Tổng hợp đề thi thử môn Toán cực hay có lời giải chi tiết mới nhất(P5)

Khi đó:

Chọn C.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB

lên (SAC) là tam giác SAO

Khi đó, 

Ta có:

$∆SOA$ vuông tại O:

Chọn C.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là:

Theo đề bài, ta có:

Chọn A.

Ta có: 

Bảng xét dấu $y\text{'}$:

Ta thấy: $y\text{'}$ đổi dấu từ dương sang âm tại 1 điểm là $x=\frac{1}{2}$ 

Suy ra, hàm số đã cho có 1 điểm cực đại.

Chọn B.

Ta có 

Do $f\left(0\right)=0;f\text{'}\left(0\right)\ne 0$ nên $f\left(x\right)=2x$. Khi đó:

Chọn B.

Chọn C.

Hàm số $y=-x^3+3x^2-2$ đồng biến trên khoảng $\left(0,2\right)$ 

Chọn A.

Chọn D.

Số phần từ của không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=C_{15}^5$ 

Gọi A: “5 quả có đủ hai màu”

$\Rightarrow \overline{A}$: “Lấy cả 5 quả cầu một màu”

Chọn D.

ĐKXĐ:

Vậy TXĐ của hàm số là:$\left(3;+\infty \right)$.

Chọn B.

Ta có:

Chọn A.

Ta có:

 Hàm số $y=f\left(2x-2\right)$ nghịch biến trên khoảng $\left(1;2\right)$.

Chọn C.Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.

Ta có:

Xét hàm số:

Chọn A.

Dễ dàng kiểm tra được $M\in \alpha$.

Gọi $d\text{'}$ là đường thẳng qua M và song song d. Khi đó: $d\left(∆\right)=d\text{'}\left(∆\right)$ 

 Để $d\left(∆\right)$min thì $∆$ là hình chiếu vuông góc của  $d\text{'}$ lên $\left(\alpha \right)$.

Phương trình đường thẳng $d\text{'}$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=1+3t\\ z=1-2t\end{array}\right.$

Lấy $A\left(3;4;-1\right)\in d\text{'}$ và $A\notin M$. Tìm H là hình chiếu của A lên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$

Đường thẳng AH nhận $\overrightarrow{n_{\alpha }}\left(1,1,-1\right)$ là 1 VTPT, có phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=4+t\\ z=-1-t\end{array}\right.$

Giả sử

Đường thẳng $∆$ đi qua M(3,1,1) và có 1 VTCP $\left(5;-4;1\right)$ có PTTS là: 

Chọn B.

Chọn B.

Ta có:

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

+) $f\text{'}\left(x\right)>0$ trên các khoảng $\left(-1;0\right);\left(1;+\infty \right)$ 

$\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên các khoảng $\left(-1;0\right);\left(1;+\infty \right)$

Chọn B.

Chú ý: Cẩn thận khi tính đạo hàm của hàm hợp.

Ta có:

Chọn D.

Ta có:

Diện tích vật liệu để làm vỏ hộp là:

Ta có:

Bảng biến thiên:

Vậy, để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng $\sqrt[3]{\frac{V}{2\mathrm{\pi }}}$.

Chọn A.

Bất phương trình trở thành:

Để bất phương trình ban đầu nghiệm đúng với mọi $x\ge 0$ thì (*) nghiệm đúng với mọi $t\ge 0$

Do

Khi đó

 nghiệm đúng với mọi 

Xét hàm số 

Vậy, tập tất cả các giá trị của m là  ($-\infty ;-1$]. 

Chọn B.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}=a+2b-c$ là: $\left(12;-9;7\right)$.

Chọn B.

Ta có:

Số hạng tổng quát bằng:

.

Chọn A.

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của Z1Z2 trên mặt phẳng phức.

Do $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=2$; M,N thuộc đường tròn tâm O bán kính 2.

Gọi P, Q, R lần lượt là điểm biểu diễn của $2z_2;-z_2;2z_1$ trên mặt phẳng

phức (như hình vẽ)

Dựng các hình bình hành OMEP, ORFQ.

Tam giác ORF có:

Chọn A.

Chọn D.

$∆BCD$ vuông tại C có:

Thể tích khối nón có đỉnh B và đáy là hình tròn tâm I bán kính IC bằng thể tích khối nón có đỉnh D và đáy là hình tròn tâm J bán kính JA bằng:

Thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm I bán kính IC, hình tròn tâm O bán kính OM bằng thể tích khối nón cụt có hai đáy là hình tròn tâm J bán kính JA, hình tròn tâm O bán kính OM bằng:

Chọn D.

