Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán mới nhất cực hay (Đế số 1)

Đáp án B

Hàm số xác định và liên tục trên  $\left[\frac{3}{2};4\right]$

Ta có  

Tính

 $$\begin{gathered} f\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{25}{6};f\left(4\right)=-5; \\ f\left(2\right)=-4\Rightarrow \underset{\left[\frac{3}{2};4\right]}{m\text{ax}}f\left(x\right)=-4 \end{gathered}$$

Đáp án B

Tọa độ hóa và chuẩn hóa với

Đáp án A

Hàm số nghịch biến trên $(-2;0)$ nên hàm số nghịch biến trên $(-2;0)$.

Đáp án B

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;0;-1\right)$ 

Đáp án D

Ta có $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BHAC\\ BB\text{'}\perp \left(ABC\right)\Rightarrow BB\text{'}\perp BH\end{array}\right.\\ \Rightarrow d\left(AC;BB\text{'}\right)=BH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\end{array}$

Đáp án D

Ta có

$\begin{array}{l}y\text{'}=\ln x+x.\frac{1}{x}\Rightarrow y\text{'}\left(e\right)=2\\ \Rightarrow d:y=2\left(x-e\right)+e.\ln e\\ \iff y=2x-e\end{array}$

Đáp án C

Hàm số cần tìm là hàm số bậc ba mà $\underset{x\to -\infty }{\lim }=+\infty \Rightarrow a<0$

Đáp án D

Ta có

$\begin{array}{l}\mathrm{y}\text{'}=\mathrm{lnx}+\mathrm{x}.\frac{1}{\mathrm{x}}\Rightarrow \mathrm{y}\text{'}\left(\mathrm{e}\right)=2\\ \Rightarrow \mathrm{d}:\mathrm{y}=2\left(\mathrm{x}-\mathrm{e}\right)+\mathrm{e}.\mathrm{lne}\\ \iff \mathrm{y}=2\mathrm{x}-\mathrm{e}\end{array}$

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} 2{\left(f\left(x\right)\right)}^2-3f\left(x\right)+1=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=m$ chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=m.$

Phương trình $f\left(x\right)=1$ có nghiệm duy nhất.

Phương trình $f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ có 2 nghiệm.

Đáp án D

Chữ số hàng chục và hàng đơn vị lần lượt có 9 và 8 cách chọn.

Ta có $9.8=72$ số thỏa mãn.

Đáp án D

Sau tháng 1: $A_1=500\left(1+1,2\%\right)-10$ 

Cuối tháng 2: $$\begin{gathered} A_2=A_1.\left(1+1,2\%\right)-10 \\ =500{\left(1+1,2\%\right)}^2-10\left(1+1,2\%\right)-10 \end{gathered}$$ 

…..

Cuối tháng n: 

$$\begin{gathered} A_n=500{\left(1+1,2\%\right)}^n-10.{\left(1+1,2\%\right)}^{n-1}-\mathrm{...}-10 \\ =500{\left(1+1,2\%\right)}^n-10.\frac{{\left(1+1,2\%\right)}^n-1}{\left(1+1,2\%\right)-1}=0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 5+{\left(1+1,2\%\right)}^n-\frac{25}{3}.\left[{\left(1+1,2\%\right)}^n-1\right]=0 \\ \Rightarrow \frac{10}{3}{\left(1+1,2\%\right)}^n=\frac{25}{3}\Rightarrow n=77 \end{gathered}$$

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{4-m^2}{{\left(x+4\right)}^2}>0\Rightarrow 4-m^2 \\ \iff -2<m<2;m\in \mathbb{Z} \\ \Rightarrow m\in \left\{-1;0;1\right\} \end{gathered}$$ 

Đáp án D

Tọa độ điểm cực đại là $\left(0;-3\right)$

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} I=2\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{-2}{\overset{1}{\int }}dx \\ =2.3-\left(1+2\right)=3 \end{gathered}$$ 

Đáp án C

YCBT

$$\begin{gathered} \iff y\text{'}=4x^3-4mx\ge 0,\forall x\in \left(1;2\right) \\ \iff m\le x^2=f\left(x\right),\forall x\in \left(1;2\right) \\ \iff m\le f\left(1\right)=1 \end{gathered}$$ 

Mà

$\left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\ge 0\end{array}\right.\Rightarrow m\in \left\{0;1\right\}$ 

Đáp án C

Ta có $\left(P\right)$ qua $M\left(2;0;-1\right)$ và nhận $\overrightarrow{u_d}=\left(1;-1;2\right)$ là một VTPT

