Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán mới nhất cực hay (Đế số 3)

Đáp án C.

$y\text{'}=\frac{11}{{\left(2x+3\right)}^2}>0$ với mọi

$x\in \left(-\infty ;-\frac{3}{2}\right)\cup \left(-\frac{3}{2};+\infty \right).$

Đáp án C.

Chú ý rằng số phức $z=3+5i$ được biểu diễn bởi điểm $M\left(a;b\right)$ trên mặt phẳng tọa độ.

Đáp án C.

Chú ý rằng nếu hàm số $y=f\left(x\right)$ liên tục trên $\left[a;b\right]$, thể tích hình (H) tạo thành khi quay phần giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$, đường thẳng x = a và x = b quanh trục hoành là $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx.$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} \int e^{2x}dx-\int x^{-2}dx \\ =\frac{e^{2x}}{2}-\frac{x^{-1}}{-1}+C \\ =\frac{e^{2x}}{2}+\frac{1}{x}+C. \end{gathered}$$

Đáp án C.

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

Đáp án C.

$y\text{'}=\frac{11}{{\left(2x+3\right)}^2}>0$ với mọi

$x\in \left(-\infty ;-\frac{3}{2}\right)\cup \left(-\frac{3}{2};+\infty \right).$

Đáp án C.

${\log }_{a^{\alpha }}b=\frac{1}{\alpha }{\log }_{a}b.$

Đáp án B.

${\left.I=\frac{{\left(x+2\right)}^4}{4}\right|}_0^2=60.$

Đáp án B.

Khi x = 2 thì y = 13 nên D(2;13) thuộc (C).

Đáp án C.

Mặt cầu có tâm $I\left(4;-2;3\right)$ và bán kính $IA=\sqrt{2^2+1^2+4^2}=\sqrt{21}$ nên phương trình mặt cầu đường kính AB là ${\left(x-4\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=21.$

Đáp án D.

$V=S_d.h=\frac{\sqrt{3}}{4}.{\left(3a\right)}^2.a=\frac{9\sqrt{3}{a}^3}{4}.$

Đáp án C.

Đáp án A.

Chú ý rằng ta loại luôn đáp án B và C vì các điểm có tọa độ rõ ràng chỉ có thể là điểm cực trị của đồ thị hàm số, không phải hàm số.

Xét $y\text{'}=-4x^2+16x=-4x\left(x-4\right).$

Khi $x=0,y\text{'}=0$ và đồ thị hàm số đổi dấu từ âm sang dương nên C(0;1) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Đáp án B.

Là các véc tơ cùng phương với véc tơ $\left(-5;8;-2\right).$

Đáp án A.

$P=\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=2.3+4.\left(-1\right)+\left(-2\right).6=-10.$

Đáp án D.

Chú ý rằng $\lim \frac{2a{n}^3-6n^2+2}{n^3+n}=2a,$

do đó

$$\begin{gathered} 2a=4\iff a=2, \\ {a}^4-a=16-2=14. \end{gathered}$$ 

Đáp án D.

$\overrightarrow{AB}=\left(-2;1;1\right);\overrightarrow{AC}=\left(1;3;-2\right).$ Do đó $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(-5;-3;-7\right).$

Đáp án B.

$y\text{'}=6x^2-6x=6x\left(x-1\right).$ Do đó $M=f\left(0\right)=1.$

Đáp án B.                                             

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

Bất phương trình tương đương với: 

$$\begin{gathered} {\log }_3\frac{x+2}{1-x}\ge 1 \\ \iff \frac{x+2}{1-x}\ge 3 \\ \iff x+2\ge 3-3x \\ \iff x\ge \frac{1}{4}. \end{gathered}$$

Do đó  $a=\frac{1}{4};b=1$ nên 

$S=2^2+1^3=5.$

Đáp án B.

Phương trình tương đương:

$27\left(\frac{4^x}{9^x}\right)-30.\frac{2^x}{3^x}+8=0.$

Đặt $\frac{2^x}{3^x}=t,$  phương trình tương đương với

$$\begin{gathered} 27t^2-30t+8=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{2}{3}\\ t=\frac{4}{9}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right. \\ \iff \left(x-1\right)\left(x-2\right)=0 \\ \iff x^2-3x+2=0. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Kẻ $BH\perp AC\left(H\in AC\right)$

thì $BH\perp SB$  (Do $SB\perp \left(ABC\right)$),

do đó BH là đường vuông góc chung của 2 đường thằng SB và AC. Dễ thấy $BH=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Đáp án B.

