20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 7)

Đáp án B

Đáp án A.

* Phương án A: Hàm số y=x3-x2+2x+3 có tập xác định là ℝ và đạo hàm 3x2-2x+2>0,∀x∈ℝ nên luôn đồng biến trên .

* Phương án B: Hàm số y=x3-x2-3x+1 có tập xác định là ℝ và đạo hàm 3x2-2x-3. Phương trình y' = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2x1<x2 nên hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng -∞;x1,x2;+∞ và nghịch biến trên x1;x2.

* Phương án C: Hàm số y=14x4+x2-2 có tập xác định là ℝ, đạo hàm y'=x3+2x và phương trình y'=0 có một nghiệm x = 0 nên hàm số luôn đồng biến trên 0;+∞ và nghịch biến trên -∞;0.

* Phương án D: Hàm số y=x-1x-2 có tập xác định ℝ \ 2 và đạo hàm y'=-1x-22<0,∀x≢2 nên hàm số luôn nghịch biến trên mỗi khoảng -∞;2và 2;+∞.

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm:  mx+1=x-3x+1⇔x≢1mx+1x+1=x-3

⇔x≢-1mx2+mx+4=0 (*)

Để đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị hàm số y=x-3x+1 tạo hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác -1

⇔m(-1)2+m.(-1)+4≢0∆=m2-16m>0⇔m(m-16)>0⇔m>16m<0

Đáp án A

Đáp án A.

Ta có z=2-i2=4-4i+i2=3-4i có phần thực bằng 3.

Đáp án D.

* Khối bát diện đều có 8 mặt là các tam giác đều.

* Khối nhị thập diện đều có 20 mặt là các tam giác đều.

* Tứ diện đều có 4 mặt là các tam giác đều.

* Khối thập nhị diện đều có 12 mặt là các ngũ giác đều.

Đáp án A

* Phương án A: Tập xác định ℝ là tập đối xứng, tức ∀x∈ℝ→-x∈ℝ.

Ta có y-x=12sin(-x)cos(-2x)=-12sinxcos2x=-y(x).

 Vậy y=12sinxcos2x là hàm số lẻ.  

* Phương án B: Tập xác định ℝ là tập đối xứng, tức ∀x∈ℝ→-x∈ℝ. Ta có y-x=2cos-2x=2cos2x=y(x). Vậy y=2cos2x là hàm số chẳn.

* Phương án C: Tập xác định D=ℝ\kπ,k∈ℤ là tập đối xứng, tức . Ta có y(-x)=-xsin-x=-x-sinx=xsinx=yx nên y=xsinx  là hàm số chẳn.

* Phương án D: Tập xác định D=ℝ\π2+kπ,k∈ℤ là tập đối xứng, tức ∀x∈D→-x∈D. Ta có y-x=1+tan(-x)=1-tanx→y(-x)≢y(x)y(-x)≢-y(x) nên hàm số y=1+tanx không chẳn, không lẻ.

Đáp án D

Đáp án B.

Xác suất để xạ thủ thứ nhất bắn không trúng bia là:1-12=12 

Xác suất để xạ thủ thứ hai bắn không trúng bia là:1-13=23

Gọi biến cố A:Có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia. Khi có biến cố A có 3 khả năng xảy ra: 

* Xác suất người thứ nhất bắn trúng bia, người thứ hai không bắn trúng bia là 12.23=13  

* Xác suất người thứ nhất không bắn trúng bia, người thứ hai bắn trúng bia là 12.13=16.

* Xác suất cả hai người đều bắn không trúng bia là 12.23=13.

Vậy P(A)=13+16+13=56 .

Đáp án A.

Ta có 3969000=23.34.53.72. Suy ra các ước số của 3969000 có dạng  2a.3b.5c.7d với a∈0;1;2;3,b∈0;1;2;3;4,c∈0;1;2;3,d∈0;1;2.

* Chọn a có 4 cách.

* Với mỗi cách chọn a có 5 cách chọn b.

* Với mỗi cách chọn a,b có 4 cách chọn c.

* Với mỗi cách chọn a,b,c có 3 cách chọn d.

Vậy số 3969000 có tất cả 4.5.4.3=240 ước số tự nhiên.

Đáp án A.

Từ giả thuyết suy ra a2 là hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển đa thức.

Ta có 1-3x+2x22017=2x2+1-3x2017=∑k=02017C2017k(2x²)2017-k(1-3x)k 

∑k=02017c2017k22017-kx4034-2k∑i=0k=0cki-3xi=∑k=02017∑ i=0kc2017kcki22017-k(-3)ix4034-2k+i 

Ta có hệ phương trình sau 0≤k≤20170≤i≤k4034-2k+i=2i,k∈ℕ⇔0≤k≤20170≤2k-4032≤ki=2k-4032i,k∈ℕ 

0≤k≤20172016≤k≤4032i=2k-4032i,k∈ℕ⇔2016≤k⩽2017i=2k-4032i,k∈ℕ⇔k=2016,i=0k=2017,i=2

Vậy a2=c20172016c2016021(-3)0+c20172016c2016220(-3)2=18302258. 

