20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 5)

Đáp án C.

Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1, 3 có 2 cách.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là $2.c_7^4.5!$ số.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số 0 đứng đầu là $2.c_6^3.4!$ số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là $2.c_7^4.5!-2.c_6^3.4!=7440$ (số).

Đáp án C

Ta có $P\left(x\right)={\left(1+2x\right)}^{12}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k{1}^{12-k}=\sum _{k=0}^{12}{C}_{12}^k{2}^k{x}^k$.

Gọi $a_k=C_{12}^K{2}^K,\left(0\le k\le 12,k\in \mathrm{\mathbb{N}}\right)$ là hệ số lớn nhất trong khai triển.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{a}_k\ge a_{k+1}\\ a_k\ge a_{k-1}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{c}_{12}^k{2}^k\ge c_{12}^{k+1}{2}^{k+1}\\ c_{12}^k{2}^k\ge c_{12}^{k-1}{2}^{k-1}\end{array}\right.$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{12!}{\left(12-k\right)!k!}.2^k\ge \frac{12!}{\left(11-k\right)!\left(k+1\right)!}.2^{k+1}\\ \frac{12!}{\left(12-k\right)!k!}.2^k\ge \frac{12!}{\left(13-k\right)!\left(k+1\right)!}.2^{k-1}\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{12-k}\ge \frac{2}{k+1}\\ \frac{1}{k}\ge \frac{1}{2\left(13-k\right)}\end{array}\right.$

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển đã cho là $a_8=2^8{c}_{12}^8=126720$.

Đáp án A.

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ} \backslash \left\{1\right\}$  . Đạo hàm $y\text{'}=\frac{-4}{{\left(x-1\right)}^2}$ .

Ta có $A=Oy\cap \left(C\right)\to A\left(0;1\right)$. Suy ra tiếp tuyến của (C) tại A có hệ số góc là $k=y\text{'}\left(0\right)=-4$ . Phương trình tiếp tuyến là $y=-4\left(x-0\right)+1\iff y=-4x+1$.

Đáp án D

Đáp án A.

Gọi K(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

Ta có: $A{K}^2={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-2\right)}^2;B{K}^2={\left(a-5\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2$ và

$C{K}^2={\left(a-3\right)}^2+{\left(b+2\right)}^2$.

Từ $A{K}^2=B{K}^2=C{K}^2$, ta có $\left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2+{\left(b-2\right)}^2={\left(a-5\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2\\ {\left(a-1\right)}^2+{\left(b-2\right)}^2={\left(a-3\right)}^2+{\left(b+2\right)}^2\end{array}\right.$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}-2a-4b+5=-10a-8b+41\\ -2a-4b+5=-6a+4b+13\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}2a+b=9\\ a-2b=2\end{array}\right.\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=1\end{array}\to K\left(4;1\right)\right.$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp $∆ABC$ là $R=AK=\sqrt{{\left(4-1\right)}^2+{\left(1-2\right)}^2}=\sqrt{10}$.

Gọi K' là tâm đường tròn ngoại tiếp $∆A\text{'}B\text{'}C\text{'}$, do $V_{\left(1;-3\right)}=\left(∆ABC\right)=∆A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ nên $V_{\left(1;-3\right)}\left(K\right)=K\text{'}\to \overrightarrow{IK }=-3\overrightarrow{IK }$. Mà $V_{\left(1;-3\right)}\left(A\right)=A\text{'}\to \overrightarrow{IA }=-3\overrightarrow{IA }$ .

Suy ra $\overrightarrow{IA\text{'} }-\overrightarrow{IK\text{'} }=-3\left(\overrightarrow{IA }-\overrightarrow{IK }\right)\iff \overrightarrow{K\text{'}A\text{'} }=-3\overrightarrow{KA }$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $∆A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ là $R=K\text{'}A\text{'}=3KA=3R=3\sqrt{10}$.

Đáp án D

Đáp án D.

Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trên K = (a;b). Đạo hàm f' (x) đối đầu từ dương sang âm khi x đi qua giá trị $x_0$ có nghĩa là $f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x\in \left(a;x_0\right)$ và $f\text{'}\left(x\right)<0,\forall x\in \left(x_0;b\right)$. Ta có bảng biến thiên như sau:

Như vậy $x=x_0$ là điểm cực đại của hàm số.

Đáp án C.

Xét phương trình $x^2+x-2=0\iff \left(x-1\right)\left(x+2\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\end{array}\right.$ 

Suy ra đồ thị hàm số $y=\frac{x-3}{x^2+x-2}$ có hai đường tiệm cận đứng là $x=-2$ và $x=1$.

Đáp án A.