Chiều cao khối chóp:

$h=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan 30°=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$   

Do đó

$V=\frac{1}{3}{a}^2.h=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a\sqrt{6}}{6}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{18}.$

Đáp án D.

Đường thẳng đó có véc tơ chỉ phương:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right] \\ =\left[\left(3;-1;-3\right);\left(-4;1;2\right)\right] \\ =\left(1;6;-1\right). \end{gathered}$$

Đáp án A.

Nhận thấy 

$$\begin{gathered} \left(\ln 2x\right)\text{'}=\frac{1}{2x}.2=\frac{1}{x} \\ \Rightarrow I=\underset{1}{\overset{e}{\int }}f\left(\ln 2x\right).d\left(\ln 2x\right) \\ =\underset{\ln 2}{\overset{\ln 2e}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{\ln 2}{\overset{1+\ln 2}{\int }}f\left(t\right)dt=2018. \end{gathered}$$

Đáp án B.                 

Số kết quả xảy ra:

$C_1^{30}.C_2^{29}.C_{}^{27}=328860.$

Đáp án B.

Phương trình tiếp tuyến của (P) tại điểm M:

$y=4\left(x-1\right)+2=4x-2.$

$S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(2x^2-4x+2\right)dx=\frac{2}{3}.$

Đáp án D.

Xét hàm

$f\left(x\right)=\frac{4}{3}{x}^3-2x^2+1,$

 ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x^2-4x=4x\left(x-1\right).$

Do đó hàm số $f\left(x\right)$  có các điểm cực trị là

$\left(0;1\right)$ và $\left(1;\frac{1}{3}\right).$  (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt thì 

$\frac{1}{3}<-m<1\iff -1<m<-\frac{1}{3}.$

Đáp án A.

$$\begin{gathered} P={\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2 \\ ={\left(-1\right)}^2-2.3=-5. \end{gathered}$$

Đáp án B.

$S_{xq}=\pi rl$ với 

$$\begin{gathered} l=2r=\frac{h}{\cos 30°}=\frac{2}{\sqrt{3}}h \\ \Rightarrow S=\pi .\frac{l^2}{2}=\pi .\frac{2}{3}{h}^2 \\ \simeq 2867,227c{m}^3. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=-3x^2+4x;y\text{'}=1 \\ \iff -3x^2+4x=1 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Khi x = 1, tiếp tuyến có phương trình y = x + 2 trùng với đường thẳng y = x + 2.

Khi x = , tiếp tuyến có phương trình $y=x+\frac{50}{27}.$

Đáp án B.

Gọi $M\left(2a-3;-2-a;-2-4a\right)$ thuộc $d_1$ và $N\left(-1+3b;-1+2b;2+3b\right)$  thuộc $d_2$ là 2 giao điểm.

Ta có:

$\overrightarrow{MN}=\left(3b-2a+2;2b+a+1;3b+4a+a\right).$

Vì $\overrightarrow{MN}$ cùng phương với $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;2;3\right)$  nên ta có:

$$\begin{gathered} \frac{3b-2a+2}{1} \\ =\frac{2b+a+1}{2} \\ =\frac{3b+4a+4}{3} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow M\left(-5;-1;2\right),$ điểm này thuộc đường thẳng ở đáp án B.

Đáp án C.

Ghi nhớ: Công thức đường trung tuyến: 

$m_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.$

Gọi E là giao điểm của OH và MN.

Ta có: 

$$\begin{gathered} O{E}^2=\frac{O{M}^2+O{N}^2}{2}-\frac{M{N}^2}{4}=17-\frac{9}{2}=\frac{25}{2} \\ \Rightarrow O{H}^2=50. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} H{K}^2=\frac{H{N}^2+H{O}^2}{2}-\frac{O{N}^2}{4} \\ =\frac{O{M}^2+O{H}^2}{2}-\frac{O{N}^2}{4} \\ =\frac{17+50}{2}-\frac{17}{4}=\frac{117}{4} \\ \Rightarrow HK=\frac{3\sqrt{13}}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Gọi 4 số đó là: a; a + d; a + 2d; a + 3d.

