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

Đáp án A.

Ta có $3969000=2^3.3^4.5^3.7^2$. Suy ra các ước số của 3969000 có dạng  $2^a.3^b.5^c.7^d$ với $a\in \left\{0;1;2;3\right\},b\in \left\{0;1;2;3;4\right\},c\in \left\{0;1;2;3\right\},d\in \left\{0;1;2\right\}$.

* 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 $a_2$ là hệ số của số hạng chứa $x^2$ trong khai triển đa thức.

Ta có ${\left(1-3x+2x^2\right)}^{2017}={\left[2x^2+\left(1-3x\right)\right]}^{2017}=\sum _{k=0}^{2017}{C}_{2017}^k{\left(2x2\right)}^{2017-k}{(1-3x)}^k$ 

$\sum _{k=0}^{2017}{c}_{2017}^k{2}^{2017-k}{x}^{4034-2k}\sum _{i=0}^{k=0}{c}_k^i{\left(-3x\right)}^i=\sum _{k=0}^{2017}\sum _{ i=0}^k{c}_{2017}^k{c}_k^i{2}^{2017-k}{(-3)}^i{x}^{4034-2k+i}$ 

Ta có hệ phương trình sau $\left\{\begin{array}{l}0\le k\le 2017\\ 0\le i\le k\\ 4034-2k+i=2\\ i,k\in \mathrm{\mathbb{N}}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}0\le k\le 2017\\ 0\le 2k-4032\le k\\ i=2k-4032\end{array}\\ i,k\in \mathrm{\mathbb{N}}\end{array}\right.$ 

$\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}0\le k\le 2017\\ 2016\le k\le 4032\\ i=2k-4032\end{array}\\ i,k\in \mathrm{\mathbb{N}}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}2016\le k⩽2017\\ i=2k-4032\\ i,k\in \mathrm{\mathbb{N}}\end{array}\right.\right.\iff \left\{\begin{array}{l}k=2016,i=0\\ k=2017,i=2\end{array}\right.$

 

Vậy $a_2=c_{2017}^{2016}{c}_{2016}^0{2}^1{(-3)}^0+c_{2017}^{2016}{c}_{2016}^2{2}^0{(-3)}^2=18302258$. 

Đáp án D.

Ta có $∆y=\left[{\left(x+∆x\right)}^3+1\right]-\left(x^3+1\right)=3x^2.∆x+3x.{\left(∆x\right)}^2+{\left(∆x\right)}^3$ 

$\to \frac{∆y}{∆x}=\frac{∆x.\left[3x^2+3x∆x+{\left(∆x\right)}^2\right]}{∆x}=3x^2+3x∆x+{\left(∆x\right)}^2$

Đáp án A.

Ta có hình vẽ bên.

Từ$AC=3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AB=BE=EF=FA=2\\ BC=CG=GH=HB=1\end{array}\right.$. Do $I=EC\cap GH\Rightarrow I$ là trung điểm của HG. Suy ra $BI=\sqrt{B{H}^2+{\left(\frac{HG}{2}\right)}^2}=\sqrt{1^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ 

$Q_{\left(B;-90°\right)}\left(I\right)=J\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BI\perp BJ\\ BI=BJ\end{array}\right.\Rightarrow ∆BIJ$ vuông cân tại B.

Vậy $IJ=BI\sqrt{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}.\sqrt{2}=\frac{\sqrt{10}}{2}$ 

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: $\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\perp \left(\beta \right)\\ \left(\alpha \right)\cap \left(\beta \right)=∆\to d\perp \left(\beta \right)\\ d\in \left(\alpha \right):d\perp ∆\end{array}\right.$

* 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:$\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\perp \left(\gamma \right)\\ \left(\beta \right)\cap \left(\gamma \right)=∆ \\ ∆=\left(\alpha \right)\cap \left(\beta \right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}∆\perp \left(\gamma \right)\\ \left(\alpha \right)//\left(\beta \right)\end{array}\right.$ 

* 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 $\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)\\ ∆\perp \left(\alpha \right)\end{array}\right.\to ∆\perp \left(\beta \right)$

* 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: $\left\{\begin{array}{l}a\perp c\\ b\perp c\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\exists \left(\alpha \right)\supset a\\ \exists \left(\beta \right)\supset b\\ \left(\alpha \right)//\left(\beta \right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}c\perp \left(\alpha \right)\\ c\perp \left(\beta \right)\end{array}\right.$

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 $BM=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow ∆MBC$ cân tại M và MN là đường cao của $∆MBC\Rightarrow MN\perp BC$ 

Tương tự, $∆NAD$ cân tại N nên NM là đường cao của $∆NAD\Rightarrow NM\perp AD$

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

Vậy $d\left(AD;BC\right)=MN=\sqrt{B{M}^2-{\left(\frac{BC}{2}\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

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 $2^{\left|x\right|}=\sqrt{m^2-x^2}$ chính là số giao điểm của đồ thị hai hàm số $y=2^{\left|x\right|}$ và $y=\sqrt{m^2-x^2}$. Nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số $y=2^{\left|x\right|}$ cắt đồ thị hàm số $y=\sqrt{m^2-x^2}$ tại hai điểm phân biệt.

