Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán mới nhất cực hay (Đế số 2)

Đáp án A.

 

Ta có

$\begin{array}{l}F\left(x\right)=\int \left(3x^2+\frac{1}{2x+1}\right)d\text{x}\\ =x^3+\frac{1}{2}\ln \left|2\text{x}+1\right|+C\end{array}$ 

mà $F\left(0\right)=0\Rightarrow C=0$ 

 

Do đó

$\begin{array}{l}F\left(x\right)=x^3+\frac{1}{2}\ln \left|2\text{x}+1\right|\\ \Rightarrow F\left(1\right)=1+\frac{1}{2}\ln 3\\ \Rightarrow a=1;b=1;c=2\\ \Rightarrow a+b+c=4\end{array}$.

 

Đáp án C

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(1;3\right)$ nên A hoặc C đúng

Mà

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0$.

 

Đáp án C.

Ta có 

$\begin{array}{l}R=d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.0-1+2.\left(-1\right)-3\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+2^2}}=2\\ \Rightarrow \left(S\right):x^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=4\end{array}$

 

Đáp án A.

Ta có $C_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!k!}$

 

Đáp án B.

Ta có $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{e}^x=\pi \left(e^2-1\right)$.

 

Đáp án A

Ta có ngay A đúng

+) B thì đồ thị hàm số không có TCN.

+) C thì $T=2\pi$.

$+)D$ thì hàm số là hàm số lẻ.

Đáp án D.

Ta có $SC\cap \left(ABC\text{D}\right)=\left\{C\right\}$ và 

Ta có

$\begin{array}{l}SA\perp \left(ABC\text{D}\right)\Rightarrow \widehat{\left(SC,\left(ABC\text{D}\right)\right)}\\ =\widehat{\left(SC,AC\right)}=\widehat{SCA}=60°\end{array}$

$\begin{array}{l}\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=AC\tan \widehat{SCA}=a\sqrt{3}\\ \Rightarrow V_{S.ABC\text{D}}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC\text{D}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\end{array}$.

Đáp án A.

Ta có

$4^{2\text{x}-4}=16\iff 2\text{x}-4=2\iff x=3$

 

Đáp án D.

Giả sử cạnh của tứ diện là a.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BC\text{D}\Rightarrow AH\perp \left(BC\text{D}\right)$

Ta có $AB\cap \left(BC\text{D}\right)=\left\{B\right\}$ và $AH\perp \left(BC\text{D}\right)\Rightarrow \widehat{\left(AB,\left(BC\text{D}\right)\right)}=\widehat{\left(AB,BH\right)}=\widehat{ABH}$ 

Ta có $BH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

 

Đáp án B.

Số phức $z=2-3i$ có phần thực là 2 và phần ảo là $-3.$ 

 

Đáp án B.

Xét từng đáp án:

Đáp án A: ta có $y\text{'}=2\text{x}$ chưa xác định được dấu

Đáp án B: ta có $y\text{'}=-3{\text{x}}^2+3>0,\forall x\in \left(-1;1\right)$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$.

Đáp án C: ta có $y\text{'}=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$ chưa xác định được dấu

Đáp án D: ta có $y\text{'}=-\frac{1}{x^2}<0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;0\right)$ và $\left(0;1\right)$.

 

Đáp án C.

Hàm số có giá trị cực đại bằng 0

 

Đáp án A.

$6x-3y+2z-12=0$.

Tương tự

$$\begin{gathered} B\left(0;4;0\right),C\left(0;0;6\right) \\ \Rightarrow \left(ABC\right):\frac{x}{2}+\frac{y}{4}+\frac{z}{6}=1 \\ \iff 6x+3y+2z-12=0. \end{gathered}$$

 

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} +\left\{\begin{array}{l}0<1-\frac{\sqrt{2}}{2}<1\\ 2018>2017\end{array}\right. \\ \Rightarrow {\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{2018}<{\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{2017} \end{gathered}$$  

$$\begin{gathered} +\left\{\begin{array}{l}2>1\\ \sqrt{2}+1>\sqrt{3}\end{array}\right. \\ \Rightarrow 2^{\sqrt{2}+1}>2^{\sqrt{3}} \end{gathered}$$.

$$\begin{gathered} +\left\{\begin{array}{l}0<\sqrt{2}-1<1\\ 2017<2018\end{array}\right. \\ \Rightarrow {\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2017}>{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2018} \end{gathered}$$     

$+\left\{\begin{array}{l}0<\sqrt{3}-1<1\\ 2018>2017\end{array}\right.\Rightarrow {\left(\sqrt{3}-1\right)}^{2018}<{\left(\sqrt{3}-1\right)}^{2017}$

 

Đáp án C.