Đáp án D.

Ta có ∆y=x+∆x3+1-x3+1=3x2.∆x+3x.∆x2+∆x3 

→∆y∆x=∆x.3x2+3x∆x+∆x2∆x=3x2+3x∆x+∆x2

Đáp án A.

Ta có hình vẽ bên.

TừAC=3⇒AB=BE=EF=FA=2BC=CG=GH=HB=1. Do I=EC∩GH⇒I là trung điểm của HG. Suy ra BI=BH2+HG22=12+122=52 

QB;-90°(I)=J⇒BI⊥BJBI=BJ⇒∆BIJ vuông cân tại B.

Vậy IJ=BI2=52.2=102 

Đáp án C

* Phương án A: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này mà vương góc với giao tuyến cũng vuông góc với mặt phẳng kia. Cụ thể: α⊥βα∩β=∆→d⊥βd∈α:d⊥∆

* Phương án B: Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba, hoặc hai mặt phẳng đó song song với nhau. Cụ thể:α⊥γβ∩γ=∆ ∆=α∩β⇒∆⊥γα//β 

* Phương án C: Một đường thẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì vuông góc với mặt phẳng kia. Cụ thể α//β∆⊥α→∆⊥β

* Phương án D: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì tồn tại hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó và song song với nhau (hai mặt phẳng này cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3).

Cụ thể: a⊥cb⊥c→∃α⊃a∃β⊃bα//β→c⊥αc⊥β

Đáp án B.

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Ta có ∆ABD và ∆ACD đều cạnh bằng a nên BM=CM=a32⇒∆MBC cân tại M và MN là đường cao của ∆MBC⇒MN⊥BC 

Tương tự, ∆NAD cân tại N nên NM là đường cao của ∆NAD⇒NM⊥AD

Suy ra MN là đoạn vuông góc cung của AD và BC.

Vậy dAD;BC=MN=BM2-BC22=a322-a22=a22 

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình 2x=m2-x2 chính là số giao điểm của đồ thị hai hàm số y=2x và y=m2-x2. Nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=2x cắt đồ thị hàm số y=m2-x2 tại hai điểm phân biệt.

Quan sát đồ thị hình bên suy ra m>1⇒m>1m<-1 

Đáp án A.

Ta có  ∫x2+3x-2xdx=∫x2dx+3∫dxx-2∫xdx=x33+3lnx-43x3+C

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án D.

 Giả sử hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm I bán kính r, thiết diện đi qua đỉnh là ∆SAD cân tại S.

Gọi J là trung điểm của AB, ta có AB⊥IJAB⊥SI→AB⊥SIJ→SAB⊥SIJ 

Trong mặt phẳng (SIJ): Kẻ IH⊥SJ,H∈SJ 

Từ SAB⊥(SIJ)(SAB)∩(SIJ)=SJ→IH⊥SAB→IH=d(I;(SAB))=24 (cm)IH⊥SJ 

1IH2=1SI2+1SJ2→1IJ2=1242-1402=1900→IJ=30

→SJ=SI2+IJ2=50 (cm) 

AB=2JA=2r2-IJ2=2502-302=80 (cm)

Vậy S∆SAB=12SJ.AB=12.50.80=2000(cm2) 

Đáp án C

Đáp án D.

Đặt t=cos3x,(-1≤t≤1) Phương trình trở thành 2t2+(3-2m)t+m-2=0 

Ta có ∆=2m-52 Suy ra phương trình có hai nghiệm t1=12t2=m-2 

Trường hợp 1:

 Với t1=12→cos3x=12⇔3x=π3+k2π3x=-π3+k2π⇔x=π9+k2π3x=-π9+k2π3 

* Với x=π9+k2π3và x∈-π6;π3 thì -π6<-π9+k2π3<π3⇔112<k<23 

Do k∈ℤ nên k=0→x=-π9 

* Với x=-π9+k2π3và x∈-π6;π3 thì -π6<-π9+k2π3<π3⇔-112<k<23 

Do k∈ℤ nên k=0→x=-π9

Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trên khoảng-π6;π3

Trường hợp 2: Với t2=m-2→cos3x=m-2 Xét f(x)=cos3x trên -π6;π3

Đạo hàm f'(x)=-3sin3x;f'(x)=0⇔x=0∈-π6;π3 

Bảng biến thiên:

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm trên -π6;π3 khi và chỉ khi phương trình cos3x=m-2 có 1 nghiệm trên -π6;π3, hay đồ thị f(x)=cos3x cắt đường thẳng y=m-2 tại đúng 1 điểm. Quan sát bảng biến thiên, suy ra -1≤m-2<0⇔1≤m<2

Đáp án A

Đáp án A.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=36 Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình x2+bx+c=0 có nghiệm khi và chỉ khi

∆=b2-4ac≥0⇔b2≥4ac

Xét bảng kết quả sau (L – loại, không thỏa; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài):

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A là 19.

