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

Đáp án B.

Ta có limn2n2+3=lim1nn2+3n2=02=0 .

Đáp án C

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm 

x3−x+3=2x+1⇔x3−3x+2=0

⇔x−12x+2=0⇔x=−2x=1

Do xA>xB nên xA=1,xB=−2→yB=2−2+1=−3

Vậy xB+yB=−2+−3=−5

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án B.

Như vậy, khối lập phương và khối bát diện đều có số cạnh bằng nhau (12 cạnh).

Đáp án D

⇔cos2x+π3≠0sin2x+π3≠0⇔sin4x+2π3≠0⇔4x+2π3≠kπ

⇔x=−π6+kπ4,k∈ℤ

Đáp án D

Đáp án B

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.c74.5! 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.c63.4! số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 2.c74.5!-2.c63.4!=7440 (số).

Đáp án C

Ta có P(x)=1+2x12=∑k=012C12k112-k=∑k=012C12k2kxk.

Gọi ak=C12K2K,0≤k≤12,k∈ℕ là hệ số lớn nhất trong khai triển.

Suy ra ak≥ak+1ak≥ak-1⇔c12k2k≥c12k+12k+1c12k2k≥c12k-12k-1 

⇔12!12-k!k!.2k≥12!11-k!k+1!.2k+112!12-k!k!.2k≥12!13-k!k+1!.2k-1⇔112-k≥2k+11k≥1213-k

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển đã cho là a8=28c128=126720.

Đáp án A.

Tập xác định: D=ℝ \ {1}  . Đạo hàm y'=-4x-12 .

Ta có A=Oy∩(C)→A0;1. Suy ra tiếp tuyến của (C) tại A có hệ số góc là k=y'0=-4 . Phương trình tiếp tuyến là y=-4x-0+1⇔y=-4x+1.

Đáp án D

Đáp án A.

Gọi K(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.

Ta có: AK2=a-12+b-22;BK2=a-52+b-42 và

CK2=a-32+b+22.

Từ AK2=BK2=CK2, ta có a-12+b-22=a-52+b-42a-12+b-22=a-32+b+22 

⇔-2a-4b+5=-10a-8b+41-2a-4b+5=-6a+4b+13⇔2a+b=9a-2b=2⇔a=4b=1→K4;1.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là R=AK=4-12+1-22=10.

Gọi K' là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆A'B'C', do V1;-3=∆ABC=∆A'B'C' nên V1;-3K=K'→IK →=-3IK →. Mà V1;-3A=A'→IA →=-3IA → .

Suy ra IA' →-IK' →=-3IA →-IK →⇔K'A' →=-3KA →. Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A'B'C' là R=K'A'=3KA=3R=310.

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 x0 có nghĩa là f'(x)>0,∀x∈a;x0 và f'(x)<0,∀x∈x0;b. Ta có bảng biến thiên như sau:

Như vậy x=x0 là điểm cực đại của hàm số.

Đáp án C.

Xét phương trình x2+x-2=0⇔x-1x+2=0⇔x=-2x=1 

Suy ra đồ thị hàm số y=x-3x2+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'=3x2+6x và y'=0⇔3x(x+2)=0⇔x=-2x=0

Đáp án D

Đáp án C.

* Phương án A: Đạo hàm y=ay'=ax.lna>0,∀a>1 nên hàm số y=ax chỉ đồng biến khi a > 1 . Vậy A sai.

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

* Phương án C: Trên đồ thị hàm số y=ax lấy điểm x1;y1. Trên đồ thị y=1ax lấy điểm x2;y2→y2=1ax2. Nếu x1=-x2 thì y1=a-x2=a-1x2=1ax2=y2 .

Khi đó hai điểm x1;y1 và x2;y2 đối xứng nhau qua trục tung → Hai đồ thị y=ax và y=1ax đối xứng nhau qua trục tung. Vậy C đúng, D sai.

Đáp án B.

Điều kiện: x≢0.

Phương trình 27x-1x.2x=72⇔33x-1x.2x=32.23⇔33x-3x.2x-3=1⇔3x-3x.2x-3=1 

⇔log33x-3x.2x-3=0⇔x-3x+x-3.log32=0⇔x-3+xx-3.log32=0

⇔x-31+x.log32=0⇔x=3x=-1log32=-log23→a=2,b=3 

Vậy a+b=5.

