20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 15)

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}z=-25=25.\left(-1\right)\\ =25i^2\\ \to z_{\mathrm{1,2}}=\pm 5i\end{array}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Vậy các căn bậc hai của số phức z là  $z_{\mathrm{1,2}}=\pm 5i$

Đáp án D.

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, từ giả thiết suy ra $B\text{'}H\perp \left(ABC\right)$  .

Khi đó 

$\begin{array}{l}\left(\widehat{BB\text{'},\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{BB\text{'},BH}\right)\\ =\widehat{B\text{'}BH}=60°\end{array}$

Ta có 

$\begin{array}{l}BB\text{'}=a\\ \Rightarrow BH=BB\text{'}.\cos \widehat{B\text{'}BH}\\ =a.\cos 60°=\frac{a}{2},B\text{'}H\\ =\sqrt{B\text{'}{B}^2-B{H}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}$

Gọi M là trung điểm BC, suy ra $BH=\frac{2}{3}BM$$\Rightarrow BM=\frac{3}{2}BH=\frac{3}{2}.\frac{a}{2}=\frac{3a}{4}$  .

Đặt $AC=x>0$$\Rightarrow BC=AC.\tan \widehat{BAC}$$=x.\tan 60°=x\sqrt{3}$$\Rightarrow AB=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=2x$  .

Lại có 

$\begin{array}{l}BM=\sqrt{B{C}^2+C{M}^2}\\ =\sqrt{B{C}^2+\frac{A{C}^2}{4}}\\ =\sqrt{3x^2+\frac{x^2}{4}}\\ =\frac{x\sqrt{13}}{2}=\frac{3a}{4}\\ \Rightarrow x=\frac{3a}{2\sqrt{13}}\end{array}$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow AC=\frac{3a}{2\sqrt{13}},BC=\frac{3\sqrt{3}a}{2\sqrt{13}},\\ AB=\frac{6a}{2\sqrt{13}}\\ \Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{9\sqrt{3}{a}^2}{104}\end{array}$

(đvdt).

Vậy $V_{A\text{'}ABC}=\frac{1}{3}B\text{'}H.S_{\Delta ABC}$$=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{9\sqrt{3}{a}^2}{104}=\frac{9a^3}{208}$  (đvtt).

Đáp án A.

Từ giả thiết ta có  

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{S}_{day}=\pi r^2=16\pi \\ S_{xq}=\pi rl=\pi r\sqrt{r^2+h^2}=20\pi \end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}r=4\left(dm\right)\\ h=3\left(dm\right)\end{array}\right.\end{array}$

Vậy thể tích khối nón là  

$\begin{array}{l}V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\\ \frac{1}{3}\pi {.4}^2.3=16\pi \left(d{m}^3\right)\end{array}$

Đáp án C.

Phương trình tham số của đường thẳng ${\Delta }_2:\left\{\begin{array}{l}x=-4+3t\text{'}\\ y=-2+2t\text{'}\\ z=4-t\text{'}\end{array}\right.,\left(t\text{'}\in ℝ\right)$

Đường thẳng  lần lượt có vecto chỉ phương (VTCP) là $\overrightarrow{u_1}=\left(2;-1;4\right)$  và $\overrightarrow{u_2}=\left(3;2;-1\right)$  . Suy ra $\overrightarrow{u_1}.\overrightarrow{u_2}=2.3+\left(-1\right).2+4.\left(-1\right)=0$  và ${\Delta }_1\perp {\Delta }_2$  . Loại B, D.

Xét hệ phương trình

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}-3+2t=-4+3t\text{'}\\ 1-t=-2+2t\text{'}\\ -1+4t=4-t\text{'}\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}2t-3t\text{'}=-1\\ t+2t\text{'}=3\\ 4t+t\text{'}=5\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}t=1\\ t\text{'}=1\end{array}\right.\Rightarrow {\Delta }_1,{\Delta }_2\end{array}$

 

 cắt nhau

Vậy ${\Delta }_1$  cắt và vuông góc với ${\Delta }_2$ .