Đồ thị có dạng hình chữ N nên hệ số a > 0. Loại đáp án D.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là (-2;2) và (0;-2) nên phương trình y' = 0 có hai nghiệm là x = -2 và x = 0.

Chỉ có đáp án A thỏa mãn vì $y\text{'}=3x^2+6x$ và $y\text{'}=0\iff 3x(x+2)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\end{array}\right.$

Đáp án D

Đáp án C.

* Phương án A: Đạo hàm y=a$y\text{'}=a^x.\ln a>0,\forall a>1$ nên hàm số $y=a^x$ chỉ đồng biến khi a > 1 . Vậy A sai.

* Phương án B: Đồ thị hàm số $y=a^x$ luôn cắt trục tung tại điểm (0;1). Vậy B sai.

* Phương án C: Trên đồ thị hàm số $y=a^x$ lấy điểm $\left(x_1;y_1\right)$. Trên đồ thị $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x$ lấy điểm $\left(x_2;y_2\right)\to y_2={\left(\frac{1}{a}\right)}^{x_2}$. Nếu $x_1=-x_2$ thì $y_1=a^{-x^2}={\left(a^{-1}\right)}^{x_2}={\left(\frac{1}{a}\right)}^{x_2}=y_2$ .

Khi đó hai điểm $\left(x_1;y_1\right)$ và $\left(x_2;y_2\right)$ đối xứng nhau qua trục tung $\to$ Hai đồ thị $y=a^x$ và $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x$ đối xứng nhau qua trục tung. Vậy C đúng, D sai.

Đáp án B.

Điều kiện: $x\not\equiv 0$.

Phương trình ${27}^{\frac{x-1}{x}}.2^x=72\iff 3^{\frac{3\left(x-1\right)}{x}}.2^x=3^2.2^3\iff 3^{\frac{3x-3}{x}}.2^{x-3}=1\iff 3^{\frac{x-3}{x}}.2^{x-3}=1$ 

$\iff {\log }_3\left(3^{\frac{x-3}{x}}.2^{x-3}\right)=0\iff \frac{x-3}{x}+\left(x-3\right).{\log }_{3}2=0\iff \left(x-3\right)+x\left(x-3\right).{\log }_{3}2=0$

$\iff \left(x-3\right)\left(1+x.{\log }_{3}2\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\\ x=-\frac{1}{{\log }_{3}2}=-{\log }_{2}3\end{array}\to a=2,b=3\right.$ 

Vậy $a+b=5$.

Đáp án B.

Với $x\in \left[\frac{5}{2};4\right]$ thì phương trình tương đương với:

$\left(m-1\right){\log }_x^2\left(x-2\right)+\left(m-5\right){\log }_2\left(x-2\right)+m-1=0$ (1)

Đặt ${\log }_2\left(x-2\right)=t$. Với $x\in \left[\frac{5}{2};4\right]$ thì $t\in \left[-1;1\right]$. Phương trình (1) trở thành:

$\left(m-1\right)t^2+\left(m-5\right)+m-1=0\iff m\left(t^2+t+1\right)=t^2+5t+1\iff m=\frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}$ (2)

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}=1+\frac{4t}{t^2+t+1}$ trên đoạn $\left[-1;1\right]$ .

Đạo hàm $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-4\left(t^2-1\right)}{{\left(t^2+t+1\right)}^2}\ge 0,\forall t\in \left[-1;1\right];f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\pm 1$. Khi đó hàm số [-1;1] đồng biến trên [-1;1]. Suy ra  $\underset{[-1;1]}{min}f\left(t\right)=f(-1)=-3$ $\underset{[-1;1]}{max}f\left(t\right)=f\left(1\right)=\frac{7}{3}$.

Phương trình (2) có nghiệm $\iff$ Đường thẳng $y-m$ cắt đồ thị hàm số

$f\left(t\right)\iff -3\le m\le \frac{7}{3}$. Vậy $S=\left[-3;\frac{7}{3}\right]\to a=-3b,b=\frac{7}{3}\to a=-3,b=\frac{7}{3}\to a+b=-3+\frac{7}{3}=-\frac{2}{3}$.

Đáp án A.

Ta có

$\int f\left(x\right)dx=\int \frac{2x+3}{x-1}dx=\int \frac{2(x-1)+5}{x-1}dx=\int \left(2+\frac{5}{x-1}\right)dx$ 

$=2x+5\ln \left|x-1\right|+C$

Đáp án D.

Phân tích: $\frac{1}{x^3+x^2}=\frac{1}{x^2\left(x+1\right)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{C}{x+1}=\frac{Ax(x+1)+B(x+1)+C{x}^2}{x^2(x+1)}$ 

$\to \frac{1}{x^2\left(x1\right)}=\frac{\left(A+C\right)x^2+\left(A+B\right)x+B}{x^2\left(x+1\right)}$.

