Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán mới nhất cực hay (Đế số 5)

Đáp án A.

Phương pháp

Cho hai điểm $A\left(x_1;y_1;z_1\right);B\left(x_2;y_2;z_2\right)$ thì 

$\overrightarrow{AB}=\left(x_2-x_1;y_2-y_1;z_2-z_1\right)$

Cách giải

Áp dụng công thức ta có:

$\overrightarrow{AB}=\left(1-\left(-1\right);-1-0;2-1\right)=\left(2;-1;1\right)$

 

Đáp án D.

Phương pháp

Sử dụng công thức tính giới hạn của hàm số.

Cách giải

Ta có:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x+8}{x-2} \\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2+\frac{8}{x}}{1-\frac{2}{x}}=2 \end{gathered}$$

Đáp án C.

Phương pháp

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản.

Cách giải

Ta có: $\int \cos xdx=\sin x+C$

Đáp án A.

Phương pháp

Cho mặt phẳng $\left(P\right):ax+by+cz+d=0$ thì VTPT của (P) là: $\overrightarrow{n}=\left(a;b;c\right)$

Cách giải

Theo đề bài ta thấy VTPT của (P): $\overrightarrow{\text{n}}=\left(1;0;-3\right)$

Đáp án C.

Phương pháp

Sử dụng công thức 

${\log }_a{x}^n=n{\log }_a\left|x\right|$

Cách giải

${\log }_a{x}^4=4{\log }_a\left|x\right|$

Đáp án C.

Phương pháp

$$\begin{gathered} z=a+bi \\ \Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2} \end{gathered}$$

Cách giải

$$\begin{gathered} z=3-2i\Rightarrow \left|z\right| \\ =\sqrt{3^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{13}. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Phương pháp

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ đến mặt phẳng $\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$ là 

$$\begin{gathered} d\left(M;\left(P\right)\right) \\ =\frac{\left|Ax+By+Cz+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}} \end{gathered}$$

Cách giải

$$\begin{gathered} d\left(M;\left(P\right)\right) \\ =\frac{\left|-1-2\left(-2\right)+9\right|}{\sqrt{1+4+4}}=4 \end{gathered}$$

 

Đáp án D.

Phương pháp

Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính thể tích vật tròn xoay.

Thể tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right),$ trục hoành, đường thẳng $x=a,x=b$ là $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx$

Cách giải

Đk: $x\ge 0.$ 

Xét phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{x}=0\iff x=0.$ Khi đó 

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{0}{\overset{9}{\int }}xdx \\ ={\left.\pi \frac{x^2}{2}\right|}_0^9=\frac{81\pi }{2} \end{gathered}$$

Đáp án A.

Phương pháp

Gọi số cần tìm là $\overline{ab}\left(a\ne 0\right)$

Tìm số cách chọn cho chữ số a và chữ số b, sau đó áp dụng quy tắc nhân.

Cách giải

Gọi số cần tìm là $\overline{ab}\left(a\ne 0\right)$

a là số lẻ nên có 5 cách chọn a, tương tự có 5 cách chọn b.

Vậy có $5.5=25$ số thỏa mãn.

Đáp án C.

Phương pháp

Điều kiện để hàm bậc bốn trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$ có 3 cực trị là $-\frac{b}{2a}>0$

Cách giải

Để hàm số $y=x^4-2m{x}^2+3$ có 3 cực trị $\iff \frac{2m}{2}>0\iff m>0$

 

Đáp án D.

Phương pháp

Hàm số $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên 

$ℝ\iff f\text{'}\left(x\right)\le 0\forall x\in ℝ$

Cách giải

Đáp án A ta có $D=ℝ\backslash \left\{3\right\}$ và $y\text{'}=-\frac{4}{x-3}<0\forall x\in D\Rightarrow$

Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;3\right)$ và $\left(3;+\infty \right)$

Đáp án B: 

$TXĐ:D=ℝ;y\text{'}=-4x^3+4x$

Đáp án C: 

$TXĐ:D=ℝ;y\text{'}=3x^2+2x+2>0\forall x\in ℝ$

Đáp án D:

$TXĐ:D=ℝ;y\text{'}=-3x^2-1<0\forall x\in ℝ\Rightarrow$

Hàm số nghịch biến trên R

Đáp án A.

Phương pháp

Dựa vào BBT tìm các điểm cực trị, các giá trị cực trị, GTLN, GTNN của hàm số.

Cách giải

Dễ thấy đáp án A đúng.

Đáp án B.

Phương pháp

Mặt cầu

$\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0$

có tâm $I\left(a;b;c\right)$ và bán kính 

$R=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Cách giải

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(-2;1;-1\right),$ bán kính $R=\sqrt{4+1+1+3}=3$

Đáp án C.