Quan sát đồ thị hình bên suy ra $\left|m\right|>1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<-1\end{array}\right.$ 

Đáp án A.

Ta có  $\int \left(x^2+\frac{3}{x}-2\sqrt{x}\right)dx=\int x^{2}dx+3\int \frac{dx}{x}-2\int \sqrt{x}dx=\frac{x^3}{3}+3\ln \left|x\right|-\frac{4}{3}\sqrt{x^3}+C$

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 $\left\{\begin{array}{l}AB\perp IJ\\ AB\perp SI\end{array}\right.\to AB\perp \left(SIJ\right)\to \left(SAB\right)\perp \left(SIJ\right)$ 

Trong mặt phẳng (SIJ): Kẻ $IH\perp SJ,\left(H\in SJ\right)$ 

Từ $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(SIJ\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SIJ\right)=SJ\to IH\perp \left(SAB\right)\to IH=d(I;(SAB\left)\right)=24 \left(cm\right)\\ IH\perp SJ\end{array}\right.$ 

$\frac{1}{I{H}^2}=\frac{1}{S{I}^2}+\frac{1}{S{J}^2}\to \frac{1}{I{J}^2}=\frac{1}{{24}^2}-\frac{1}{{40}^2}=\frac{1}{900}\to IJ=30$

$\to SJ=\sqrt{S{I}^2+I{J}^2}=50 \left(cm\right)$ 

$AB=2JA=2\sqrt{r^2-I{J}^2}=2\sqrt{{50}^2-{30}^2}=80 \left(cm\right)$

Vậy $S_{∆SAB}=\frac{1}{2}SJ.AB=\frac{1}{2}.50.80=2000\left(c{m}^2\right)$ 

 

 

Đáp án C

Đáp án D.

Đặt $t=\cos 3x,(-1\le t\le 1)$ Phương trình trở thành $2t^2+(3-2m)t+m-2=0$ 

Ta có $∆={\left(2m-5\right)}^2$ Suy ra phương trình có hai nghiệm $\left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{1}{2}\\ t_2=m-2\end{array}\right.$ 

Trường hợp 1:

 Với $t_1=\frac{1}{2}\to \cos 3x=\frac{1}{2}\iff \left\{\begin{array}{l}3x=\frac{\mathrm{\pi }}{3}+k2\mathrm{\pi }\\ 3x=-\frac{\mathrm{\pi }}{3}+k2\mathrm{\pi }\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\\ x=-\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}\end{array}\right.$ 

* Với $x=\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}$và $x\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$ thì $-\frac{\mathrm{\pi }}{6}<-\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}<\frac{\mathrm{\pi }}{3}\iff \frac{1}{12}<k<\frac{2}{3}$ 

Do $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $k=0\to x=-\frac{\mathrm{\pi }}{9}$ 

* Với $x=-\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}$và $x\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$ thì $-\frac{\mathrm{\pi }}{6}<-\frac{\mathrm{\pi }}{9}+k\frac{2\mathrm{\pi }}{3}<\frac{\mathrm{\pi }}{3}\iff -\frac{1}{12}<k<\frac{2}{3}$ 

Do $k\in \mathrm{\mathbb{Z}}$ nên $k=0\to x=-\frac{\mathrm{\pi }}{9}$

Suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trên khoảng$\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$

Trường hợp 2: Với $t_2=m-2\to \cos 3x=m-2$ Xét $f\left(x\right)=\cos 3x$ trên $\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$

Đạo hàm $f\text{'}\left(x\right)=-3\sin 3x;f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=0\in \left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$ 

Bảng biến thiên:

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm trên $\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$ khi và chỉ khi phương trình $\cos 3x=m-2$ có 1 nghiệm trên $\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{6};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)$, hay đồ thị $f\left(x\right)=\cos 3x$ cắt đường thẳng $y=m-2$ tại đúng 1 điểm. Quan sát bảng biến thiên, suy ra $-1\le m-2<0\iff 1\le m<2$

Đáp án A

Đáp án A.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=36$ Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình $x^2+bx+c=0$ có nghiệm khi và chỉ khi

$∆=b^2-4ac\ge 0\iff b^2\ge 4ac$

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

	1	2	3	4	5	6
1	L	N	N	N	N	N
2	L	L	N	N	N	N
3	L	L	L	N	N	N
4	L	L	L	N	N	N
5	L	L	L	L	N	N
6	L	L	L	L	N	N

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 $P\left(A\right)=\frac{19}{36}$

Đáp án C

Đáp án B.