Đáp án B.

Với x∈52;4 thì phương trình tương đương với:

m-1logx2x-2+m-5log2x-2+m-1=0 (1)

Đặt log2x-2=t. Với x∈52;4 thì t∈-1;1. Phương trình (1) trở thành:

m-1t2+m-5+m-1=0⇔mt2+t+1=t2+5t+1⇔m=t2+5t+1t2+t+1 (2)

Xét hàm số f(t)=t2+5t+1t2+t+1=1+4tt2+t+1 trên đoạn -1;1 .

Đạo hàm f'(t)=-4t2-1t2+t+12≥0,∀t∈-1;1;f'(t)=0⇔t=±1. Khi đó hàm số [-1;1] đồng biến trên [-1;1]. Suy ra  min[-1;1]f(t)=f(-1)=-3 max[-1;1]f(t)=f(1)=73.

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

f(t)⇔-3≤m≤73. Vậy S=-3;73→a=-3b,b=73→a=-3,b=73→a+b=-3+73=-23.

Đáp án A.

Ta có

∫f(x)dx=∫2x+3x-1dx=∫2(x-1)+5x-1dx=∫2+5x-1dx 

=2x+5lnx-1+C

Đáp án D.

Phân tích: 1x3+x2=1x2x+1=Ax+Bx2+Cx+1=Ax(x+1)+B(x+1)+Cx2x2(x+1) 

→1x2(x1)=A+Cx2+A+Bx+Bx2x+1.

Đồng nhất hệ số, ta có hệ phương trình:

A+C=0A+B=0B=1⇔A=-1B=1C=1. Vậy 1x3+x2=1x2(x+1)=-1x+1x2+1x+1 

Lời giải chi tiết:

Ta có ∫231x3+x2dx=∫231x2-1x+1x+1dx=lnx+1x-1x23=3ln2-2ln3+16.

Vậy a=-2,b=3,c=16→S=a+b+c=-2+3+16=76.

Đáp án A

Gọi z=x+yi,x,y∈ℤ→z=x-yi.

Từ giả thiết ta có 1+ix+yi+3-ix-yi=2-6i 

⇔x-y+x+yi+3x-y-x+3yi=2-6i⇔4x-2y-2yi=2-6i 

⇔4x-2y=2-2y=-6⇔x=2y=3→z=2+3i→z=22+32=13.

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D.

Ta có u→.v→=-1.-3+3.-1+2.2=4 .

Đáp án C

Đáp án C.

Điều kiện cos3x≢0cosx≢0⇔3x≢π2+kπx≢π2+kπ⇔x≢π6+kπ3x≢π2+kπ 

⇔x≢π6+kπ3,k∈ℤ .

Phương trình tan3x=tanx⇔sin3xcos3x=sinxcosx⇔sin3x.cosx-cos3x.sinx=0 

⇔sin2x=0⇔2x=kπ⇔x=kπ2,k∈ℤ. Do x≢π6+kπ3 nên x=kπ,k∈ℤ .

Nếu x∈0;2018π thì 0<kπ<2018π⇔0<k<2018

→k∈ℤk∈1;2;....;2017.. Vậy có 2017-1+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 u1=10031 , số hạng cuối là un=99981 và cộng sai d=70.

Vậy có tất cả n số với n=un-u170+1=99981-1003170+1=1286  .

Đáp án A.

Từ giả thiết, ta có: A2B2=A1B1.22;A3B3=A2B2.2=A1B1.222;

A4B4=A3B3.22=A1B1.223 

Suy ra AkBk=A1B1.22k-1. Khi đó chu vi hình vuông AkBkCkDk được tính theo công thức Pk=4AkBk=4A1B1.22k-1.

Vậy chu vi hình vuông A2018B2018C2018D2018 là:

P2018=4A1B1.222017=22.2.2201822017=222017

Đáp án B.

Ta có AD//BC,AD∉(SBC),BC⊂(SBC)⇒AD//(SBC) 

⇒d(AD;SC)=d(AD;(SBC))=d(D;(SBC)).

