20 Đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( đề 9)

Đáp án B.

Đáp án B.

Ta có $SB\perp \left(ABC\right)\Rightarrow BC$ là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC).

Suy ra  $\widehat{\left(SC,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SC,BC\right)}=\widehat{SCB}={60}^0$

Do $\Delta ABC$ vuông tại A nên 

$\begin{array}{l}SB=BC.\tan \widehat{SCB}=2a.\tan {60}^0\\ =2a\sqrt{3}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}\\ =\sqrt{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=2a.\end{array}$

Do $\Delta SBC$ vuông tại B nên 

$\begin{array}{l}SB=BC.\tan \widehat{SCB}\\ =2a.\tan {60}^0=2a\sqrt{3}.\end{array}$

Vậy

$\begin{array}{l}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}SB.S_{\Delta ABC}\\ =\frac{1}{6}SB.AB.AC\\ =\frac{1}{6}\mathrm{.2.}\sqrt{3}a.a.a\sqrt{3}=a^3\end{array}$ (đvtt).

Đáp án A.

Thể tích nửa khối cầu bán kính R = 2 là: $V_1=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{2}{3}\pi {.2}^3=\frac{16}{3}\pi$  (đvtt).

Thể tích khối trụ có bán kính đáy R = 2 , chiều cao h = 4 là: $V_2=\pi R^{2}h=\pi {.2}^2.4=16\pi$ (đvtt).

Thể tích khối nón có bán kính đáy R = 2, chiều cao h = 4 là: $V_3=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.2}^2.4=\frac{16}{3}\pi$ (đvtt).

Thể tích khối hình học (hình vẽ) cần tính là $V=V_1+V_2+V_3=\frac{80\pi }{3}$

Đáp án D.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-5;4)$ nên vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là $\overrightarrow{u_{AB}}=(1;-5;4)$ 

Đáp án B.

Gọi I là trung điểm của AB thì I(–1;0;1). Ta có $AB=2\sqrt{2}.$ Suy ra mặt cầu (S) đường kính AB sẽ có tâm là I, bán kính  $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}.$

Phương trình mặt cầu (S) là: ${\left(x+1\right)}^2+y^2+{\left(z-1\right)}^2=2.$ 

Đáp án A

Đáp án B.

Sắp xếp 4 số tự nhiên 1, 2, 3, 4 theo thứ tự khác nhau, ta sẽ được một số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau. Vậy số cần lập là 4! = 24 (số).

Đáp án B.

Cách 1: Tư duy tự luận

 $\begin{array}{l}\lim \frac{{\pi }^n+3^n+2^{2n}}{3{\pi }^n-3^n+2^{2n+2}}\\ =\lim \frac{{\pi }^n+3^n+4^n}{3{\pi }^n-3^n+{4.4}^n}\\ =\lim \frac{{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^n+{\left(\frac{3}{4}\right)}^n+1}{3{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^n-{\left(\frac{3}{4}\right)}^n+4}=\frac{1}{4}.\end{array}$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

vậy $\lim \frac{{\pi }^n+3^n+2^{2n}}{3{\pi }^n-3^n+2^{2n+2}}=\frac{1}{4}.$

Đáp án D.

Tập xác định:  D=R 

* Trường hợp 1: Xét  

$\begin{array}{l}{m}^2-2m=0\\ \iff m(m-2)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=2\end{array}\right.\end{array}$

Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y=3x và luôn đồng biến R . Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu m = 2 thì hàm số trở thành $y=2x^2+3x$  chỉ đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{3}{4};+\infty \right)$ . Vậy m  = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

* Trường hợp 2: Xét  

$\begin{array}{l}{m}^2-2m\ne 0\\ \iff m(m-2)\ne 0\\ \iff \left[\begin{array}{l}m\ne 0\\ m\ne 2\end{array}\right.\end{array}$

Đạo hàm $y\text{'}=(m^2-2m)x^2+2mx+3.$ Do phương trình y' = 0 chỉ có tối đa hai nghiệm nên hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y\text{'}\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$ 

$\begin{array}{l}\iff (m^2-2m)x^2+2mx+3\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-2m>0\\ \Delta \text{'}=m^2-3(m^2-2m)\le 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m(m-2)>0\\ 2m(3-m)\le 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>2\\ m<0\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m\ge 3\\ m\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\ge 3\\ m<0\end{array}\right.\end{array}$ 

Kết hợp cả hai trường hợp ta tìm được $\left[\begin{array}{l}m\ge 3\\ m\le 0\end{array}\right..$

Đáp án B

Cách 1: Tư duy tự luận

Ta có

$\begin{array}{l}y\text{'}=6x^2-12x=6x(x-2);\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\end{array}$

Do $x\in \left[-1;1\right]$ nên  x=0

Tính $y(-1)=-7;y\left(0\right)=1;y\left(1\right)=-3.$ Vậy  $\underset{[-1;1]}{\max }y=y\left(0\right)=1.$

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Quan sát bảng giá trị, ta xác định được giá trị lớn nhất xấp xỉ 0,9836710891. Vậy $\underset{[-1;1]}{\max }y=1.$

Đáp án D.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2}{x-1}$ là $y=\frac{\left(x^2\right)\text{'}}{(x-1)\text{'}}\iff y=2x$ 

Đáp án D.