Do H là trung điểm AB nên $\frac{d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)}{d\left(H;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)}=\frac{BA}{HA}=2$

 $\Rightarrow d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=2dd\left(H;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)$

Ta có $AH\text{'}\perp \left(ABC\right)$ nên $\left(\stackrel{⏜}{AA\text{'},\left(ABC\right)}\right)=\left(\stackrel{⏜}{A\text{'}A,HA}\right)=\stackrel{⏜}{A\text{'}AH}=60°$

Gọi D là trung điểm của AC thì $BD\perp AC$.

 Kẻ $HE\perp AC,\left(E\in AC\right)\to HE//BD$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\perp A\text{'}H\\ AC\perp HE\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(A\text{'}HE\right)\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$ 

Trong $\left(A\text{'}HE\right)$ kẻ $HK\perp A\text{'}E,\left(K\in A\text{'}E\right)\Rightarrow HK\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$

Suy ra

$d\left(H;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=HK\Rightarrow 2d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=2HK$

Ta có $BD=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\Rightarrow HE=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác vuông $A\text{'}AH$ có $AH\text{'}=AH.\tan 60°=a\sqrt{3}$

Xét tam giác vuông $A\text{'}HE$ có  $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{A\text{'}{H}^2}+\frac{1}{H{E}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left({\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}\right)}^2}=\frac{5}{3a^2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Vậy $d\left(B;\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{15}}{5}$ 

Đáp án D

 

Đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(c_m\right)$ và $d:x^3-3x^2+(m+1)x+1=x+1$ 

$\iff x^3-3x^2+mx=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x^2-3x+m=0\left(*\right)\end{array}\right.$

Để $\left(c_m\right)$ cắt d tại ba điểm phân biệt $P(0;1),M,N$ thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ khác 0 $\iff \left\{\begin{array}{l}{0}^2-3.0+m\not\equiv 0\\ ∆={(-3)}^2-4m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\not\equiv 0\\ m<\frac{9}{4}\end{array}\right.$

 

 Giả sử $M(x_1;x_1+1)$vàvới $N(x_2;x_2+1)$ là nghiệm của phương trình (*).

Theo định lý Vi-ét ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=3\\ x_1{x}_2=m\end{array}\right.$

Để tam giác OMN vuông tại O thì $\overrightarrow{OM }.\overrightarrow{ON }=0\iff x_1{x}_2+(x_1+1)(x_2+1)=0$

$\iff 2x_1{x}_2+(x_1+x_2)+1=0\iff 2m+4=0\iff m=-2$ (thỏa mãn)

 

 

Đáp án B

Đáp án D.

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

 $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4=0\iff x=\pm 2\\ {\log }_{2}x+{\log }_{3}x+{\log }_{4}x+...{\log }_{19}x-{\log }_{20}^{2}x=0 (*)\end{array}\right.$ 

Phương trình $\iff {\log }_{2}x.\left(1+{\log }_{3}2+{\log }_{4}2+...+{\log }_{19}2-{\log }_{20}^2.{\log }_{2}x\right)=0$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}x=0\\ 1+{\log }_{3}2+{\log }_{4}2+...+{\log }_{19}2-{\log }_{20}^2.{\log }_{2}x=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x={20}^M\end{array}\right.\right.$

Trong đó $M=\frac{1+{\log }_{3}2+{\log }_{4}2+...+{\log }_{19}2}{{\log }_{20}^{2}2}$. 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 $\frac{O\text{'}B}{OC}=\frac{AO\text{'}}{AO}\iff \frac{AO\text{'}}{AO\text{'}+O\text{'}O}=\frac{2}{3}\iff \frac{AO\text{'}}{AO\text{'}+80}=\frac{2}{3}\iff AO\text{'}=160 \left(cm\right)$ 

Thể tích hình nón là $V=\frac{1}{3}AO.{\mathrm{\pi R}}^2=\frac{1}{3}\left(160+80\right).\mathrm{\pi }.{30}^2=72000\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$ 

Thể tích phần (I) là $V_{\left(I\right)}=\frac{1}{3}AO\text{'}.{\mathrm{\pi r}}^2=\frac{1}{3}160\mathrm{\pi }.{20}^2=\frac{64000}{3}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)$

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

 $V_{\left(II\right)}=V-V_{\left(I\right)}=72000\mathrm{\pi }-\frac{64000}{3}\mathrm{\pi }=\frac{152000}{3}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{cm}}^3\right)=\frac{19}{375}\mathrm{\pi }\left({\mathrm{m}}^3\right)$

Vậy số tiền phải trả mỗi tháng là

$20000.V_{\left(II\right)}.10=20000.\frac{19}{375}\mathrm{\pi }.10\approx 31835$ (đồng).