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left(P\right):\left(x-2\right)-y+2\left(z+1\right)=0\\ \iff x-2y+2z=0\end{array}$

Đáp án D

Ta có: $P=\frac{1}{4}.2{\log }_a\left|b\right|=\frac{1}{2}{\log }_a\left(-b\right)$

Đáp án A

Ta có 

$\begin{array}{l}\frac{n!}{\left(n-1\right)!}+\frac{n!}{\left(n-3\right)!3!}=13n\\ \Rightarrow n+\frac{1}{6}n\left(n-1\right)\left(n-2\right)=13n\\ \Rightarrow 6+\left(n-1\right)\left(n-2\right)=78\Rightarrow n=10\end{array}$

$$\begin{gathered} {\left(x^2+\frac{1}{x^3}\right)}^n={\left(x^2+x^{-3}\right)}^{10} \\ =\sum _{k=0}^n{C}_{10}^k{\left(x^2\right)}^{10-k}{\left(x^{-3}\right)}^k=\sum _{k=0}^n{C}_{10}^k{x}^{20-5k} \end{gathered}$$

Giải $20-5k=5\Rightarrow k=3$ => hệ số cần tìm là $C_{10}^3=120$.

Đáp án B

Ta có

$\begin{array}{l}\frac{{\log }_{2}x}{{\log }_2\left(2xy\right)}=\frac{{\log }_{2}y}{{\log }_2\left(\frac{xy}{2}\right)}\\ ={\log }_2\left(xy\right)\Rightarrow {\log }_{2xy}x\\ ={\log }_{\frac{xy}{2}}y=\log 2\left(xy\right)=t\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x={\left(2xy\right)}^t\\ y={\left(\frac{xy}{2}\right)}^t\\ xy=2^t\end{array}\right.\\ \Rightarrow {\left(2xy.\frac{xy}{2}\right)}^t=2^t\\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}t=0\\ xy=\sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}$

Với $t=0\Rightarrow x=y=1\Rightarrow x+y=2$

Với

$\begin{array}{l}xy=\sqrt{2}\Rightarrow t=\frac{1}{2}\\ \Rightarrow x+y={\left(2\sqrt{2}\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{\frac{1}{2}}\\ =\sqrt[4]{8}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\end{array}$

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-1}{2x+5}=0$

Đáp án B

Hàm số xác định và liên tục trên $\left[-1;4\right]$.

Ta có $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x\in \left(-1;4\right)\\ y\text{'}=3x^2-3=0\end{array}\right. \\ \iff x=1 \end{gathered}$$ 

Tính $$\begin{gathered} y\left(-1\right)=3;y\left(4\right)=53;y\left(1\right)=-1 \\ \Rightarrow \underset{\left[-1;4\right]}{\min }y=-1 \end{gathered}$$ 

Đáp án B

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2\Rightarrow TCN:y=2\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=2\Rightarrow TCN:y=2\end{array}\right.$ 

Đáp án A

Đồ thị hàm số $y=\frac{3x+1}{x-1}$ có TCN $y=3$ .

Đáp án A

Ta có

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}_A=0\\ y_A=y_M=-2\\ z_A=z_M=3\end{array}\right.\\ \Rightarrow A\left(0;-2;3\right)\end{array}$ 

Đáp án C

Ta có: $z=-1+2i\Rightarrow \overline{z}=-1-2i$

Đáp án A

Giả sử d cắt và vuông góc với $\Delta$ tại $H\left(1+2t;-1+t;-t\right)\in \Delta$

Khi đó:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{MH}=\left(2t-1;t-2;-t\right), \\ \overrightarrow{MH}\perp \Delta \\ \Rightarrow \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u_{\Delta }}=2\left(2t-1\right)+t-2+t=0 \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \iff 6t=4t=\frac{2}{3} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MH}=\left(\frac{1}{3};-\frac{4}{3};-\frac{2}{3}\right) \\ \Rightarrow \overrightarrow{u_{MH}}=\left(1;-4;-2\right) \end{gathered}$$

Vậy $d:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=1-4t\\ z=-2t\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có:

 $\underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(x+3\right)}^{2}dx={\left.\frac{{\left(x+3\right)}^3}{3}\right|}_1^2=\frac{61}{3}$

Đáp án D

$\int 2c\text{os}2xdx=\sin 2x+C$

Đáp án B

Gọi A là biến cố: “ 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt”

Khi đó $\overline{A}$ là biến cố :”3 sản phẩm lấy ra không có sản phẩm nào tốt”

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left|\Omega \right|=C_{10}^3;\left|{\Omega }_A\right|=C_{10}^3 \\ \Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\frac{C_{10}^3}{C_{30}^3}=\frac{6}{203} \end{gathered}$$