Cách 1: Tư duy tự luận

Điều kiện:  $x^2>0\iff x\ne 0.$

Bất phương trình

$\begin{array}{l}(2^{x^2-4}-1).\ln \left(x^2\right)<0\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^{x^2-4}-1<0\\ \ln \left(x^2\right)>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^{x^2-4}-1>0\\ \ln \left(x^2\right)<0\end{array}\right.\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4<0\\ x^2>1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^2-4>0\\ x^2<1\end{array}\right.\left(L\right)\end{array}\right.\end{array}$ 

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}(x-2)(x+2)<0\\ (x-1)(x+1)>0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}-2<x<2\\ \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}1<x<2\\ -2<x<-1\end{array}\right.\end{array}$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=(-2;-1)\cup (1;2)$ .

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay

Nhập vào màn hình biểu thức $\left(2^{x^2-4}-1\right).\ln \left(X^2\right)$ và CALC với $X=-2;-1;1;2.$

Ta xét dấu của biểu thức $\left(2^{X^2-4}-1\right).\ln \left(X^2\right)$ trên mỗi khoảng $(-\infty ;-2),(-2;-1),(-1;1),\left(\mathrm{1,2}\right),(2;+\infty )$ .

Tiếp tục dùng CACL:

Vậy 

$\begin{array}{l}(2^{x^2-4}-1).\ln \left(x^2\right)<0\\ \iff x\in (-2;-1)\cup (1;2).\end{array}$

Đáp án B

Xét phương trình

$\begin{array}{l}2x^2+3x+1=x^2-x-2\\ \iff x^2+4x+3=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-3\end{array}\right.\end{array}$ 

Vậy diện tích hình phẳng cần tính là

$\begin{array}{l}S=\underset{-3}{\overset{-1}{\int }}\left|x^2+4x+3\right|dx=\left|\underset{-3}{\overset{-1}{\int }}\left(x^2+4x+3\right)dx\right|\\ =\frac{4}{3}\end{array}$

Vậy  $\cos \left(\frac{\pi }{S}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Đáp án B

Vậy phương án B sai

Đáp án C.

Khi quay nửa đường tròn quanh trục quay là đường kính của nó thì ta thu được một mặt cầu.

Phân tích phương án nhiễu:

Phương án A: Khi quay một hình quanh một trục, ta thu được một khối tròn xoay trong không gian, còn hình tròn được xác định trên một mặt phẳng nên loại A.

Phương án B: Chỉ khi quay nửa hình tròn quanh đường kính của nó, ta mới thu được một khối cầu.

Phương án C: Mặt trụ chỉ thu được khi ta quay 3 cạnh của một hình chữ nhật quanh cạnh còn lại.

Đáp án C

Từ giả thiết, ta có:

$IH\perp \left(\alpha \right)$và

$$\begin{gathered} d\left(I;\left(\alpha \right)\right)=IH \\ =\sqrt{{\left(2-1\right)}^2+{\left(0+3\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2} \\ =\sqrt{14}. \end{gathered}$$ 

Áp dụng công thức $R^2=I{H}^2+r^2$, trong đó R là bán kính mặt cầu (S). Ta được: $R=\sqrt{{\left(\sqrt{14}\right)}^2+2^2}=\sqrt{18}.$ 

Vậy phương trình mặt cầu (S) là ${(x-1)}^2+{(y+3)}^2+{(z-3)}^2=18$

Đáp án B.

Đường thẳng d đi qua điểm $M(1;-1;0)$ và nhận vectơ chỉ phương  $\overrightarrow{u}=(2;-1;3)$

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=(1;5;1)$ .

Ta có $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=2.1+(-1).5+3.1=\mathrm{0,}$ suy ra $\left[\begin{array}{l}d//\left(\alpha \right)\\ d\subset \left(\alpha \right)\end{array}\right.$ 

Nhận thấy $1+5.(-1)+0+4=0$ nên điểm $M(1;-1;0)$ thuộc mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ . Vậy $d\subset \left(\alpha \right)$

Đáp án C.