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

Suy ra IH⊥CD 

Từ CD⊥IH,CD⊥SI⇒CD⊥(SIH)⇒CD⊥SH.

Suy ra  (SCD),(ABCD)⏜=SH,IH⏜=SHI⏜⇒CD⊥SH

SI=HI.tanSHI⏜=a.tan60°=a3⇒VS.BCD=12SABCD=a336.

Lại có VS.BCD=13.S∆SBC.d(D;(SBC))⇒d(D;(SBC)=3VS.BCDS∆SBC (1)

Từ IB=23AB=23a⇒SB=SI2+IB2=a32+2a32=a313.

Từ BC⊥AB,BC⊥SI⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥SB⇒∆SBC vuông tại B.

Suy ra S∆SBC=12SB.SC=12.a313.a=a2316 (2)

Từ (1) và (2), suy ra  d(D;(SBC))=3a336a2316=3a331=33931a

Vậy d(AD;SC)=d(D;(SBC))=39331a 

Đáp án D.

Xét hàm số g(x)=f(x)-2017=ax4+bx2+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 g(0)=c-2017>0 (do x>2017)g(1)=a+b+c-2107<0 (do a+b+c<2017)⇒g(0).g(1)<0⇒ phương trình g(x)=0 có nghiệm (0;1).

Lại có limx→+∞g(x)=limx→+∞=x4a+bx2+c-2017x4=+∞ (do a>0) nên tồn tại x=x0 đủ lớn (x0→+∞) sao cho g(x0)>0⇒g(1).g(x0<0⇒) phương trình g(x)=0 có nghiệm trên 1;+∞.

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=g(x) có 3+4=7 điểm cực trị.

Đáp án C.

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

x3+2mx2+(m+3)x+4=x+4⇔x2+2mx+(m+2)=0

Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(0;4) và C thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 0

⇔02+2m.0+m+2≢0∆'=m2-m-2>0⇔m+2≢0(m+1)(m-2)>0⇔m≢-2m>2m<-1⇔m>2m<-1m≢-2 (1)

Giả sử Bx1;x1+4 và Bx2;x2+4 với x1,x2 là hai nghiệm của (*)

Suy ra BC=2x1-x2 và theo định lí Vi-ét: x1+x2=-2mx1x2=m+2 

Ta có S∆MBC=12d(M;BC).BC=12.1-3+42.2x1-x2=x1-x2 

Từ giả thiết ta có S∆MBC=4⇔x1-x2=4⇔x1-x22=16 

⇔x1+x22-4x1x2=16⇔(-2m)2-4(m+2)-16=0⇔4m2-4m-24=0 

m=-2m=3. Đối chiếu với điều kiện (1), chỉ có m=3 là thỏa mãn

Đáp án B.

Từ giả thiết, suy ra 5x+2y+13xy-1+x+1=5xy-1+13x+2y+xy-2y 

⇔5x+2y-13x+2y+x+2y=5xy-1-13xy-1+(xy-1) (1)

Xét hàm số f(t)=5t-13t+t trên ℝ.

Đạo hàm f'(t)=5t.ln5+ln33t+1>0,∀t∈ℝ⇒hàm số f (t) luôn đồng biến trên ℝ.

Suy ra 1⇔f(x+2y)=f(xy-1)⇔x+2y=xy-1⇔x+1=y(x-2)

y=x+1x-2

Do y>0 nên x+1x-2>0⇔x>2x<-1 . Mà x > 0 nên x > 2.

Từ đó T=x+y=x+x+1x-2. Xét hàm số g(x)=x+x+1x-2 trên 2;+∞.

Đạo hàm g'(x)=1-3x-22>0,g'(x)=0⇔(x-2)2=3 

⇔x=2+3 (tm)x=2-3 (L). Lập bảng biến thiên của hàm số trên 2;+∞, ta thấy min g(x)=g(2+3)=3+23.

Vậy Tmin=3+23 khi x=2+3 và y=1+3.

Đáp án D

Phương trình tương đương với  44x+14x=4(m+1)2x-12x+16-8m 

⇔4x+14x=(m+1)2x-12x+4-2m (1)

Đặt 2x-12x=t→4x+14x=t2+2. Xét hàm số t(x)=2x-12x trên 0;1.