Đồng nhất hệ số, ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}A+C=0\\ A+B=0\\ B=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}A=-1\\ B=1\\ C=1\end{array}\right.$. Vậy $\frac{1}{x^3+x^2}=\frac{1}{x^2(x+1)}=-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x+1}$ 

Lời giải chi tiết:

Ta có ${\int }_2^3\frac{1}{x^3+x^2}dx={\int }_2^3\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}\right)dx=\left(\ln \left|\frac{x+1}{x}\right|-\frac{1}{x}\right)\overline{){}_2^3=3\ln 2-2\ln 3+\frac{1}{6}}$.

Vậy $a=-2,b=3,c=\frac{1}{6}\to S=a+b+c=-2+3+\frac{1}{6}=\frac{7}{6}$.

Đáp án A

Gọi $z=x+yi,\left(x,y\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)\to \overline{z}=x-yi$.

Từ giả thiết ta có $\left(1+i\right)\left(x+yi\right)+\left(3-i\right)\left(x-yi\right)=2-6i$ 

$\iff x-y+\left(x+y\right)i+3x-y-\left(x+3y\right)i=2-6i\iff \left(4x-2y\right)-2yi=2-6i$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}4x-2y=2\\ -2y=-6\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\end{array}\to z=2+3i\to \left|z\right|\right.=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\right.$.

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D.

Ta có $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=\left(-1\right).\left(-3\right)+3.\left(-1\right)+2.2=4$ .

Đáp án C

Đáp án C.

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}\cos 3x\not\equiv 0\\ \cos x\not\equiv 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\\ x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\frac{\mathrm{\pi }}{3}\\ x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\end{array}\right.$ 

$\iff x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\frac{\mathrm{\pi }}{3},\left(k\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)$ .

Phương trình $\tan 3x=\tan x\iff \frac{\sin 3x}{\cos 3x}=\frac{\sin x}{\cos x}\iff \sin 3x.\cos x-\cos 3x.\sin x=0$ 

$\iff \sin 2x=0\iff 2x=k\mathrm{\pi }\iff \mathrm{x}=\mathrm{k}\frac{\mathrm{\pi }}{2},\left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)$. Do $x\not\equiv \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\frac{\mathrm{\pi }}{3}$ nên $x=k\mathrm{\pi },\left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)$ .

Nếu $x\in \left(0;2018\mathrm{\pi }\right)$ thì $0<k\mathrm{\pi }<2018\mathrm{\pi }\iff 0<\mathrm{k}<2018$

$\stackrel{k\in \mathrm{\mathbb{Z}}}{\to }k\in \left\{1;2;....;2017\right\}.$. Vậy có $\left(2017-1\right)+1=2017$ giá trị k nguyên thỏa mãn nên phương trình có 2017 nghiệm.

Đáp án A.

Các số tự nhiên chia hết cho 7 có 5 chữ số và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 10031, 10101, 10171,…, 99911, 99981. Chúng lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu $u_1=10031$ , số hạng cuối là $u_n=99981$ và cộng sai $d=70$.

Vậy có tất cả n số với $n=\frac{u_n-u_1}{70}+1=\frac{99981-10031}{70}+1=1286$  .

Đáp án A.

Từ giả thiết, ta có: $A_2{B}_2=A_1{B}_1.\frac{\sqrt{2}}{2};A_3{B}_3=A_2{B}_2.\frac{\sqrt{2}}{}=A_1{B}_1.{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2$;

$A_4{B}_{4=}{A}_3{B}_3.\frac{\sqrt{2}}{2}=A_1{B}_1.{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^3$ 

Suy ra $A_k{B}_k=A_1{B}_1.{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{k-1}$. Khi đó chu vi hình vuông $A_k{B}_k{C}_k{D}_k$ được tính theo công thức $P_k=4A_k{B}_k=4A_1{B}_1.{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{k-1}$.

Vậy chu vi hình vuông $A_{2018}{B}_{2018}{C}_{2018}{D}_{2018}$ là:

$P_{2018}=4A_1{B}_1.{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{2017}=2^2.\frac{\sqrt{2}.2^{2018}}{2^{2017}}=\frac{\sqrt{2}}{2^{2017}}$

Đáp án B.

Ta có $AD//BC,AD\notin \left(SBC\right),BC\subset \left(SBC\right)\Rightarrow AD//\left(SBC\right)$ 

$\Rightarrow d(AD;SC)=d(AD;(SBC\left)\right)=d(D;(SBC\left)\right)$.