Phương pháp

Sử dụng tính chất hai góc bù nhau $\cos x=\cos \left(\pi -x\right)$

Giải phương trình lượng giác cơ bản

Cách giải

Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc $\left(-\pi ;\pi \right)$

Đáp án A.

Phương pháp

Đồ thị có hình dáng hàm đa thức bậc ba $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$

Dựa vào $\underset{x\to -\infty }{\lim }y\Rightarrow$ dấu của a.

Dựa vào giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung $\Rightarrow c$

Dựa vào số điểm cực trị suy ra đáp án.

Cách giải

Đồ thị có hình dáng hàm đa thức bậc ba $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\Rightarrow$

Loại B và D.

Đáp án A: 

$y\text{'}=3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Đáp án C: 

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^2-3=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại $x=0\Rightarrow$

Loại đáp án C.

 

Đáp án D.

Phương pháp

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y=f\left(x\right)$ trên $[a;b].$

+) Giải phương trình $y\text{'}=0\Rightarrow$ các nghiệm $x_i\in \left[a;b\right]$

+) Tính các giá trị $f\left(a\right);f\left(b\right);f\left(x_i\right)$

+) So sánh và kết luận: 

$$\begin{gathered} \underset{\left[a;b\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{f\left(a\right);f\left(b\right);f\left(x_i\right)\right\} \\ ;\underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(x\right)=\min \left\{f\left(a\right);f\left(b\right);f\left(x_i\right)\right\} \end{gathered}$$

Cách giải

Đáp án C.

 

 

Phương pháp

So sánh diện tích đáy và chiều cao của các khối chóp.

Cách giải

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB, BC.

Vì $G_2;G_3;G_4$ là trọng tâm các tam giác MAC, MAB, MBC nên 

$\begin{array}{l}{G}_2\in MD;M{G}_2=2D{G}_2\\ G_3\in ME;M{G}_3=2E{G}_3\\ G_4\in MF;M{G}_4=2F{G}_4\\ \Rightarrow \left(G_2{G}_3{G}_4\right)//\left(DEF\right)\\ \Rightarrow V_1=V_{E.G_2{G}_3{G}_4}=\frac{F{G}_3}{M{G}_3}.V_{M.G_2{G}_3{G}_4}=\frac{1}{2}{V}_{M.G_2{G}_3{G}_4}\end{array}$

Lại có 

$$\begin{gathered} \frac{V_{M.G_2{G}_3{G}_4}}{V_{MDEF}}=\frac{M{G}_2.M{G}_3.M{G}_4}{MD.ME.MF} \\ =\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V_1=\frac{1}{2}\frac{8}{27}{V}_{MDEF} \\ =\frac{4}{27}{V}_{MDEF} \end{gathered}$$

Lại có 

$$\begin{gathered} S_{DEF}\text{=}\frac{1}{4}{S}_{ABC} \\ \Rightarrow {\text{V}}_{M.DEF}\text{=}\frac{1}{4}{V}_{M.ABC} \\ =\frac{1}{4}.\frac{1}{3}V=\frac{1}{12}V \end{gathered}$$

Vậy 

$V_1=\frac{4}{27}.\frac{V}{12}=\frac{V}{81}$

 

 

Đáp án A.

Phương pháp

Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S), giả sử mặt phẳng (a) cách I một khoảng là d và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r, khi đó ta có $R^2+r^2+d^2$

Cách giải

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(1;2;0\right),$ bán kính $R=5.$

$$\begin{gathered} d\left(I;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|1+2.2+7\right|}{\sqrt{1+4+4}} \\ =4=d \end{gathered}$$

Do đó mặt phẳng

$\left(\alpha \right):x+2y-2z+7=0$ cắt nhau theo một đường tròn (C) có bán kính $r=\sqrt{R^2-d^2}=3.$

Vậy chu vi đường tròn (C) bằng 

$2\pi r=6\pi$

Đáp án D

Phương pháp

Số điểm cực trị của hàm số$y=f\left(x\right)$ là số nghiệm của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ và qua đó $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương hoặc từ dương sang âm.

Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm mà qua 2 nghiệm đó $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu, do đó hàm số $y=f\left(x\right)$ có hai điểm cực trị.

 

Đáp án B

Phương pháp

Kiểm tra mối quan hệ giữa hai vector $\overrightarrow{u_d}$ và $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$

Cách giải

Ta có $\overrightarrow{u_d}=\left(1;-1;-3\right);\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;-3;2\right),$ có $1.3-1.\left(-3\right)-3.2=0\Rightarrow$$\overrightarrow{u_d}\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}.$

$\Rightarrow d//\left(P\right)$ hoặc $d\subset \left(P\right).$

Lấy $M\left(-1;0;1\right)\in d$ ta thấy $M\in \left(P\right)\Rightarrow d\subset \left(P\right)$

 

Đáp án A.