Đồ thị hàm số $y=\frac{1}{x^2-2}$ có tiệm cận đứng là $x=\sqrt{2}$ và $x=-\sqrt{2}.$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $x=\sqrt{2}$ và $x=-\sqrt{2}$ bằng $2\sqrt{2}$.

 

Đáp án B.

Ta có

$\begin{array}{l}mx+3=\frac{2x+1}{x-1}\Rightarrow m{\text{x}}^2-\left(m-1\right)x-4=0\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ \Delta ={\left(m-1\right)}^2+16m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m>-7+4\sqrt{3}\\ m<-7-4\sqrt{3}\end{array}\right.\end{array}$

 

Mà

$\left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left[-14;15\right]\end{array}\right.\Rightarrow m\in \left\{-14;1;2;\mathrm{...};15\right\}$

 

Đáp án B.

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}x\in \left(-2;3\right)\\ y\text{'}=-4{\text{x}}^3+8\text{x}=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right.$ 

 

Tính

$$\begin{gathered} y\left(-2\right)=-5;y\left(3-50\right); \\ y\left(0\right)=-5;y\left(\sqrt{2}\right)=-1, \\ y\left(-\sqrt{2}\right)=-1. \end{gathered}$$

Đáp án B

Tọa độ hóa với $O\equiv N,Ox\equiv NB\text{'},Oy\equiv NA\text{'},Oz\equiv NK$ và chuẩn hóa vớí $a=2$.

Ta có

$\begin{array}{l}A\text{'}\left(0;\sqrt{3};0\right),\left\{\begin{array}{l}A\left(0;\sqrt{3};2\right)\\ B\left(1;0;2\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow M\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};2\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{NA\text{'}}=\left(0;\sqrt{3};0\right)\\ \overrightarrow{NM}=\left(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};2\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(A\text{'}MN\right)}}\\ =\left[\overrightarrow{NA\text{'}}.\overrightarrow{NM}\right]=\left(2\sqrt{3};0;-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\end{array}$

 

$\Rightarrow \left(A\text{'}MN\right):4\text{x}-z=0$ 

Lại có

$$\begin{gathered} B\left(1;0;2\right),K\left(0;0;2\right) \\ \Rightarrow \overrightarrow{KB}=\left(1;0;0\right)\Rightarrow BC:\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=0\\ z=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

 

Mà

$P=BC\cap \left(A;MN\right)\Rightarrow P\left(\frac{1}{2};0;2\right)$ 

$\begin{array}{l}{V}_{MBP.A\text{'}B\text{'}N\text{'}}=V_{M.A\text{'}B\text{'}N}+V_{M.BPNB}=V_{A.A\text{'}B\text{'}N}+\frac{1}{2}{V}_{A.BPNB\text{'}}\\ V_{A.A\text{'}B\text{'}N}=\frac{1}{2}{V}_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{6}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\\ S_{BPNB\text{'}}=\frac{1}{2}{S}_{BCC\text{'}B\text{'}}-S_{NPK}=\frac{1}{2}{S}_{BCC\text{'}B\text{'}}-\frac{1}{8}{S}_{BCC\text{'}B\text{'}}\\ =\frac{3}{8}{S}_{BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{3}{4}{S}_{BCB\text{'}}\Rightarrow V_{A.BPNB\text{'}}=\frac{3}{4}{V}_{A.BCB\text{'}}=\frac{1}{4}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\\ \Rightarrow V_{MBP.A\text{'}B\text{'}N}=\frac{7}{24}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{7}{24}A\text{'}A.S_{ABC}=\frac{7}{24}a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{7{\text{a}}^3\sqrt{3}}{96}\end{array}$

 

 

 

Đáp án C.

