Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 20)

Đáp án D

Ta có: $V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}AA\text{'}.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{V}{3}$

$\Rightarrow V_{A.BCC\text{'}B\text{'}}=V-\frac{V}{3}=\frac{2V}{3}$

Đáp án C

Đáp án B

Ta có:

$\left|x+2\right|\ge 0,x+2=0\iff x=-2\in \left[-3;3\right]\Rightarrow \underset{\left[-3;3\right]}{\min }y=0$

Đáp án B

Đồ thị hàm số có TCĐ là x=-2 và TCN y=1

Đáp án C

Đáp án A

Bán kính đáy là r=a. Thể tích là $V=\pi r^{2}h=\pi a^2.2a=2\pi a^3$

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án C

Ta có ${\log }_{2}x=3\iff x=2^3\iff x=8$

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$

Ta có: $y\text{'}=-\frac{1}{x^2}<0,\forall x\in D\Rightarrow$Hàm số đã cho không có cực trị

Đáp án C

Đáp án B

BPT $\iff x-2\le 5\iff x\le 7$

Đáp án B

Đáp án D

BPT $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ x-1>9\end{array}\right.\Rightarrow x-1>9\iff x>10$

Đáp án D

Hàm số xác định $\iff 4-x<0\iff x<4\Rightarrow D=\left(-\infty ;4\right)$

Đáp án B

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=3x^2+2x+1\Rightarrow y\text{'}\text{'}=6x+2\Rightarrow y\text{'}\text{'}=0\iff x=-\frac{1}{3}\Rightarrow$Đồ thị hàm số có 1 điểm uốn

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

BPT $\iff {\log }_3\left(3^{x^2}\right)<{\log }_3\left(2^x\right)\iff x^2-x{\log }_{3}2<0$

$\iff 0<x<{\log }_{3}2\iff x\in \left(0;{\log }_{3}2\right)$

Đáp án B

Đáp án B

Thể tích hình chóp là $V=\frac{1}{3}2S.2h=\frac{4}{3}Sh$

Đáp án C

Đáp án D

Ta có: $N={\log }_a\sqrt{a\sqrt{a}}$

$={\log }_a\sqrt{a.a^{\frac{1}{2}}}={\log }_a{\left(a^{\frac{3}{2}}\right)}^{\frac{1}{2}}={\log }_a{a}^{\frac{3}{4}}=\frac{3}{4}$

Đáp án B

Đáp án B

Ta có: $y=\frac{1}{f^2\left(x\right)}$

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{2f\text{'}\left(x\right)}{f^3\left(x\right)}=-\frac{2\left[\ln \left(x^2-2x\right)\right]}{{\ln }^3\left(x^2-2x\right)}=\frac{4-4x}{\left(x^2-2x\right){\ln }^3\left(x^2-2x\right)}$

Đáp án A

Ta có: $2O{C}^2=a^2\Rightarrow O{C}^2=\frac{a^2}{2},S{O}^2=a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{2}$

$\Rightarrow SO=\frac{a}{\sqrt{2}}.S_{ABCD}=a^2$

Thể tích khối chóp là: $V-\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}$

Đáp án B

Chiều cao hình trụ là h=4a. Bán kính đáy hình trụ là r=2a

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S=2\pi rh=2\pi .2a.4a=16\pi a^2$

Đáp án A

Ta có: $y={\sin }^{2}3x$

$\Rightarrow y\text{'}=2\sin 3x\left(\sin 3x\right)\text{'}=6\sin 3x\cos 3x=3\sin 6x$

Đáp án C

Đáp án C

Trong không gian a và b có thể cắt nhau và cùng thuộc mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Đáp án A

Ta có: $C_k^n=C_k^{n-k}=\frac{A_n^k}{k!}$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\left(-1\right)=9,y\left(-1\right)=-4$

Vậy PTTT là: $y=9\left(x+1\right)-4=9x+5$

Đáp án A

Ta có: $u_3=\frac{u_2+u_4}{2}=3\Rightarrow d=-1\Rightarrow u_1=u_2-d=5$

Đáp án B

Ta có: $M=1+2+3+\mathrm{...}+8=36$

Đáp án A

Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh 2.