Phương pháp

$$\begin{gathered} {\log }_{a}f\left(x\right)>{\log }_{a}g\left(x\right) \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a>1\\ f\left(x\right)>g\left(x\right)\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<a<1\\ f\left(x\right)<g\left(x\right)\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$

Cách giải

ĐK: $0<b\ne 1;a>-1$

$$\begin{gathered} {\log }_{a}f\left(x\right)>{\log }_{a}g\left(x\right) \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b>1\\ a+1>1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<b<1\\ a+1<1\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b>1\\ a>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<b<1\\ a<0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}b-1>0\\ a>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}b-1<0\\ a<0\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow a\left(b-1\right)>0 \end{gathered}$$

Đáp án D.

Phương pháp

Đặt $t-3^x\left(t>0\right)$ sử dụng công thức

${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_{a}xy\left(0<a\ne 1;x;y>0\right)$

Cách giải

Đặt $t-3^x\left(t>0\right)$ khi đó phương trình trở thành

$t^2-2016t+2018=0,$

phương trình này có hai nghiệm dương phân biệt $t_1;t_2.$ Theo định lí Vi-et ta có $t_1{t}_2=2018$

$$\begin{gathered} x_1={\log }_3{t}_1;x_2={\log }_3{t}_2 \\ \Rightarrow x_1+x_2={\log }_3\left(t_1{t}_2\right)={\log }_{3}2018 \end{gathered}$$

 

Đáp án B.

Phương pháp

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và CD, chứng minh 

$\left\{\begin{array}{l}EF\perp AB\\ EF\perp CD\end{array}\right..$

Cách giải

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và CD ta có:

$$\begin{gathered} \Delta ACD=\Delta BCD\left(c.c.c\right) \\ \Rightarrow AF\text{=}BF\Rightarrow \Delta ABF \end{gathered}$$ 

cân tại F $\Rightarrow EF\perp AB.$ 

Chứng minh tương tự ta có 

$$\begin{gathered} EF\perp CD \\ \Rightarrow d\left(AB;CD\right)\text{=}EF. \end{gathered}$$

Ta có: 

$AF=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$

Xét tam giác vuông AEF có

$EF=\sqrt{A{F}^2-A{E}^2}=3\sqrt{2}$

 

Đáp án B.

Phương pháp

$$\begin{gathered} M\left(x;y;z\right) \\ \Rightarrow d\left(M;Oy\right)=\sqrt{x^2+z^2} \end{gathered}$$

Cách giải

$$\begin{gathered} d\left(O;Oy\right) \\ =\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10} \end{gathered}$$

Đáp án D.

Phương pháp

Sử dụng công thức $C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$ tìm n.

Sử dụng khai triển nhị thức Newton 

${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k.a^{n-k}.b^k$

Cách giải

 

Đáp án D.

Phương pháp

Đổi biến, đặt $t=sin2x.$

Cách giải

$t=\sin 2x\Rightarrow dt=2\cos 2xdx,$ đổi cận 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow t=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}f\left(sin2x\right)cos2xdx \\ =\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}.2018=1009 \end{gathered}$$

Đáp án C.

Phương pháp

Đáp án A.

Phương pháp

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $\left|z-w\right|=a$ là một đường tròn có bán kính bằng a

Cách giải

$\left|2z-i\right|=6\iff \left|z-\frac{1}{2}i\right|=3\Rightarrow$ 

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $\left|2z-i\right|=6$ là một đường tròn có bán kính bằng 3

Đáp án C.

Đáp án A.

Phương pháp    

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đáy.

Cách giải

$\left(SC;\left(ABCD\right)\right)\text{=}\left(SC;AC\right)\text{=}SCA$

ABCD là hình vuông cạnh a $\Rightarrow AC=a\sqrt{2}$

Xét tam giác vuông SAC có:

$\tan =\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

 

Đáp án C.

Phương pháp

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của CSC: $u_n=u_1+\left(n-1\right)d$

Cách giải

Ta có

$\begin{array}{l}{u}_n=1+5\left(n-1\right)=5n-4\left(0\le n\le 2018,n\in \mathbb{Z}\right)\\ v_m=4+3\left(m-1\right)=3m+1\left(0\le m\le 2018,m\in \mathbb{Z}\right)\\ u_n=v_m\iff 5n-4=3m+1\iff n=\frac{3m+5}{5}=\frac{3m}{5}+1\\ \Rightarrow m⋮5;0\le m\le 2018\Rightarrow m=5k\left(k\in \mathbb{Z}\right);0\le 5k\le 2018\Rightarrow 0\le k\le 403\end{array}$

 

Có 403 giá trị của n thỏa mãn