Theo đề bài: 

$4a+6d=32\Rightarrow 2a+3d=16.$

Lại có 

$$\begin{gathered} a^2+{\left(a+d\right)}^2+{\left(a+2d\right)}^2+{\left(a+3d\right)}^2 \\ =336\iff 4a^2+12ad+14d^2=336. \end{gathered}$$

$2a=16-3d$ vào, ta tìm được d = 4 hoặc.

Ở cả 2 trường hợp đều ra 4 số cần tìm là 2; 6; 10; 14. Tích 4 số này là 1680.

Đáp án A.

Gọi I là tâm của đường tròn dáy của chỏm cầu. M là 1 đỉnh của hình hộp thuộc đường tròn $\left(I;\frac{R}{2}\right).$

Ta có:

$IM=\frac{R}{2};OM=R\Rightarrow OI=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}R}{2}.$

Do đó khối hộp có chiều cao là 

$h=\sqrt{3}R=10\sqrt{3}.$

Thể tích của chỏm cầu bị cắt: 

$$\begin{gathered} V=\underset{\frac{h}{2}}{\overset{R}{\int }}\pi \left(R^2-x^2\right)dx \\ =\underset{5\sqrt{3}}{\overset{10}{\int }}\pi \left(100-x^2\right)dx\simeq 53,87. \end{gathered}$$

Thể tích của khối hộp chữ nhật: 

$$\begin{gathered} V=S_d.h={\left(\frac{R}{\sqrt{2}}\right)}^2.\sqrt{3}.R \\ =\frac{\sqrt{3}}{2}{R}^3\simeq 866,025. \end{gathered}$$

Thể tích khối cầu ban đầu: 

$V=\frac{4}{3}\pi R^3\simeq 4188,79.$

Do đó thể tích cần tính: 

$$\begin{gathered} V\simeq 4188,79-866,025-2.53,87 \\ \simeq 3215,023. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có: 

$$\begin{gathered} \underset{4}{\overset{8}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)}{{\left[f\left(x\right)\right]}^2}dx \\ =\underset{4}{\overset{8}{\int }}{\left[f\left(x\right)\right]}^{-2}d\left[f\left(x\right)\right]={\left.\frac{{\left[f\left(x\right)\right]}^{-1}}{-1}\right|}_4^8 \\ =-\frac{1}{f\left(8\right)}+\frac{1}{f\left(4\right)}=-2+4=2. \end{gathered}$$

Gọi k là 1 hằng số thực. Xét

$$\begin{gathered} \underset{4}{\overset{8}{\int }}{\left(\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}+k\right)}^{2}dx \\ =\underset{4}{\overset{8}{\int }}\frac{{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2}{{\left[f\left(x\right)\right]}^4}dx+2k\underset{4}{\overset{8}{\int }}\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx+k^2\underset{4}{\overset{8}{\int }}dx \\ =1+2k.k+4k^2={\left(2k+1\right)}^2. \end{gathered}$$

Chọn $k=\frac{-1}{2},$ ta có $\underset{4}{\overset{8}{\int }}{\left(\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}-\frac{1}{2}\right)}^{2}dx=0,$ mà ${\left(\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}-\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0$ nên $$\begin{gathered} {\left(\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}-\frac{1}{2}\right)}^2=0 \\ \iff \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \int \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}dx=\frac{x}{2}+C\Rightarrow -\frac{1}{f\left(x\right)}=\frac{x}{2}+C.$

 Với $x=4$, ta có

$$\begin{gathered} -\frac{1}{f\left(4\right)}=2+C \\ \iff -4=2+C\iff C=-6. \end{gathered}$$

Do đó: $f\left(x\right)=\frac{-1}{\frac{x}{2}-6}=\frac{2}{12-x}.$ Do đó $f\left(6\right)=\frac{2}{12-6}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$

Đáp án B. 

