\mathrm{2,5,6}\right\}$ . Trường hợp này có $3!=6$  số.

Vậy theo quy tắc cộng có tất cả $360+48+6=414$  số.

 

Đáp án C.

Đổi 1,5 lít = 0,0015 m³.

Ta tưởng tượng có một chiếc hộp không nắp dạng hình hộp chữ nhật để ngoài trời mưa. Đáy của chiếc hộp rộng 1m². Sau trận mưa, lượng nước trong hộp là 0,0015m³. Suy ra mực nước trong hộp là $h=\frac{\mathrm{0,0015}}{1}=\mathrm{0,0015}\left(m\right)=\mathrm{0,15}\left(cm\right)$  .
Mực nước trong chiếc hộp này cũng chính là mực nước tăng lên trong bể bơi.

Vậy đáp án là C.

Đáp án C.

Đặt$z=a+bi,\left(a,b\in ℝ\right)$ . Ta có $\left(1-i\right){\left|z\right|}^2+\left(2+2i\right)z^2+2z\left(z+i\right)=0$ .

Với $a^2+b^2>0\Rightarrow z\ne 0;{\left|z\right|}^2=z.\overline{z}$ . Ta có

$\begin{array}{l}\left(1\right)\iff \left(1-i\right).z.\overline{z}+\left(2+2i\right)z^2+2z\left(z+i\right)=0\\ \iff \left(1-i\right)\overline{z}+\left(2+2i\right)z+2\left(z+i\right)=0\end{array}$

$\iff \left(1-i\right)\left(a-bi\right)+\left(2+2i\right)\left(a+bi\right)$$+2\left(a+\left(b+1\right)i\right)=0$

$\iff a-b-\left(a+b\right)i+2a-2b$$+\left(2a+2b\right)i+2a+\left(2b+2\right)i=0$

$\begin{array}{l}\iff 5a-3b+\left(a+3b+\right)i=0\\ \iff \left\{\begin{array}{l}5a-3b=0\\ a+3b=-2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3}\\ b=-\frac{5}{9}\end{array}\right.\Rightarrow F=\frac{3}{5}\end{array}$

 

Đáp án B.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu, dễ thấy $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left(3+2x-x^2\right)dx$  lớn nhất khi $a=-1$  và $b=3$ , tức là $b-a=4$

Đáp án A.

Cách 1: Gọi P là giao điểm của  BN và A'B'=>P là trọng tâm $\Delta A\text{'}B\text{'}B$ .

Q là giao điểm của CM và A'C'=>Q là trọng tâm $\Delta A\text{'}C\text{'}C$

$\Rightarrow PQ//B\text{'}C\text{'}$ Ta có $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)\cap \left(BCMN\right)=PQ$ .

Gọi H là trung điểm của B'C' và I là giao điểm của AH và PQ.

I là trung điểm của PQ.

 

Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC và MN lần lượt tại J và K

=>J là trung điểm BC và K là trung điểm MN.

 

Ta có  $AB\text{'}=AC\text{'}\Rightarrow \Delta AB\text{'}C\text{'}$ cân tại $A\Rightarrow AH\perp BC\Rightarrow AI\perp PQ$ .

Lại có $IJ\perp PQ\Rightarrow$  Góc giữa $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$và  $\left(BCMN\right)$ là góc giữa IJ và IA.

Ta có:

$\begin{array}{l}AC\text{'}=\sqrt{A{C}^2+CC{\text{'}}^2}\\ =\sqrt{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2+2^2}=4\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow AH=\sqrt{AC{\text{'}}^2-HC{\text{'}}^2}\\ =\sqrt{4^2-{\left(\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{13}\\ \Rightarrow AI=\frac{2}{3}AH=\frac{2\sqrt{13}}{3}\end{array}$

$\begin{array}{l}BN=\sqrt{BB{\text{'}}^2+B\text{'}{N}^2}\\ =\sqrt{2^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{7}\end{array}$

$\begin{array}{l}KJ=NE=\sqrt{B{N}^2-E{B}^2}\\ =\sqrt{7-\frac{3}{4}}=\frac{5}{2}\\ \Rightarrow IJ=\frac{2}{3}KJ=\frac{5}{3}\end{array}$

Lại có $AJ=\frac{2\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=3$

 

Trong $\Delta AIJ$  :

$\begin{array}{l}\cos \widehat{AIJ}=\frac{I{J}^2+I{A}^2-A{J}^2}{2.IJ.IA}\\ =\frac{\frac{25}{9}+\frac{4.13}{9}-9}{2.\frac{5}{3}.\frac{2\sqrt{13}}{3}}=\frac{-\sqrt{13}}{65}\end{array}$ .

 Cosin của góc giữa $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$  và $\left(BCMN\right)$  là $\frac{\sqrt{13}}{65}$

Cách 2: (Tọa độ hóa)

 

Gọi T là trung điểm AC. Đặt $M=\left(0;0;0\right),B\text{'}\left(3;0;0\right),$$C\text{'}\left(0;\sqrt{3};0\right),T\left(0;0;2\right)$

$\Rightarrow A\left(0;-\sqrt{3};2\right),B\left(3;0;2\right),$$C\left(0;\sqrt{3};2\right)$$\Rightarrow \overrightarrow{MB}=\left(3;0;2\right),\overrightarrow{MC}=\left(0;\sqrt{3};2\right)$

 $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MC}\right]=\left(2\sqrt{3};6;6\sqrt{3}\right)$là một vecto pháp tuyến của .