Suy ra

$\begin{array}{l}P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)\\ =\frac{197}{203}.\end{array}$

Đáp án A

Gọi $M\left(a;a^3-3a\right)$ suy ra PTTT tại M là: $y=\left(3a^2-3\right)\left(x-a\right)+a^3-3a\left(d\right)$

Ta có:

 $d\cap \text{Ox}=B\left(\frac{-a^3+3a}{3a^2-3}+a;0\right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của d và $\left(C\right)$ là : 

$x^3-3x=\left(3a^2-3\right)\left(x-a\right)+a^3-3a$

$\begin{array}{l}\iff \left(x-a\right)\left(x^2+\text{ax}+a^2\right)-3\left(x-a\right)\\ =\left(3a^2-3\right)\left(x-a\right)\\ \iff \left(x-a\right)\left(x^2+ax-2a^2\right)=0\\ \iff {\left(x-a\right)}^2\left(x+2a\right)=0\\ \iff x=-2a\Rightarrow A\left(-2a;-8a^3+6a\right)\end{array}$

Do A, M, B luôn thuộc tiếp tuyến d nên để M là trung điểm của AB thì: 

$2y_M=y_A+y_B$

$$\begin{gathered} \iff 2a^3-6a=-8a^3+6a\iff 10a^3=12a \\ \iff \left[\begin{array}{l}a=0\\ a=\pm \sqrt{\frac{6}{5}}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do $M\ne 0\Rightarrow a\ne 0\Rightarrow a=\pm \sqrt{\frac{6}{5}}$.

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án D

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2-2x+m$ trên đoạn $\left[-1;2\right]$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=2x-2=0\Rightarrow x=1$

Lại có: $f\left(-1\right)=m+3;f\left(1\right)=m-1;f\left(2\right)=m$ 

Do đó $f\left(x\right)\in \left[m-1;m+3\right]$

Nếu $$\begin{gathered} m-1\ge 0\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{M\text{ax}}\left|f\left(x\right)\right| \\ =m+3=5\iff m=2 \end{gathered}$$

Nếu $m-1<0\iff m<1$

suy ra $\left[\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{M\text{ax}}\left|f\left(x\right)\right|=m+3\\ \underset{\left[0;2\right]}{M\text{ax}}\left|f\left(x\right)\right|=1-m\end{array}\right.$

$•$ TH1:

 $$\begin{gathered} \underset{\left[0;2\right]}{M\text{ax}}\left|f\left(x\right)\right|=m+3=5 \\ \iff m=2\left(ko\_t/m\right) \end{gathered}$$

$•$ TH2: $$\begin{gathered} \underset{\left[0;2\right]}{M\text{ax}}\left|f\left(x\right)\right|=1-m=5 \\ \iff m=-4\Rightarrow m+1=-3\left(t/m\right) \end{gathered}$$

Vậy $m=2;m=-4$ là giá trị cần tìm.

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} \underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}\frac{x}{3x+\sqrt{9x^2-1}}dx \\ =\underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}\frac{x\left(3x-\sqrt{9x^2-1}\right)}{9x^2-9x^2+1}dx \\ =\underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}\left(3x^2-x\sqrt{9x^2-1}\right)dx \end{gathered}$$

 $$\begin{gathered} =\underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}3x^{2}dx-\frac{1}{18}\underset{\frac{1}{3}}{\overset{1}{\int }}\sqrt{9x^2-1}d\left(9x^2-1\right)= \\ {\left.\left(x^3-\frac{1}{18}.\frac{2}{3}\sqrt{{\left(9x^2-1\right)}^3}\right)\right|}_{\frac{1}{3}}^1 \\ =\frac{26}{27}-\frac{16}{27}\sqrt{2} \end{gathered}$$

Suy ra $a=\frac{26}{27}; b=\frac{-16}{27}$ 

Đáp án A

Chiều cao của đa giác đều là $h=a\sin {30}^0=\frac{a}{2}$

Áp dụng công thức tính nhanh ta có bán kính khối cầu ngoại tiếp của hình chóp là:  

$R=\frac{a^2}{2h}=\frac{a^2}{a}=a\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi a^3$

Đáp án D

Đặt $z=a+bi\left(a;b\in ℝ\right)$ ta có: 

$\sqrt{a^2+b^2}-2\left(a-bi\right)=-7+3i+a+bi$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{a^2+b^2}=3a-7+3i-bi \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+b^2}=3a-7\\ b=3\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+9}=3a-7\left(1\right)\\ b=3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Lại có:  

$$\begin{gathered} \left(1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}a\ge \frac{7}{3}\\ a^2+9=9a^2-42a+49\end{array}\right. \\ \iff a=4\Rightarrow \left|z\right|=5 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có:  