Đáp án D.

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến (VTPT) là  $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;2;-1\right)$

Ghi nhớ: Mặt phẳng $\left(P\right):ax+by+cz+d=0$  có VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(a;b;c\right)$ , với  $a^2+b^2+c^2\ne 0$

 

Đáp án B.

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(2;0;-1\right)$  , bán kính $R=3$ .

Ghi nhớ: Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$  có tâm $I\left(a;b;c\right)$ , bán kính R. 

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

$\begin{array}{l}{\left(3-2x\right)}^{15}\\ =\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{3}^{15-k}{\left(-2x\right)}^k\\ =\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{3}^{15-k}{\left(-2\right)}^k{x}^k\end{array}$

Với $0\le k\le 15$$k\in \mathbb{N}$

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^7$  trong khai triển là$C_{15}^7{3}^8{\left(-2\right)}^7=-C_{15}^7{3}^8{2}^7$

 

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay 

$\begin{array}{l}{\left(3-2x\right)}^{15}=\sum _{k=0}^{15}{C}_{15}^k{3}^{15-k}{\left(-2\right)}^k{x}^k\\ \to \left\{\begin{array}{l}f\left(x;k\right)=x^k\\ g\left(k\right)=C_{15}^k{3}^{15-k}{\left(-2\right)}^k\end{array}\right.\end{array}$

$\underset{k=X}{\overset{x=2}{\to }}\left\{\begin{array}{l}f\left(X\right)=2^X\\ g\left(X\right)=C_{15}^X{3}^{15-X}{\left(-2\right)}^X\end{array}\right.$

trong đó $\left\{\begin{array}{l}0\le X\le 15\\ X\in \mathbb{N}\end{array}\right.$

Sử dụng TABLE, nhập vào máy  $f\left(X\right)=2^X$ và $g\left(X\right)=15CX\times 3^{15-X}\times {\left(-2\right)}^X$ . Chọn Start = 0, End = 15, Step = 1.

Quan sát bảng giá trị, ta thấy tại $F\left(X\right)=128=2^7=x^7$  (do $x=2$ ) thì $x=7\to k=7$  và $G\left(X\right)=-5404164480$  là hệ số của số hạng chứa $x^7$   trong khai triển.

Cách 3: Sử dụng công thức tính hệ số khai triển n - thức

Ta có hệ phương trình  $\left\{\begin{array}{l}{k}_0+k_1=15\\ 0.k_0+1.k_1=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{k}_0=8\\ k_1=7\end{array}\right.$

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^7$   trong khai triển là

$\begin{array}{l}\left[x^7\right]=\frac{15!}{7!.8!}{.3}^8.{\left(-2\right)}^7\\ =\frac{15!}{\left(15-7\right)!.7!}{.3}^8.{\left(-2\right)}^7\\ =-C_{15}^7{.3}^8{.2}^7\end{array}$

 

Đáp án C.

Cách 1: Tư duy tự luận

 Xét khai triển ${\left(1+x\right)}^{10}=C_{10}^0+C_{10}^{1}x+C_{10}^2{x}^2$$+C_{10}^3{x}^3+\mathrm{...}+C_{10}^{10}{x}^{10}$  (*)

Với  $x=2$ thay vào (*) ta được 

$3^{10}={\left(1+2\right)}^{10}=C_{10}^0+2.C_{10}^1$$+2^2.C_{10}^2+\mathrm{...}+2^{10}.C_{10}^{10}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

$S=C_{10}^0+2.C_{10}^1+2^2.C_{10}^2$$+\mathrm{...}+2^{10}.C_{10}^{10}=\sum _{x=0}^{10}{C}_{10}^x{2}^x$

 

 

Đáp án B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}SA\perp \left(ABC\right)\\ AB\subset \left(ABC\right)\\ BC\subset \left(ABC\right)\end{array}\right.\Rightarrow SA\perp AB$  và $SA\perp BC$ . Vậy A, C đúng.