Qua I kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại H.

Suy ra $IH\perp CD$ 

Từ $CD\perp IH,CD\perp SI\Rightarrow CD\perp \left(SIH\right)\Rightarrow CD\perp SH$.

Suy ra  $\left(\stackrel{⏜}{\left(SCD\right),\left(ABCD\right)}\right)=\left(\stackrel{⏜}{SH,IH}\right)=\stackrel{⏜}{SHI}\Rightarrow CD\perp SH$

$SI=HI.\tan \stackrel{⏜}{SHI}=a.\tan 60°=a\sqrt{3}\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Lại có $V_{S.BCD}=\frac{1}{3}.S_{∆SBC}.d(D;(SBC\left)\right)\Rightarrow d(D;(SBC)=\frac{3V_{S.BCD}}{S_{∆SBC}}$ (1)

Từ $IB=\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}a\Rightarrow SB=\sqrt{S{I}^2+I{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{31}}{3}$.

Từ $BC\perp AB,BC\perp SI\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\Rightarrow ∆SBC$ vuông tại B.

Suy ra $S_{∆SBC}=\frac{1}{2}SB.SC=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{31}}{3}.a=\frac{a^2\sqrt{31}}{6}$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra  $d(D;(SBC\left)\right)=\frac{3{\displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{6}}}{{\displaystyle \frac{a^2\sqrt{31}}{6}}}=\frac{3a\sqrt{3}}{\sqrt{31}}=\frac{3\sqrt{39}}{31}a$

Vậy $d(AD;SC)=d(D;(SBC\left)\right)=\frac{3\sqrt{93}}{31}a$ 

Đáp án D.

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-2017=a{x}^4+b{x}^2+c-2017$ là hàm trùng phương nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng và luôn nhận $x=0$ là một điểm cực trị.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)=c-2017>0 (do x>2017)\\ g\left(1\right)=a+b+c-2107<0 (do a+b+c<2017)\end{array}\right.\Rightarrow g\left(0\right).g\left(1\right)<0$$\Rightarrow$ phương trình $g\left(x\right)=0$ có nghiệm $(0;1)$.

Lại có $\underset{x\to +\infty }{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }=\left[x^4\left(a+\frac{b}{x^2}+\frac{c-2017}{x^4}\right)=+\infty (do a>0)\right]$ nên tồn tại $x=x_0$ đủ lớn $(x_0\to +\infty )$ sao cho $g\left(x_0\right)>0\Rightarrow g\left(1\right).g(x_0<0\Rightarrow )$ phương trình $g\left(x\right)=0$ có nghiệm trên $\left(1;+\infty \right)$.

Như vậy, với x > 0 thì phương trình g (x) =0 có ít nhất hai nghiệm nên đồ thị hàm số g (x) cắt Ox tại ít nhất hai điểm nằm bên phải trục tung. Suy ra phương trình g (x) có đúng 4 nghiệm hay đồ thị hàm số  g(x) cắt Ox tại đúng  4 điểm và có đồ thị như hình bên. Suy ra hàm số y = g(x) có 3 điểm cực trị (1 cực đại, 2 cực tiểu).

Khi đó hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ có $3+4=7$ điểm cực trị.

Đáp án C.

Phương trình có hoành độ giao điểm của d và (C):

$x^3+2m{x}^2+(m+3)x+4=x+4\iff \left[x^2+2mx+(m+2)\right]=0$

Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(0;4) và C thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ khác 0

$\iff \left\{\begin{array}{l}{0}^2+2m.0+m+2\not\equiv 0\\ ∆\text{'}=m^2-m-2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m+2\not\equiv 0\\ (m+1)(m-2)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\not\equiv -2\\ \left\{\begin{array}{l}m>2\\ m<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>2\\ \left\{\begin{array}{l}m<-1\\ m\not\equiv -2\end{array}\right.\end{array}\right.$ (1)

Giả sử $B\left(x_1;x_1+4\right)$ và $B\left(x_2;x_2+4\right)$ với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của (*)

Suy ra $BC=\sqrt{2}\left|x_1-x_2\right|$ và theo định lí Vi-ét: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-2m\\ x_1{x}_2=m+2\end{array}\right.$ 

Ta có $S_{∆MBC}=\frac{1}{2}d(M;BC).BC=\frac{1}{2}.\frac{\left|1-3+4\right|}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}\left|x_1-x_2\right|=\left|x_1-x_2\right|$ 

Từ giả thiết ta có $S_{∆MBC}=4\iff \left|x_1-x_2\right|=4\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2=16$ 

$\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=16\iff {(-2m)}^2-4(m+2)-16=0\iff 4m^2-4m-24=0$