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx \\ =\int \frac{dx}{x^2-1}=\frac{1}{2}\int \left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right)dx \\ =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{x-1}{x+1}\right|+C \end{gathered}$$

Với

$\begin{array}{l}-1<x<1\\ \Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{1-x}{x+1}\right|+C_1\end{array}$

Với

$$\begin{gathered} \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-1\end{array}\right. \\ \Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{2}\ln \frac{x-1}{x+1}+C_2 \end{gathered}$$

Do $f\left(-3\right)+f\left(3\right)=0$ và

$$\begin{gathered} f\left(-\frac{1}{2}\right)+f\left(\frac{1}{2}\right)=2 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}\ln 2+C_2+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}+C_2=0\\ \frac{1}{2}\ln 3+C_1+\frac{1}{2}\ln \frac{1}{3}+C_1=2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{C}_2=0\\ C_1=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó  

$\begin{array}{l}P=f\left(0\right)+f\left(4\right)\\ =1+\frac{1}{2}\ln \frac{3}{5}\end{array}$

Đáp án A

Ta có:  

$\begin{array}{l}{\log }_{0,5}\left(m+6x\right)+{\log }_2\left(3-2x-x^2\right)=0\\ \iff -{\log }_2\left(m+6x\right)+{\log }_2\left(3-2x-x^2\right)=0\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff {\log }_2\left(m+6x\right)={\log }_2\left(3-2x-x^2\right)\\ \iff \left\{\begin{array}{l}3-2x-x^2>0\\ m+6x=3-2x-x^2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}1>x>-3\\ m=-x^2-8x+3=f\left(x\right)\end{array}\right.\end{array}$

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^2-8x+3$ trên khoảng $\left(-3;1\right)$ ta có: 

$f\text{'}\left(x\right)=-2x-8<0\left(\forall x\in \left(-3;1\right)\right)$

Lại có: $f\left(-3\right)=18;f\left(1\right)=-6$ 

Suy ra PT có nghiệm khi $m\in \left(-6;18\right)\Rightarrow$ có 17 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Ta có thể giả sử rằng $f\text{'}\left(x\right)=x\left(x+2\right)\left(x+1\right)$ 

Khi đó: $$\begin{gathered} \left[f\left(x^2-2x\right)\right]\text{'}=\left(2x-2\right)f\text{'}\left(x^2-2x\right) \\ =2\left(x-1\right)\left(x^2-2x\right)\left(x^2-2x+2\right)\left(x^2-2x+1\right) \end{gathered}$$ 

$=2{\left(x-1\right)}^3.x\left(x-2\right)\left(x^2-2x+2\right)$ suy ra hàm số $y=f\left(x^2-2x\right)$ có 3 điểm cực trị tại $x=0;x=1;x=2$.

Đáp án C

Đặt $\sqrt{m+e^x}=a;e^x=b\left(a\ge 0;b>0\right)$ ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{m+b}=a\\ m+a=b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m+b=a^2\\ m+a=b^2\end{array}\right.$

 $$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m+b=a^2\\ b-a=a^2-b^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m+b=a^2\\ \left(a-b\right)\left(a+b+1\right)=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=a^2-b\\ a=b\end{array}\right. \end{gathered}$$

( Do $a\ge 0;b>0$)

Khi đó $m=b^2-b\left(b>0\right)$ 

Do $b^2-b\ge -\frac{1}{4}\left(\forall b>0\right)$ nên phương trình có nghiệm khi $m\ge -\frac{1}{4}$

Do đó có 10 giá trị nguyên của $m\in \left[-\frac{1}{4};10\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Xét hệ giao điểm:

$\left\{\begin{array}{l}y=e\\ y=\left(1-e\right)x+1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y=e\\ x=-1\end{array}\right.$

 Xét hệ giao điểm: 

$\left\{\begin{array}{l}y=e^x\\ x=e\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=e\end{array}\right.$

Dựa vào hình vẽ ta có: 

$S=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left[e-\left(1-e\right)x-1\right]dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(e-e^x\right)dx$

$$\begin{gathered} ={\left.\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(e-1\right)\left(x+1\right)dx+\left(ex-e^x\right)\right|}_0^1 \\ ={\left.\left(e-1\right)\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\right|}_{-1}^0+1 \\ =\frac{1}{2}\left(e-1\right)+1=\frac{1}{2}\left(e+1\right) \end{gathered}$$