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình $\left|{\left|x\right|}^3-3x^2+2\right|>2$ là $\left(-\infty ;-3\right)\cup \left(+\infty ;3\right)$.

Chọn D.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A(1;0) của đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+2$ là:

Chọn C.

Do tiếp tuyến tại A và B song song nên

Ta có:

Ta có:

$\Rightarrow I\left(1;1\right)$ là trung điểm của AB.

Đường thẳng AB đi qua $D\left(5;3\right)$ và $I\left(1;1\right)$ có phương trình là:

Chọn D.

Ta có:

Xác định tọa độ điểm I thỏa mãn $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=0$ là trung điểm của AB, có tọa độ là $I=\left(3,1,4\right)$ 

Để $\overrightarrow{MA.}\overrightarrow{MB}$ nhỏ nhất thì $M{I}^2$ nhỏ nhất $\iff M$ là hình chiếu vuông góc của I lên $\alpha$   

Khi đó, đường thẳng MI nhận $\overrightarrow{n_{\alpha }}\left(1;2;-3\right)$ làm 1 VTCP. Phương trình đường thẳng IM là: 

Chọn B.

Xét hàm số

Bảng biến thiên:

Do $y=\sin x-\frac{x}{4}$ là hàm lẻ nên đồ thị hàm số  $y=\sin x-\frac{x}{4}$ nhận O(0;0) là tâm đối xứng.

 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt $x_1;x_2;x_3$ ($x_1;x_2;x_3$khác $\pm x_0$)

 Số điểm cực trị của hàm số số $y=\left|\sin x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right|;x\in \left(-\mathrm{\pi };\mathrm{\pi }\right)$ là: $2+2=4$

Chọn B.

Dễ dàng kiểm tra $f\left(x\right)$ là hàm số chẵn $\Rightarrow$ Nếu $x_0$ là nghiệm của (1) thì $-x_0$ cũng là nghiệm của (1)

Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chỉ có thể là 0.

Thay $x=0$ vào (1)

ta có: 

Kiểm tra lại: với $m=2$, phương trình(1)       

Ta có:

 nghiệm duy nhất.

Vậy, có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy số bộ a,b,c thỏa mãn điều kiện đã cho là 1.

Chọn B.

có điểm biểu diễn là: $N\left(0;-2\right)$.

Chọn D.

Nhận xét:

Phương trình $2x^4+x^2-2=0$ có 2 nghiệm phân biệt $\pm \frac{\sqrt{-1+\sqrt{17}}}{2}$ và  $2x^4+x^2-2=0$đổi dấu tại 2 điểm này.

4x đổi dấu tại $x=0$ 

$f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu tại 3 điểm là $\pm \frac{\sqrt{-1+\sqrt{17}}}{2}$ và $x=0$

 Số điểm cực trị của hàm số ${\int }_{2x}^{x^2}\frac{2tdt}{1+t^2}$ là 3.

Chọn D.

có nhiều nhất 1 nghiệm trên đoạn $\left[0;2\right]$ 

(do

Ta có: 

Phương trình $y\text{'}=0$ có 1 nghiệm duy nhất $x_0\in \left(0,2\right)$ và đổi dấu tại điểm này

Bảng biến thiên:

Khi đó:

Chọn C.

Mặt cầu $x^2+y^2+z^2=9$ có tâm $O\left(0,0,0\right)$ và bán kính .

Gọi T là giao điểm của tia ID với mặt cầu. Ta có:

Chọn B.

Ta có:

di động trên mặt cầu đường kính OA.

Mặt khác $OH\perp BH\Rightarrow H$ di động trên mặt cầu đường kính OB.

$\Rightarrow H$ di động trên đường tròn cố định là giao tuyến của hai mặt cầu trên (mặt cầu đường kính OA và mặt cầu đường kính OB)

Bán kính cần tìm là: 

(do tam giác OIM vuông cân tại M)

Chọn D.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên đường thẳng BB’ và DD’.

Theo đề bài, ta có: $AH=AK=1$ 

Ta có:

Ta có:

Ta có:

Chọn C.

Hàm số có TXĐ: $Đ=R\backslash \left\{0\right\}$ Loại phương án A, B và D

Chọn phương án C

Chọn C.

Độ dài đường chéo của khối hộp chữ nhật đó là:

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật đó là: $\frac{2\sqrt{2}a}{2}=\sqrt{2}a$ 

Diện tích mặt cầu đó là:

.

Chọn D.

Giải phương trình:

 Phương trình (1) có tối đa 1 nghiệm. Mà $f\left(\mathrm{\pi }\right)=0\Rightarrow x=\mathrm{\pi }$ là nghiệm duy nhất của (1).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành là:

Mà

Chọn A.