Khi đó bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón đó là: $R=R_{\Delta }=\frac{a}{2\sin A}=\frac{2}{2\sin 60°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Đáp án D

Chiều cao cột ăngten là: $h=2\left(R+\frac{R}{2}+\frac{R}{4}+\mathrm{...}+\frac{R}{2^n}\right)$

$h=2R.\frac{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n}{1-\frac{1}{2}}\stackrel{n\to +\infty }{\to }h=2R.2=4R=8$

Do đó cột ăng ten có chiều cao không quá 8 mét

Đáp án B

Ta có: Không gian mẫu $\left|{\Omega }_A\right|=6.6=36$

Lại có: 12=6+6. Do đó để tổng số chấm xuất hiện bằng 12 thì có 1 cách duy nhất là cả 2 lần đều hiện lên mặt 6. Vậy xác suất cần tìm là $p=\frac{1}{36}$

Đáp án A

TXĐ: $D=\left(-\infty ;\frac{1}{2}\right]\backslash \left\{-1\right\}$.

Mặc khác $\underset{x\to \left(-1\right)}{\lim }y=\infty \Rightarrow$đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x=-1$

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{x}{\sqrt[7]{x+1}\sqrt{x+4}-2}\right)=\frac{a}{b}$ (Dùng phím CALC $x=0,00001$ ta được $I=1,866666~1,866666666=\frac{5,6}{3}=\frac{28}{15}\Rightarrow L=43$)

Cách 2: Ta có $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\sqrt[7]{x+1}\sqrt{x+4}-\sqrt[7]{x+1}+\sqrt{x+4}-2}$

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }=\frac{x}{\sqrt{x+4}\left(\frac{x+1-1}{\sqrt[7]{{\left(x+1\right)}^6}+\sqrt[7]{{\left(x+1\right)}^5}+\mathrm{...}+1}\right)+\frac{x}{\sqrt{x+4}+2}} \\ =\frac{1}{2.\frac{1}{7}+\frac{1}{4}}=\frac{28}{15} \end{gathered}$$

Đáp án C

Bài toán tổng quát: Điểm $M\left(x\text{'};y\text{'}\right)$ là ảnh của điểm $M\left(x;y\right)$ qua phép quay tâm $I\left(a;b\right)$, góc quay $\phi$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}x\text{'}=\left(x-a\right).cos\phi +\left(y-b\right).\sin \phi +b\\ y\text{'}=\left(x-a\right).\sin \phi +\left(y-b\right).cos\phi +b\end{array}\right.$

Áp dụng CT trên, ta được $M\text{'}\left(\frac{5\sqrt{3}-5}{2};\frac{3\sqrt{3}+9}{2}\right)$

Đáp án C

Xét 5 số hạng $u_1,u_2,u_3,u_4,u_5$ của cấp số nhân và công bội q

Theo bài ra, ta  có:

$\left\{\begin{array}{l}\sum _{k=1}^5{u}_k=31\\ \prod _{k=1}^5{u}_k=1024\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{u_1\left(1-q^5\right)}{1-q}=31\\ u_1^5.q^{10}=4\end{array}\right.\Rightarrow \frac{4}{q^2}.\frac{1-q^5}{1-q}=31\left(*\right)$

Phương trình (*) có 4 nghiệm q phân biệt. Vậy có 4 cấp số nhân cần tìm

Đáp án C

Trải khối chóp đều S.ABCD ra mặt phẳng như hình vẽ bên:

Với điểm A=A' và H là trung điểm của AA'

Dễ thấy để $AM+MN+NP+PQ$ nhỏ nhất <=> các điểm A, M, N, P, Q thẳng hàng $\Rightarrow AM+MN+NP+PQ=AQ$

Tam giác SAA' có $\stackrel{⏜}{ASA}=4\stackrel{⏜}{ASB}=4\left(\pi -2\frac{11\pi }{24}\right)=\frac{\pi }{3}$

Mà $SA=SA\text{'}\Rightarrow \Delta SAA\text{'}$ là tam giác đều $\Rightarrow AQ=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Đáp án A

Gọi a, b, c là kích thước 3 cạnh của hình hộp chữ nhật.

Theo giả thiết, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=5\\ b^2+c^2=10\\ c^2+a^2=13\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2=4\\ b^2=1\\ c^2=9\end{array}\right.\Rightarrow V_{HH}=abc=\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}=6$

Đáp án D

Ta có:

$\frac{k}{n}{\left(C_n^k\right)}^2=\frac{k}{n}{\left(\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\right)}^2=C_n^k.\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k\right)!}=C_n^k.C_{n-1}^{k-1}$

Do đó: $C_{2018}^0.C_{2018}^1+C_{2018}^1.C_{2018}^2+\mathrm{...}+C_{2018}^{2017}.C_{2018}^{2018}$

Xét khai triển: ${\left(1+x\right)}^{2018}.\left(x+1\right)={\left(1+x\right)}^{4036}$

Hệ số chứa $x^{2017}$  trong khai triển ${\left(1+x\right)}^{2018}.\left(x+1\right)$ là:

$C_{2018}^0.C_{2018}^1+C_{2018}^1.C_{2018}^2+\mathrm{...}+C_{2018}^{2017}.C_{2018}^{2018}=S$

Hệ số chứa $x^{2017}$ trong khai triển ${\left(1+x\right)}^{4036}$ là:

$C_{4036}^{2017}=\frac{4036!}{2017!.2019!}=\frac{4036!}{2018!.2018!}.\frac{2018}{2019}=\frac{2018}{2019}{C}_{4036}^{2018}$

Vậy $S=\frac{2018}{2019}{C}_{4036}^{2018}$

Đáp án D

Xét tứ diện đều ABCD với đỉnh A là đỉnh chung của đúng 3 cạnh $\Rightarrow m=4$

Đáp án C

Xét hàm số $y={\left(x-m\right)}^3-3x+m^2,$ có $y\text{'}=3{\left(x-m\right)}^2-3x,\forall x\in ℝ$

Phương trình $y\text{'}=0$

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

Suy ra với mọi $m\in ℝ$ đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị

Và hệ số $a=1>0$

suy ta $x_{CT}>x_{CD}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_{CT}=m+1\\ x_{CD}=m-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_{CT}=m^2-3m-2\\ y_{CD}=m^2-3m+2\end{array}\right.$

Gọi $M\left(a;b\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}a=m_1+1=m_2-1\\ b=m_1^2-3m_1-2=m_2^2-3m_2+2\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{m}_1-m_2=2\\ \left(m_1-m_2\right)\left(m_1+m_2\right)-3\left(m_1-m_2\right)=4\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}_1-m_2=-2\\ m_1+m_2=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}_1=-\frac{1}{2}\\ m_2=-\frac{1}{4}\end{array}\right.$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}a=m_1+1=-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}\\ b=m_1^2-3m_1-2=-\frac{1}{4}\end{array}\right.$

$\Rightarrow S=2018a+2020b=2018.\frac{1}{2}+2020.\left(-\frac{1}{4}\right)=504$

Đáp án B

Ta có ${\log }_{16}\left(x+y\right)={\log }_{9}x={\log }_{12}y=t\iff \left\{\begin{array}{l}x=9^t\\ y={12}^t\end{array}\right.$và

Suy ra $9^t+{12}^t={16}^t$

$\iff {\left(3t\right)}^2+3^t{.4}^t-{\left(4^t\right)}^2=0\iff {\left[{\left(\frac{3}{4}\right)}^t\right]}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^t-1=0$

Vậy $\frac{x}{y}=\frac{9^t}{{12}^t}={\left(\frac{3}{4}\right)}^t$

$\Rightarrow P={\left[{\left(\frac{3}{4}\right)}^t\right]}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^t+1=1+1=2$

Đáp án D

Gọi $M\text{'}\left(x\text{'};y\text{'}\right)$ là ảnh của $M\left(-2;3\right)$ qua phép đối xứng trục.

Vì $MM\text{'}\perp \Delta \Rightarrow$phương trình đường thẳng $\left(MM\text{'}\right)$ là $x-y+5=0$

Giao điểm của hai đường thẳng $\left(MM\text{'}\right)$ và $\Delta$ là $I=\left(-\frac{5}{2};\frac{5}{2}\right)$

Mà I là trung điểm của $MM\text{'}\Rightarrow M\text{'}\left(-3;2\right)$

Đáp án A

Điều kiện $\cos x\ne 0$. Phương trình đã cho trở thành:

$$\begin{gathered} 2\sin 2x.\cos 2x=\frac{m.\sin x}{\cos x} \\ \iff 4.\sin x.\cos x.\cos 2x=m.\frac{\sin x}{\cos x}\left(*\right) \end{gathered}$$

Vì $x\ne k\pi \Rightarrow \sin x\ne 0$, khi đó: $\left(*\right)\iff 4{\cos }^{2}x\left(2{\cos }^{2}x-1\right)=m\iff m=8{\cos }^{4}x-4{\cos }^{2}x$

Đặt $t={\cos }^{2}x,$ với $\left\{\begin{array}{l}x\ne k\pi \\ \cos x\ne 0\end{array}\right.$ suy ra $t={\cos }^{2}x\in \left(0;1\right)\to m=8t^4-4t^2\left(I\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=8t^4-4t^2$ trên $\left(0;1\right)$ có:

$f\text{'}\left(t\right)=32t^3-8t;f\text{'}\left(t\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}0<t<1\\ 4t^3-t=0\end{array}\right.\iff t=\frac{1}{2}$

Tính các giá trị $f\left(0\right)=0;f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2};f\left(1\right)=4$.

Vậy (I) có nghiệm $\iff -\frac{1}{2}\le m<4$