Do  $\Delta ABC$ vuông tại B nên $BC\perp AB$ .

Ta có$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA,SA\subset \left(SAB\right)\\ BC\perp AB,AB\subset \left(SAB\right)\\ SA\cap AB=A\end{array}\right.\\ \Rightarrow BC\perp \left(SAB\right),SB\subset \left(SAB\right)\\ \Rightarrow BC\perp SB\end{array}$

Vậy B đúng.

Đáp án A.

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)$  nên A là hình chiếu của S trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$  . Suy ra AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ .

Khi đó $\left(\widehat{SD,\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SD,AD}\right)=\widehat{SDA}$   (do $\widehat{SDA}<90°$ ).

Do $\Delta SAD$  vuông tại A nên $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$$\Rightarrow \widehat{SDA}=60°$  .

Vậy $\left(\widehat{SD,\left(ABCD\right)}\right)=60°$ .

Đáp án D.

Ta có  

 $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}CD//AB,CD\subset \left(SAB\right)\\ AB\subset \left(SAB\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow CD//\left(SAB\right)\end{array}$

$\Rightarrow d\left(CD;SA\right)=d\left(CD;\left(SAB\right)\right)$$=d\left(C;\left(SAB\right)\right)$

Từ giả thiết, ta có $V_{S.ABCD}=a^3$$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{C}_{S.ABCD}=\frac{a^3}{2}$  và $S_{\Delta SAB}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Lại có 

$\begin{array}{l}{V}_{S.ABC}=V_{C.SAB}\\ =\frac{1}{3}d\left(C;\left(SAB\right)\right).S_{\Delta SAB}\\ \Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{V_{\Delta SAB}}\\ =2\sqrt{3}a\end{array}$

Vậy $d\left(SA;CD\right)=d\left(C;\left(SAB\right)\right)=2\sqrt{3}a$

Đáp án B.

Gọi $u_1$  là số hạng đầu và q là công bội của cấp số nhân $\left(u_n\right)$ .

Từ giả thiết ta có: 

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{u}_4-u_2=54\\ u_5-u_3=108\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1.q^3-u_1.q=54\\ u_1.q^4-u_1.q^2=108\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1.q\left(q^2-1\right)=54\\ u_1.q^2\left(q^2-1\right)=108\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1.q\left(q^2-1\right)=54\\ 54q=108\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1\mathrm{.2.}\left(2^2-1\right)=54\\ q=2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=9\\ q=2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án C.

Tập xác định: $D=ℝ$ .

 Nếu  $x\ne \mathrm{0,}x\ne 1$thì hàm số  $y=f\left(x\right)$liên tục trên mỗi khoảng  $\left(-\infty ;0\right),\left(0;1\right)$và $\left(1;+\infty \right)$ .

 Nếu $x=0$   thì  $f\left(0\right)=0$ và  $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x^2}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }x=0\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x=0\end{array}\right.$

Suy ra $f\left(0\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=0$  và hàm số $y=f\left(x\right)$  liên tục tại điểm x=0.

Nếu $x=1$  thì  $f\left(1\right)=\sqrt{1}=1$và  $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2}{x}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }x=1\\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\sqrt{x}=1\end{array}\right.$

Suy ra $f\left(1\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=1$  và hàm số  $y=f\left(x\right)$ liên tục tại điểm x=1.

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)$  liên tục trên R  .

Đáp án A.

Cách 1: Tư duy tự luận

Các hàm số đã cho đều có tập xác định là $D=ℝ$  , khi đó $\forall x\in ℝ\to \left(-x\right)\in ℝ$ .

Với A:  $y\left(-x\right)=\sin \left|-2016x\right|+\cos \left(-2017x\right)$$=\sin 2016x+\cos 2017x=y\left(x\right)$

Suy ra hàm số  $y=\sin \left|2016x\right|+\cos 2017x$chẵn trên $ℝ$ . Chọn A.