$YCBT\iff g\left(x_1\right).g\left(x_2\right)<0$ với $x_1=1,x_2=2$ là điểm cực trị của hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-2m$

$\Rightarrow \left[f\left(1\right)-2m\right].\left[f\left(2\right)-2m\right]<0\iff \left(11-2m\right)\left(4-2m\right)<0\iff 2<m<\frac{11}{2}$

Đáp án B.

$t=\left|x\right|+\sqrt{1-x^2}+1\ge 0\Rightarrow t^2=1+2\left|x\right|\sqrt{1-x^2}=1+2\sqrt{x^2-x^4}\Rightarrow m\le \frac{\left(t^2-1\right)+t+2}{t+1}=t+\frac{1}{t+1}=f\left(t\right)$

Ta có $t^2\ge 1\Rightarrow t\ge 1$ mà $t\le \sqrt{2\left(x^2+\left(1-x^2\right)\right)}=\sqrt{2}\Rightarrow t\in \left[1;\sqrt{2}\right]$

Khi đó $f\text{'}\left(t\right)=1-\frac{1}{t+1}>0,\forall t\in \left(1;\sqrt{2}\right)\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến trên $\left[1;\sqrt{2}\right]$ 

$\Rightarrow m\le f\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}-1\Rightarrow T=1$ 

Đáp án C.

Ta có $I\left(2;1\right)$.

Tiếp tuyến với $\left(C\right)$ tại điểm $M\left(x_0;\frac{x_0+2}{x_0-2}\right)$ là $d:y=\frac{-4}{{\left(x_0-2\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+2}{x_0-2}$

Tọa độ A là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{-4}{{\left(x_0-2\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+2}{x_0-2}\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow y=\frac{4}{x_0-2}+\frac{x_0+2}{x_0-2}\Rightarrow A\left(2;\frac{x_0+6}{x_0-2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{IA}=\left(0;\frac{8}{x_0-2}\right)$

Tọa độ B là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{-4}{{\left(x_0-2\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0+2}{x_0-2}\\ y=2\end{array}\right.\Rightarrow {\left(x_0-2\right)}^2=-4\left(x-x_0\right)+x_0^2-4\Rightarrow B\left(2{\text{x}}_0-2;1\right)\Rightarrow \overrightarrow{IB}=\left(2{\text{x}}_0-4;0\right)$Do đó $C_{IAB}=\pi .AB=\pi \sqrt{I{A}^2+I{B}^2}\ge \pi \sqrt{2IA.IB}$ 

Mà $IA.IB=\left|\frac{8}{x_0-2}\right|.\left|2{\text{x}}_0-4\right|=16\Rightarrow C_{IAB}\ge 4\pi \sqrt{2}$ 

Đáp án D.

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua đường thẳng $d:\frac{x}{1}=\frac{y-6}{-4};\frac{z-6}{-3}.$

Gọi $H\left(t;6-4t;6-3t\right)\in \text{d}$ là hình chiếu vuông góc của M trên d

Ta có: $\overrightarrow{MH}=\left(t;t-4t;3-3t\right)$, cho $\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u_d}=1+16t-4+9t-9=0\iff t=\frac{1}{2}\Rightarrow H\left(\frac{1}{2};4;\frac{9}{2}\right)$

 

Khi đó $M\text{'}\left(1;3;6\right)$ suy ra vecto chỉ phương cuả $\overrightarrow{AC}$ là $\overrightarrow{M\text{'}N}=\left(0;-2-6\right)=-2\left(0;1;3\right)$.

Đáp án B.

Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật với bán kính đường bán nguyệt $r=\frac{x}{2}$ 

Ta có: $2\left(x+y\right)+\pi \frac{x}{2}-x=\left(1+\frac{\pi }{2}\right)x+2y=a$

 

Diện tích của cửa sổ là:

$$\begin{gathered} S=xy+\frac{\pi r^2}{3}=xy+\frac{\pi {\text{x}}^2}{8}=x\left(y+\frac{\pi \text{x}}{8}\right) \\ =x\left(\frac{a-x-\frac{\pi \text{x}}{2}}{2}+\frac{\pi \text{x}}{8}\right) \end{gathered}$$

 

Dấu “=” xảy ra khi $x=\frac{a}{\frac{\pi }{4}+1}-x\iff 2x=\frac{a}{\frac{\pi }{4}+1}\Rightarrow x=\frac{2\text{a}}{\pi +4}=d$

 

$$\begin{gathered} S=x\left[\frac{a}{2}-\left(\frac{\pi }{8}+\frac{1}{2}\right)x\right] \\ =\left(\frac{\pi }{8}+\frac{1}{2}\right).x\left(\frac{a}{\frac{\pi }{4}+1}-x\right)\le \left(\frac{\pi }{8}+\frac{1}{2}\right).\frac{{\left(x+\frac{a}{\frac{\pi }{4}+1}-x\right)}^2}{4} \\ =\frac{a^2}{2\pi +8} \end{gathered}$$

Đáp án B.