Đạo hàm t'(x)=2x.ln2+ln22x>0,∀x∈0;1⇒ Hàm số t (x) luôn đồng biến trên [0;1]. Suy ra minx∈[0;1]t(x)=t(0)=0 và maxx∈[0;1]t(x)=t(1)=32. Như vậy t∈0;32.

Phương trình (1) có dạng: t2+2=(m+1)t+4-2m⇔t2-(m+1)t+2m=0 

⇔(t-2)t+1-m=0⇔t=2∉0;32t=m-1

Phương trình (1) có nghiệm x∈0;1⇔ phương trình ẩn t có nghiệm

t∈0;32⇔0≤m-1≤32⇔1≤m≤52. Mà m∈ℤ nên m∈1;2 . Tổng tất cả các giá trị nguyên của m bằng 3.

Đáp án B.

 Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó phương trình nửa đường tròn là  y=R2-x2=252-x2=20-x2. 

Phương trình parabol (P) có đỉnh là gốc O sẽ có dạng y=ax2. Mặt khác (P) qua điểm M(2;4) do đó 4=a.-22⇔a=1.

Phần diện tích của hình phẳng giới hạn bởi (P) và nửa đường tròn (phần tô màu) là S1=∫-2220-x2-x2dx≈11,94(m2).

Phần diện tích trồng cỏ là: Strong co=12Shinh tron-S1≈19,47592654m2.

Vậy số tiền cần có là Strong co×100000≈1948000 (đồng).

Đáp án D.

Đặt z=x+yi,(x,y∈ℝ).

Từ giả thiết ta có: x+4+y-3i+(x-8)+(y-5)i=238 

⇔x+42+y-32+x-82+y-52=238.

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

x+42+y-32+x+82+y-52≤(12+12)x+42+(y-3)2+(x-8)2+(y-5)2=2x2-4+y2-8y+57⇔38≤x-22+y-42+37⇔x-22+y-42≥1 

Lại có z-2-4i=x-2+(y+4)i=x-22+(y-4)2≥1=1.

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của AB. Do ∆SAB đều nên SH⊥AB và SH=AB32=23.

Mà SAB⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD).

Từ dS,ABCDdM,ABCD=SDMD=2⇒dM;(ABCD)=dS;ABCD2=SH2=3.

Ta có S∆PCN=12PC.PN=12.BC2.CD2=12.42.42=2 (đvdt).

→VM.PCN=13.dM;(ABCD).S∆PCN=13.3.2=233 (đvdt) .

→y=233

Lại có SABPN=SABCD-S∆PCN=42-12.2.2-12.4.2=10 (đvdt)

VS.ABPN=13.SH.SABPN=13.23.10=2033(đvdt) .

* Phương án A:

x2+2xy-y2=20332+2.2033.2033-2332=4763<160 

* Phương án B:

x2-2xy+2y2=20332-2.2033.2033+22332=3283>109

* Phương án C:

x2+xy-y4=20332+2033.2033-2334=13049<145

* Phương án D:

x2-xy+y4=20332-2033.2033+2334=10969<125

Đáp án A.

Gọi R là bán kính của hình cầu (S). Bài toán có thể quy về: “Cho đường tròn tâm O, bán kính R ngoại tiếp hình vuông ABCD và nội tiếp ∆SEF đều” (hình vẽ).

Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên

AB=BD=2R=AB2⇔AB=2R .

⇒ Bán kính đáy và chiều cao của hình trụ (T) lần lượt là r=AB2=2R2 và h=AB=2R .

Thể tích khối trụ là VT=πr2h=π.2R22.2R=π2R32.

Ta có ∆SEF đều và ngoại tiếp đường tròn (O) nên O là trọng tâm của ΔSEF.

Gọi H là trung điểm của EF thì SH=3OH=3R⇒HF=SH.tan30°=R3

⇒ Bán kính đáy và chiều cao của hình nón (N) lần lượt là HF=R3 và SH=3R. Thể tích khối nón là VN=13π.HF2.SH=13πR32.3R=3πR3.

Vậy VTVN=π2R323πR3=26.

Đáp án C.

Ta có BC→ =-2;-1;-2 nên phương trình đường thẳng BC là x=1-2ty=-t (t∈ℝ)z=2-2t .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P) . Khi đó AH = dA;P≤AI và AH đạt giá trị lớn nhất khi H≡I. Suy ra mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với AI.