Gọi I là trung điểm của SP. Theo định lý Talet:

$d_{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\left(HMN\right)$}\right.}=\frac{1}{2}{d}_{\raisebox{1ex}{$S$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\left(HMN\right)$}\right.}.$ Ta cần tính $d_{\raisebox{1ex}{$S$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\left(HMN\right)$}\right.}.$

Bước 1: Tìm $V_{S.HMN}$

Ta có: 

$\frac{V_{S.HMN}}{V_{S.HAD}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4};\frac{V_{S.HAD}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{4}$

Giả sử a = 1

Dễ thấy 

$$\begin{gathered} V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD} \\ =\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{4} \end{gathered}$$

$\Rightarrow V_{S.HMN}=\frac{1}{16}.\frac{1}{4}=\frac{1}{64}.$

Bước 2: Tìm $S_{HMN}.$ Ta có: $\overrightarrow{MH}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{BS}$ và $$\begin{gathered} \overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} \\ \Rightarrow HMN=180°-SBC. \end{gathered}$$

Do đó 

$$\begin{gathered} \sin HMN=\sin SBC \\ \Rightarrow S_{HMN} \\ =\frac{1}{2}MH.MN.\sin HMN \\ =\frac{1}{4}.S_{SBC}. \end{gathered}$$

Tam giác SBC có SB = BC = 1; 

$$\begin{gathered} SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2} \\ =\sqrt{2}SH=\frac{\sqrt{6}}{2} \\ \Rightarrow S_{SBC}=\frac{\sqrt{15}}{8}. \end{gathered}$$

Do đó $S_{HMN}=\frac{1}{4}.\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{\sqrt{15}}{32}.$

Bước 3: Sử dụng công thức: 

$$\begin{gathered} d_{\raisebox{1ex}{$S$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\left(HMN\right)$}\right.} \\ =\frac{3.V_{S.HMN}}{S_{HMN}} \\ =\frac{3}{64}.\frac{32}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{10} \\ \Rightarrow d_{\raisebox{1ex}{$I$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\left(HMN\right)$}\right.} \\ =\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{15}}{10}=\frac{\sqrt{15}}{20}. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Đáp án D.

Đặt $\sqrt[6]{1-x^2}=t\left(0\le t\le 1\right).$ Ta có: 

$y=t^3+2t^4;y\text{'}=8t^3+3t^2=t^2\left(8t+3\right).$

Với $t\in \left[0;1\right];y\text{'}\ge 0$ nên $y\left(t\right)$ đồng biến trên $\left[0;1\right].$ Do đó: 

$\left\{\begin{array}{l}M=y\left(1\right)=3\\ m=y\left(0\right)=0\end{array}\right..$

$\Rightarrow A\left(3;0\right)$ thuộc đường tròn 

${\left(x-3\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=4.$

Đáp án D.

Cách 1 (Giải theo trắc nghiệm - Tổng quát hóa – Đặc biệt hóa)

Bài toán tổng quát:

Cho 

$$\begin{gathered} A=\frac{1}{1!.\left(2n\right)!}+\frac{1}{2!.\left(2n-1\right)!}+\frac{1}{3!.\left(2n-2\right)!}+\mathrm{...} \\ +\frac{1}{\left(n-1\right)!.\left(2n\right)!}+\frac{1}{n!.\left(n+1\right)!} \end{gathered}$$

Cho 

$$\begin{gathered} A=\frac{1}{1!.\left(2n\right)!}+\frac{1}{2!.\left(2n-1\right)!}+\frac{1}{3!.\left(2n-2\right)!}+\mathrm{...} \\ +\frac{1}{\left(n-1\right)!.\left(2n\right)!}+\frac{1}{n!.\left(n+1\right)!} \end{gathered}$$

Giá trị của A là:

A. $\frac{2^{2n-1}-1}{\left(2n\right)!}.$

B. $\frac{2^{2n-1}}{\left(2n\right)!}.$   

C. $\frac{2^{2n}}{\left(2n+1\right)!}.$   

D. $\frac{2^{2n}-1}{\left(2n+1\right)!}.$

Đặc biệt hóa: Cho n = 2, ta có: 

$A=\frac{1}{1!.4!}+\frac{1}{2!.3!}=\frac{1}{8}.$

Khi n = 2 ứng với 4 đáp án A, B, C, D, ta thấy chỉ có đáp án D:

$\frac{2^4-1}{5!}=\frac{1}{8}.$