Mặt phẳng $\left(P\right):y-z+2=0$ có một vecto7 pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=(0;1;-1)$ 

Đáp án A

Không gian mẫu là “Chọn ngẫu nhiên 2 người từ 10 học sinh trong tổ đó”. Suy ra số phần tử trong không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)={C_{10}}^2$ .

Gọi A là biến cố “2 người được chọn là nữ” thì kết quả thuận lợi cho biến cố A là $n\left(A\right)={C_3}^2$.

Vậy xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\frac{1}{15}.$

Đáp án B

Ta có

$\begin{array}{l}\Delta y=\left[{(x_0+\Delta x)}^2-(x_0+\Delta x)\right]-({x_0}^2-x_0)\\ ={\left(△x\right)}^2+2x_0\Delta x-\Delta x.\end{array}$ 

Nên 

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta y}{\Delta x}\\ =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\left(\Delta x\right)}^2+2x_0\Delta x-\Delta x}{\Delta x}\\ =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }(\Delta x+2x_0-1).\end{array}$

Vậy  $f\text{'}\left(x\right)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }(\Delta x+2x-1).$

Đáp án A.

Ta có $V_{\left(O;\frac{1}{2}\right)}\left(M\right)=M\text{'}\iff \overline{OM}\text{'}=\frac{1}{2}\overline{OM}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_{M\text{'}}=\frac{1}{2}{x}_M=1\\ y_{M\text{'}}=\frac{1}{2}{y}_M=2\end{array}\right.\to M\text{'}(1;2).$

Đáp án C

Đáp án D.

Gọi M là trung điểm của CD. Do $BC=CD=BD\Rightarrow \Delta BCD$ đều $\Rightarrow BM\perp CD.$ 

Lại có $AC=AD\Rightarrow \Delta ACD$ cân tại $A\Rightarrow AM\perp CD$ .

Khi đó $\widehat{\left(\left(ACD\right),\left(BCD\right)\right)}=(\widehat{AM,BM)}$ .

AM là đường trung tuyến của $\Delta ACD$

$\Rightarrow AM=\sqrt{\frac{A{C}^2+A{D}^2}{2}-\frac{C{D}^2}{4}}=a.$

AM là đường trung tuyến của  $\Delta BCD$

$\Rightarrow BM=\frac{CD.\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$

Trong $\Delta ABM$ ta có

$\begin{array}{l}\cos \widehat{AMB}=\frac{M{A}^2+M{B}^2-A{B}^2}{2MA.MB}\\ =\frac{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2-a^2}{2.a.a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$ 

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\widehat{AMB}={30}^0\\ \widehat{AMB}={150}^0\end{array}\right.$

Do $0^0<\left(\widehat{\left(ACD\right),\left(BCD\right)}\right)<{90}^0$ nên $\left(\widehat{\left(ACD\right),\left(BCD\right)}\right)=\left(\widehat{AM,BM}\right)={30}^0.$

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và $d:\frac{x-2}{x-1}=-x+m$ 

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x-2=(-x+m)(x-1)\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ f\left(x\right)=x^2-mx+m-2=0(*)\end{array}\right.\end{array}$ 

Để (C) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ khác 1

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=1^2-m+m-2\ne 0\\ \Delta ={\left(-m\right)}^2-4(m-2)>0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}-1\ne 0\\ m^2-4m+8m>0\end{array}\right.\\ \iff m\in ℝ.\end{array}$

Mặt khác OAB là tam giác nên $O\in d$  hay $m\ne 0$ .

Gọi $A(x_1;-x_1+m)$ và $B(x_2;-x_2+m)$ . Suy ra $\left\{\begin{array}{l}OA=\sqrt{2{x_1}^2-2m{x}_1+m^2}\\ OB=\sqrt{2{x_2}^2-2m{x}_2+m^2}\end{array}\right.$ 

Do $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (*) nên $\left\{\begin{array}{l}{x_1}^2-m{x}_1=2-m\\ {x_2}^2-m{x}_2=2-m\end{array}\right.$ 

Khi đó  $\left\{\begin{array}{l}OA=\sqrt{2(2-m)+m^2}\\ =\sqrt{m^2-2m+4}\\ OB=\sqrt{2(2-m)+m^2}\\ =\sqrt{m^2-2m+4}\end{array}\right.$

Từ giả thiết ta có :

$\begin{array}{l}\frac{2}{\sqrt{m^2-2m+4}}=1\\ \iff \sqrt{m^2-2m+4}=2\\ \iff m(m-2)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=2\end{array}\right.\end{array}$

Đối chiếu với điều kiện ta được m=2 thỏa mãn.