Vậy xác suất của biến cố A là P(A)=1936

Đáp án C

Đáp án B.

Do H là trung điểm AB nên dB;ACC'A'dH;ACC'A'=BAHA=2

 ⇒dB;ACC'A'=2ddH;ACC'A'

Ta có AH'⊥ABC nên AA',(ABC)⏜=A'A,HA⏜=A'AH⏜=60°

Gọi D là trung điểm của AC thì BD⊥AC.

 Kẻ HE⊥AC,E∈AC→HE//BD

Ta có AC⊥A'HAC⊥HE⇒AC⊥A'HE⊥ACC'A' 

Trong A'HE kẻ HK⊥A'E,K∈A'E⇒HK⊥ACC'A'

Suy ra

dH;ACC'A'=HK⇒2dB;ACC'A'=2HK

Ta có BD=2a32=a3⇒HE=12BD=a32

Xét tam giác vuông A'AH có AH'=AH.tan60°=a3

Xét tam giác vuông A'HE có  1HK2=1A'H2+1HE2=1a32+1a322=53a2⇒HK=a155.

Vậy dB;ACC'A'=2HK=2a155 

Đáp án D

Đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của cm và d:x3-3x2+(m+1)x+1=x+1 

⇔x3-3x2+mx=0⇔x=0x2-3x+m=0*

Để cm cắt d tại ba điểm phân biệt P(0;1),M,N thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác 0 ⇔02-3.0+m≢0∆=(-3)2-4m>0⇔m≢0m<94

 Giả sử M(x1;x1+1)vàvới N(x2;x2+1) là nghiệm của phương trình (*).

Theo định lý Vi-ét ta có x1+x2=3x1x2=m

Để tam giác OMN vuông tại O thì OM →.ON →=0⇔x1x2+(x1+1)(x2+1)=0

⇔2x1x2+(x1+x2)+1=0⇔2m+4=0⇔m=-2 (thỏa mãn)

Đáp án B

Đáp án D.

Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với:

 x2-4=0⇔x=±2log2x+log3x+log4x+...log19x-log202x=0 (*) 

Phương trình ⇔log2x.1+log32+log42+...+log192-log202.log2x=0

⇔log2x=01+log32+log42+...+log192-log202.log2x=0⇔x=1x=20M

Trong đó M=1+log32+log42+...+log192log2022. Vậy phương trình có 4 nghiệm. 

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D.

Xét hình nón đỉnh A, đường cao h(h > 80cm) và có đáy là đường tròn tâm O, bán kính  R = 30cm. Mặt phẳng cách mặt đáy 80 cm và cắt hình nón theo giao tuyến là đường tròn tâm O' có bán kính r = 20cm. Mặt phẳng  chia hình nón thành 2 phần. Phần (I) là phần chứa đỉnh A, phần (II) là phần không chứa đỉnh A (hình vẽ).

 Ta có O'BOC=AO'AO⇔AO'AO'+O'O=23⇔AO'AO'+80=23⇔AO'=160 (cm) 

Thể tích hình nón là V=13AO.πR2=13160+80.π.302=72000π(cm3) 

Thể tích phần (I) là VI=13AO'.πr2=13160π.202=640003π(cm3)

Thể tích cái xô cũng là thể tích phần (II), ta có :

 V(II)=V-V(I)=72000π-640003π=1520003π(cm3)=19375π(m3)

Vậy số tiền phải trả mỗi tháng là

20000.VII.10=20000.19375π.10≈31835 (đồng).

Đáp án B

Vì M,N lần lượt là trung điểm của BB' và CC' nên ta có:

SMNC'B'=12SBCC'B'⇒VA'.MNC'B'=12VA'.BCC'B'=12VABC.A'B'C'-VA'.ABC 

Lại có:

VA'.ABC=13VABC.A'B'C'⇒VA'.MNC'B'=12VABC.A'B'C'-13VABC.A'B'C'=13VABC.A'B'C'  

Vậy tỉ số V1V2=VA'MNABCVA'.MNC'B'=VABC.A'B'C'-13VABC.A'B'C'13VABC.A'B'C'=2

Đáp án B

Đáp án D.

Xét tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc nên hình chiếu của O lên mặt phẳng (ABC) chính là trực tâm H của tam giác ABC và dO;(ABC)=h 

Ta có 1h2=1OA2+1OB2+1OC2, nên 1OA2+1OB2+1OC2 có giá trị nhỏ nhất khi dO;ABC lớn nhất.