Gọi H là trung điểm của BC khi đó $SH\perp BC$ do $\left(SBC\right)\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$ 

Lại có: $CB=2CH\Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=2d\left(H;\left(SAB\right)\right)$

Dựng $\left\{\begin{array}{l}HE\perp AB\\ HF\perp \text{S}E\end{array}\right.\Rightarrow d_H=HF$ 

Mặt khác $$\begin{gathered} HE=\frac{AC}{2}=\frac{1}{2}BC.\sin \widehat{ABC}=\frac{a}{4}; \\ SH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$ 

Do đó $$\begin{gathered} HF=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{a\sqrt{39}}{26} \\ \Rightarrow d_c=\frac{a\sqrt{39}}{13} \end{gathered}$$

Đáp án D.

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x;y\right)$ biểu diễn số phức z

 

Do $\frac{z}{16}$ có phần thực là và phần ảo thuộc đoạn $\left[0;1\right]$ nên

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}0\le \frac{x}{16}\le 1\\ 0\le \frac{y}{16}\le 1\end{array}\right. \\ \Rightarrow 0\le x,y\le 16 \end{gathered}$$

Mặt khác $\frac{16}{\overline{z}}=\frac{16\text{z}}{{\left|z\right|}^2}=\frac{16\left(x+yi\right)}{x^2+y^2}$ có phần thực là và phần ảo thuộc đoạn $\left[0;1\right]$ nên 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x,y\le 0\\ \frac{16\text{x}}{x^2+y^2}\le 1\\ \frac{16\text{y}}{x^2+y^2}\le 1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-16\text{x}\ge 0\\ x^2+y^2-16\text{y}\ge 0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Minh họa hình vẽ, ta có phương trình đường thẳng OA là $y=x,$ phương trình

$$\begin{gathered} x^2+y^2-16\text{x}=0 \\ \Rightarrow y=\sqrt{16\text{x}-x^2}\left(y\ge 0\right) \end{gathered}$$ 

Diện tích cần tìm là miền nằm ngoài 2 đường tròn $x^2+y^2-16\text{x}=0$ và $x^2+y^2-16\text{y}=0$ và nằm trong hình vuông MNPQ.

Diện tích hình quạt $\stackrel{⏜}{I\text{O}A}$ là $S_{quat}=\frac{1}{4}\pi 8^2=16\pi ;S_{\Delta I\text{O}A}=32$ 

Diện tích phần giới hạn bởi cung OA và dây OA là $S=16\pi -32$ 

Suy ra diện tích miền giao nhau của 2 đường tròn là: $S_G=2S=32\left(\pi -2\right)$.

 

Diện tích cần tìm là:

$$\begin{gathered} S_{ct}={16}^2-{\left(\pi 8\right)}^2+32\left(\pi -2\right) \\ =192-32\pi =32\left(6-\pi \right) \end{gathered}$$

 

 

Đáp án C.

$I=\underset{0}{\overset{\ln 6}{\int }}\frac{e^x}{1+\sqrt{e^x+3}}d\text{x.}$ 

Đặt 

$$\begin{gathered} t=\sqrt{e^x+3}\Rightarrow t^2=e^x+3 \\ \Rightarrow 2t\text{d}t=e^{x}d\text{x} \end{gathered}$$

Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=2\\ x=\ln 6\Rightarrow t=3\end{array}\right..$ khi đó 

$$\begin{gathered} I=\underset{2}{\overset{3}{\int }}\frac{2t\text{d}t}{1+t}=2\underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(1-\frac{1}{1+t}\right)dt \\ ={\left.2\left(t-\ln \left|t+1\right|\right)\right|}_2^3=2-4\ln 2+2\ln 3 \end{gathered}$$

Do đó $T=a+b+c=2-4+2=0$.