Từ I∈BC⇒I1-2t;-t;2-2t và AI →=-1-2t;-t-5;-1-2t .

Lại có AI⊥BC⇔AI →.BC →=0⇔2(1+2t)+(t+5)+2(1+2t)=0⇔t=-1.

Mặt phẳng (P) đi qua I(3;1;4) và nhận VTPT là AI →=1;-4;1 nên có phương trình tổng quát là: x-4y+z-3=0.

Vậy a=1,b=-4,c=1,d=-3→M=1+1-4-3=-27.

Đáp án A.

Mặt cầu (S) có tâm O(0;4;0) và bán kính R=5.Điểm A∈Oy→A(0;b;0) . Khi đó ba mặt phẳng theo giả thiết đi qua A và có phương trình tổng quát lần lượt là α1:x=0,α2:y-b=0 và α3:z=0 .

Nhận thấy dI;α1=dI;α2=dI;α3=0 nên mặt cầu (S) cắt các mặt phẳng α1,α3 theo giao tuyến là đường tròn lớn có tâm I, bán kính R=5. Tổng diện tích của hai hình tròn đó là S1+S3=2πR2=10π.

Suy ra mặt cầu (S) cắt α2 theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích là S3=11π-S1+S2=11π-10π=π. Bán kính đường tròn này là r=S3π=1.

→dI,α3=R2-r2=2=4-b⇔b=2b=6 . Vậy A0;2;0A(0;6;0).

Đáp án D

Đáp án B.

Sau khi cắt miếng giấy hình vuông như hình vẽ, ta xếp lại được thành hình chóp tứ giác đều S.MNPQ (hình bên).

Ta có OM=x⇒MP=MQ=20M=2x=MN2⇒MN=2x (cm).

Gọi H là trung điểmPQ⇒OH=MN2=2x2(cm) và SH=102-2x2 (cm).

Suy ra SO=SH2-OH2=102-2x22-2x22=20(10-x).

Thể tích khối chóp S.MNPQ là:

VMNPQ=13.SO.SMNPQ=1320(10-x).2x2=203(40-4x).x4
→VMNPQ=203(40-4x).x.x.x.x≤20340-4x+x+x+x+x5=256103

Dấu “=” xảy ra ⇔40-4x=x⇔x=8 (cm).

Đáp án A.

Gọi số tiền cô Huyền gửi ở hai ngân hàng X và Y lần lượt là x đồng và y đồng.

Theo giả thiết ta có x+y=320.106 (1).

Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Huyền nhận được ở ngân hàng X sau 15 tháng (5 quý) là A=x(1+2,1%)5=x(1,021)5 (đồng). Suy ra số tiền lãi nhận được sau 15 tháng là rA=A-x=x1,0215-x=x1,0215-1 (đồng).

Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Huyền nhận được ở ngân hàng Y sau 9 tháng là B=y(1+0,37%)9 =y(1,0073)9 (đồng). Suy ra số tiền lãi nhận được ở ngân hàng Y sau 9 tháng là rB=B-y=y(1,0073)9-y=y1,00739-1 (đồng).

Từ giả thiết, ta có:

rA+rB=27507768,13⇔1,0215-1x+1.00739-1y=27507768,13 (2)

Từ (1) và (2) có hệ:

x+y=320.1061,0215-1x+1,00739-1y=27507768,13⇔x=140.106y=180.106.

Vậy cô Huyền gửi ở ngân hàng X 140 triệu đồng và gửi ở ngân hàng Y 180 triệu đồng.

Đáp án C

Ta có x225+y216=1⇔y=±4525-x2.

Do elip nhận Ox, Oy làm các trục đối xứng nên thể tích V cần tính bằng 4 lần thể tích hình sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y=4525-x2,y=0 và các đường thẳng x=0,x=5 quay xung quanh Ox.

Ta có V=4π∫054525-x22dx=640π3≈670,2 (đvtt).

Đáp án C

Đáp án B.

Số cạnh của hình lăng trụ là 3n luôn chia hết cho 3.

Chỉ có đáp án B thỏa mãn.

Đáp án D