 Với B: $y\left(-x\right)=2016\cos \left(-x\right)+2017\sin \left(-x\right)$$=2016\cos x-2017\sin x\ne \pm y\left(x\right)$  

Suy ra hàm số $y=2016\cos x+2017\sin x$  không chẵn, không lẻ trên . Loại B.

Với C:$y\left(-x\right)=\cot \left(-2015x\right)-2016\sin \left(-x\right)$$=-\cot 2015x+2016\sin x=-y\left(x\right)$

 Suy ra hàm số $y=\cot 2015x-2016\sin x$  lẻ trên R  . Loại C.

 Với D:  $y\left(-x\right)=\tan \left(-2016x\right)+\cot \left(-2017x\right)$$=-\tan 2016-\cot 2017x=-y\left(x\right)$

Suy ra hàm số  $y=\tan 2016x+\cot 2017x$ lẻ trên R  . Loại D.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Các hàm số đều có tập xác định là R nên $\forall x\in ℝ\to \left(-x\right)\in ℝ$ .

* Với A: Dùng TABLE, nhập hai hàm số  $f\left(X\right)=\sin \left(\left|2016X\right|\right)+\cos \left(2017X\right)$và  $g\left(X\right)=\sin \left(\left|-2016X\right|\right)$$+\cos \left(-2017X\right)$

Đáp án A.

Đặt $f\left(x\right)=\sqrt{x^2-x-2}$  và $g\left(x\right)=x^2-1$ .

Ta có  $g\left(x\right)=0\iff x=\pm 1$và  $f\left(1\right)$không xác định, $f\left(-1\right)=0$  .

uy ra đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{x^2-x-2}}{x^2-1}$   không có tiệm cận đứng.

Đáp án D.

Tập xác định: $D=ℝ$ Đạo hàm $y\text{'}=x^2-2\left(m-1\right)x+2\left(m-1\right)$

Do phương trình $y\text{'}=0$  có tối đa hai nghiệm.

Để hàm số đồng biến (tăng) trên $ℝ$  khi và chỉ khi $y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$  .

$\begin{array}{l}\iff \Delta \text{'}={\left(m-1\right)}^2-2\left(m-1\right)\le 0\\ \iff \left(m-1\right)\left(m-3\right)\le 0\\ \iff 1\le m\le 3\end{array}$

Đáp án A.

 Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có 

$\begin{array}{l}{\log }_{49}28={\log }_{7^2}\left(2^2.7\right)\\ ={\log }_{7}2+\frac{1}{2}=m+\frac{1}{2}\\ =\frac{1+2m}{2}\end{array}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án A.

 Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có $\sqrt{x}.\sqrt[3]{x}.\sqrt[6]{x^5}=x^{\frac{1}{2}}.x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{5}{6}}$$=x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{5}{6}}=x^{\frac{5}{3}}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Đáp án C.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  ,  $y=g\left(x\right)$liên tục trên đoạn $\left[a;b\right]$  và hai đường thẳng  $x=a,x=b$ ($a<b$)được tính theo công thức:$S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx$

 

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

Do $z_0=1+2i$   là một nghiệm phức của phương trình $z^2+az+b=0$  nên ta có  

$z_0^2+a{z}_0+b=0$$\iff {\left(1+2i\right)}^2+a\left(1+2i\right)+b=0$$\iff \left(a+b-3\right)+\left(2a+4\right)i=0$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}a+b-3=0\\ 2a+4=0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}b=5\\ a=-2\end{array}\right.$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:

Loại ngay hai phương án A, B vì các giá trị a, b cần tìm phải cùng đồng thời thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C.

Gọi điểm H là hình chiếu của $A\left(4;1;-2\right)$  trên mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ , khi đó $H\left(4;0;-2\right)$ .

Điểm  A' đối xứng với $A\left(4;1;-2\right)$  qua mặt phẳng  $\left(Oxz\right)$ nên $H\left(4;0;-2\right)$  là trung điểm AA'  . Khi đó $A\text{'}\left(2x_H-x_A;2y_H-y_A;2z_H-z_A\right)$ $\to A\text{'}\left(4;-1;-2\right)$