Lại có  $\overrightarrow{AB\text{'}}=\left(3;\sqrt{3};-2\right),\overrightarrow{AC\text{'}}=\left(0;2\sqrt{3};-2\right)$

 $\Rightarrow \overrightarrow{n\text{'}}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\text{'}\right]=\left(2\sqrt{3};6;6\sqrt{3}\right)$là một vecto pháp tuyến của $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$ .

Gọi $\alpha$  là góc giữa $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$  và $\left(MNBC\right)$ .

Ta có:

$\begin{array}{l}\cos \alpha =\left|\cos \left(\widehat{\overrightarrow{n};\overrightarrow{n\text{'}}}\right)\right|\\ =\frac{\left|-2\sqrt{3}.2\sqrt{3}+\left(-6\right).6+3\sqrt{3}.6\sqrt{3}\right|}{\sqrt{{\left(-2\sqrt{3}\right)}^2+{\left(-6\right)}^2+{\left(3\sqrt{3}\right)}^2}.\sqrt{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2+6^2+{\left(6\sqrt{3}\right)}^2}}\\ =\frac{\sqrt{13}}{65}\end{array}$

 

Đáp án C.

Ta có $y\text{'}=3x^2+4\left(m-2\right)x-5$  ; $y\text{'}=0\iff 3x^2+4\left(m-2\right)x-5=0$   (*).

Phương trình (*) có $ac<0$   nên luôn có hai nghiệm trái dấu .

Suy ra $\left|x_1\right|=-x_1;\left|x_2\right|=x_2$  .

Khi đó $x_1,x_2$  là hai điểm cực trị của hàm số.

$\begin{array}{l}\left|x_1\right|-\left|x_2\right|=-2\\ \iff -x_1-x_2=-2\\ \iff x_1+x_2=2\\ \iff \frac{-4\left(m-2\right)}{3}=2\\ \iff m=\frac{1}{2}\end{array}$

Đáp án C.

Cách 1: Tập xác định:  $D=ℝ$

Ta có:

$\begin{array}{l}y={\left|x\right|}^3-x^2-\left|x\right|+1\\ =\sqrt{x^6}-x^2-\sqrt{x^2}+1\end{array}$  

 $\begin{array}{l}\Rightarrow y\text{'}=\frac{6x^5}{2\sqrt{x^6}}-2x-\frac{2x}{2\sqrt{x^2}}\\ =\frac{3x^5-2x\sqrt{x^6}-x.\sqrt{x^4}}{\sqrt{x^6}}\end{array}$

Ta thấy y' không xác định tại x=0.

- Nếu $x>0$ :$y\text{'}=\frac{3x^2-2x^4-x^3}{x^3}=3x^2-2x-1$ ;$y\text{'}=0\Rightarrow x=1$ .

- Nếu $x<0$  : 

$\begin{array}{l}y\text{'}=\frac{3x^5+2x^4-x^3}{-x^3}\\ =-3x^2-2x+1\\ y\text{'}=0\Rightarrow x=-1\end{array}$

Bảng biến thiên:

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Cách 2: Đặt $t=\left|x\right|,t\ge 0$  . Xét hàm số $f\left(t\right)=t^3-t^2-t+\mathrm{1,}t\ge 0$ .

Ta có: 

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(t\right)=3t^2-2t-1;\\ f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=0\end{array}$

 

Bảng biến thiên của hàm số f(t):

Ta có hàm số $y={\left|x\right|}^3-x^2-\left|x\right|+1$  là hàm số chẵn (đồ thị đối xứng qua trục Oy).

Suy ra bảng biến thiên của hàm số $y={\left|x\right|}^3-{\left|x\right|}^2-\left|x\right|+1$ :

Do đó hàm số  $y={\left|x\right|}^3-{\left|x\right|}^2-\left|x\right|+1$ có 3 điểm cực trị.

Đáp án C.

Ta có:$x^2-4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$  mà  x = 1 và x= 3  không là nghiệm của tử thức

 $\Rightarrow x=1$ và $x=3$  là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Lại có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu  $\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận

Đáp án D.

ta có $m^4-m^2+1={\left(m^2-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}\forall m$

$\begin{array}{l}{\left(\frac{1}{5}\right)}^{\left|x^2-4x+3\right|}=m^4-m^2+1\\ \iff \left|x^2-4x+3\right|=-{\log }_4\left(m^4-m^2+1\right)\end{array}$

Xét hàm số  $y=x^2-4x+3$ có bảng biến thiên:

 

Suy ra bảng biến thiên của hàm số $y=\left|x^2-4x+3\right|$ :

Phương trình $\left|x^2-4x+3\right|=-{\log }_5\left(m^4-m^2+1\right)$   có 4 nghiệm phân biệt

$\begin{array}{l}\iff 0<-{\log }_5\left(m^4-m^2+1\right)<1\\ \iff -1<{\log }_5\left(m^4-m^2+1\right)<0\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \frac{1}{5}<m^4-m^2+1<1\\ \iff m^4-m^2+1<1\end{array}$

( do $m^4-m^2+1\ge \frac{3}{4}>\frac{1}{5}$)

$\begin{array}{l}\iff m^4-m^2<0\\ \iff m^2\left(m^2-1\right)<0\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m^2-1<0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ -1<m<1\end{array}\right.\end{array}$

$\iff m\in \left(-1;0\right)\cup \left(0;1\right)$

Vậy $S=\left(-1;0\right)\cup \left(0;1\right)$ , tức là S là hợp của hai khoảng với nhau. Vậy D là đáp án đúng.