 Mặt khác dO;ABC≤OM,∀M∈P. Dấu "=" xảy ra khi H≡M hay mặt phẳng (P) đi qua M(1;2;3) và có vectơ pháp tuyến là OM →=(1;2;3).

Vậy P:1x-1+2(y-2)+3z-3=0⇔x+2y+3z-14=0 

Đáp án A.

Mặt cầu(S) có tâm I(1;1;1) và bán kính R = 1. Gọi E là điểm thỏa mãn hệ thức 3EA →+2BE →+EC →=O →→E1;4;-3 

Ta có T=3MA2+2MB2+MC2=3(ME →+EA →)2+2ME →+EB →2+ME →+EC →2=6ME2+3EA2+EB2+EC2+2ME →(3EA →+2EB →+EC →) 

→T=6ME2+3EA2+2EB2+EC2. Do EA, EB, EC không đổi nên T nhỏ nhất khi ME nhở nhất  M là một trong hai giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu (S).

Ta có IE →=(0;3;4)→ Phương trình IE:x=1y=1+3tz=1-4t(t∈ℝ) . Giao điểm của IE và mặt cầu S thỏa mãn phương trình:

1-12+1+3t-12+(1-4t-1)2=1⇔25t2=1⇔t=±15→M11;85;15M21;25;95

Ta có M11;85;15→M1E=4 và M21;25;95→M2E=6. Vậy M1E<M2E và biểu thức T=3MA2+2MB2+MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M1;85;15

→a=1,b=85,c=15→a+b+c=145 

Đáp án C.

Sau tháng thứ 1 người lao động đó có 41+0,6% (triệu đồng).

Sau tháng thứ 2 người lao động có:=41+0,6%3+1+0,6%2+1+0,6%

41+0,6%+41+0,6%=41+0,6%2+1+0,6% (triệu đồng).

Sau tháng thứ 3 người lao động đó có:

41+0,6%2+1+0,6%+41+0,6%

                                  41+0,6%3+1+0,6%2+1+0,6% (triệu đồng).

……………

Sau tháng thứ 300 người lao động đó có:

 41+0,6%300+1+0,6%299+...+1+0,6%=41+0,6%1+0,6%300-11+0,6%-1 ≈3364,866 (triệu đồng).

≈3.364.866 (đồng).

Đáp án A.

Đặt z=x+yi,x,y∈ℝ.

Ta có z-3i-1=(x-1)+(y-3)i=x-12+y-32

Do đó 3≤z-3i+1≤5⇔9≤x-12+y-32≤25

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn của z là hình phẳng nằm trong đường tròn tâm I(1;3) bán kính R = 5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I(1;3) bán kính r = 3.

Diện tích của hình phẳng đó (phần tô màu) là S=π.52-π.32=16π(đvdt).

Đáp án B.

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với MN, đường thẳng này cắt MN, PQ, cung AB,AQ lần lượt tại H,F,D,E 

Độ dài cung AB là chu vi đường tròn đáy của hình nón nên

lAB=2πr=2π.23=4π3

Lại có lab=α.OA⇒α=labOA=4π3:2=2π3=AOB⏜

Áp dụng định lý cosin trong tam giác OAB có

AB=OA2+OB2-2.OA.OB.cosAOB⏜=22+22-2.22-12=23

Do M,N lần lượt là trung điểm của OA,OB nên AOB⏜⇒AOD⏜=60°

⇒MH=12MN=32

Do OD⊥AB nên OD là tia phân giác của AOB⏜⇒AOD⏜=60°. Xét tam giác vuông OMH có OH=OM.cos60=1.12=12

Xét tam giác OPQ có cosPOQ⏜=OP2+OQ2-PQ22.OP.OQ=22+22-322.2.2=58

Mà cosPOQ⏜=cos2DOQ⏜=2cos2DOQ⏜-1=58⇒cosDOQ⏜=134

Xét tam giác DOQ có:

QD2+OQ2+OD2-2.OQ.OD.cosDOQ⏜=8-213

Xét tam giác vuông DQF có

DF2=QD2-QF2=8-213-322=294-213

⇒DF=29-8132=4-1322=4-132

⇒HF=OD-OH-DF=2-12-4-132=13-12=MQ-NP

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ tạo bởi hình chữ nhật MNPQ. Chu vi đáy của hình trụ chính là độ dài của PQ nên PQ=2πR→R=32π 

Khi đó thể tích khối trụ tạo ra bởi hình chữ nhật MNPQ là:

V=πR2.MQ=π32π2.13-12=313-18π

Đáp án C.

Mỗi mặt sẽ có 4 phần thuộc hình chỉ được tô một lần tức là mỗi mặt sẽ sinh ra 4 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có 6 mặt, từ đó ta có 24 hình thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án B