Tổng hợp đề thi thử môn Toán cực hay có lời giải chi tiết mới nhất(P8)

Chọn D.

Chọn 2 bạn nữ trong 4 bạn thì có $C_4^2$ cách. Ta “buộc” hai bạn này vào nhau coi như một bạn nữ thông thường. Có 2 cách để “buộc” như thế ( vì có thể là ab hoặc ba). Lúc này nhóm học sinh gồm có 6 bạn nam và 3 bạn nữ ( trong đó có 1 bạn nữ “đặc biệt”). Ta xếp vị trí cho các bạn nam trước thì có 6! Cách. Giữa các bạn nam có 5 vị trí xen kẽ với 2 vị trí đầu hàng và cuối hàng bây giờ ta xếp 3 bạn nữ vào 3 trong 7 vị trí kia thì có $A_7^3$ cách. Vậy xác xuất cần tìm bằng 

Chọn B.

Gọi x, y, z, t lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Ta có

Cộng lại ta thu được (chú ý rằng)

với h là độ dài đường cao của tứ diện đều ABCD. Ta có

Chọn D.

Ta có

Chọn C.

Giả sử S.ABCD là hình chóp tứ giác. Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm của các đoạn SA, SB, SC, SD và M, N, P, Q tương ứng là trung điểm của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các mặt phẳng sau đây có tính chất cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp (A’B’C’D’), (A’B’NQ), (C’D’QN), (A’D’PM), (B’C’PM). Vậy có tất cả 5 mặt phẳng.

Gọi $G_1$ là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó

So sánh hai đẳng thức trên ta suy ra

Nhưng do $\overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB};\overrightarrow{SC}$ là ba vecto không đồng phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi

Từ đây và do $x+y+z=1$ta thu được $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}=4$

Chọn C. 

Chọn D.

Gọi S là tổng cần tính. Từ công thức khai triển nhị thức Newton chúng ta dễ dàng thấy

Chọn A.

Gọi K là trung điểm của SD. Dễ thấy tứ giác MNCK là hình bình hành. Suy ra MN // CK. Do đó góc giữa MN và SC chính là $\stackrel{⏜}{KCS}$. Tam giác SCD đều có CK là trung tuyến nên $CK\perp SD$

Từ đó

Chọn A.

Bất phương trình đã cho tương đương với

Chọn D.

Từ giả thiết ta có

Chọn D.

Đặt

Thế thì

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left|a\right|=\left|b\right|$.

Mặt khác

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=0$ hoặc $b=0$

Như vậy ta có

Chọn A.

Ta viết lại hàm số đã cho thành

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{n+1}{2}$

$d_1$ có vecto chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}\left(2;3;1\right)$ tương ứng với $d_2$  có $\overrightarrow{u_2}\left(1;5;-2\right)$. Gọi (P) là mặt phẳng cách đều $d_1$ và $d{2}_{}$ thì (P) có một vecto pháp tuyến là

Lấy điểm

Trung điểm đoạn AB là$I\left(\frac{1}{2};-\frac{1}{2};1\right)$. (P) đi qua I nên có phương trình là

Chọn C.

Chọn D.

Ta biến đổi như sau

Chọn D.

Phương trình đã cho có thể viết lại thành

Phương trình này là phườn trình của một mặt cầu khi và chỉ khi

Chọn A.

Gọi $a;b;c\left(1\le a<b<c\le 20\right)$tương ứng là vị trí của 3 cuốn sách được lấy. Để giữa 2 cuốn lấy được bất kì luôn có ít nhất 2 cuốn không được lấy thì điều kiện cần và đủ là $b-a>2$và $c-a>2$. Tức là $5\le a+4<b+2<c\le 20$. Như vậy số cách lấy ra 3 cuốn sách thỏa mãn yêu cầu chính là số cách lấy ra 3 số nguyên dương trong 16 số( từ 5 đến 20 có tất cả 16 số) và bằng $C_{16}^3$.

Chọn B.

Ta biết rằng số đỉnh của hình lăng trụ luôn là một số chẵn. Giả sử một hình lăng trụ có 2n đỉnh. Khi đó số cạnh của hình lăng trụ sẽ bằng 3n. Theo bài ra ta có $2n+3n=200\iff n=40$. Vậy lăng trụ đó có 80 đỉnh.

Chọn A.

Gọi S là tổng cần tính. Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân ta có

Chọn D.

Trước hết ta viết lại hàm số đã cho thành

Áp dụng kết quả này ta được

Chọn C.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và E là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{EA } +2\overrightarrow{EB }-\overrightarrow{EC}=0$

(điểm E như thế luôn tồn tại duy nhất). Khi đó đẳng thức trên tương đương với $\left|\overrightarrow{3MG}\right|=\left|\overrightarrow{ME}\right|$ hay $3MG=ME$. Trên đường thẳng GE ta lấy 2 điểm P, Q thỏa mãn $3PG=PE=3QG=QE$. Khi đó quỹ tích điểm M thỏa mãn yêu cầu là đường tròn đường kính PQ.

Chọn B.

Ta có

Chọn B.

 Để đồ thị có 2 điểm cực trị thì PT $y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt. Ta tìm được điều kiện $m<0$ hoặc $m>\frac{14}{33}$. Khi đó đường thẳng nối hai điểm cực trị có phương trình là

Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng này là

(*)

Khi $h=1$thì $m=\frac{3}{4}$ . Khi $h\ne 1$ thì (*) là phương trình bậc 2 của m. Điều kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm là

Chọn A.

Gọi r, h, V tương ứng là bán kính đáy, chiều cao và thể tích của khối trụ. Ta dễ dàng thấy $r^2+\frac{h^2}{4}=R^2$

Và từ đó

Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Suy ra $V\le \frac{4\mathrm{\pi }}{9\sqrt{3}}{R}^3$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Chọn C.

Trước hết ta có

Áp dụng kết quả này ta được

Chọn B.

Để tích các số chấm xuất hiện ở năm lần gieo là một số tự nhiên có tận cùng bằng 5 thì phải có ít nhất một lần ra mặt 5 chấm và các mặt khác ra mặt lẻ. Do đó xác suất cần tìm bằng

Chọn B.

Dễ thấy A, B nằm khác phía so với mặt phẳng (xOy). Gọi B’ là điểm đối xừng với B qua (xOy). Thế thì $B\text{'}\left(-1;4;3\right)$  và $MB=MB\text{'}$ . Khi đó

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng hàng và M nằm ngoài đoạn AB’. Như vậy M cần tìm là giao điểm của đường thẳng AB’ và mặt phẳng (xOy). Đường thẳng AB có phương trình

Từ đó tìm được M(5, 1, 0).

Chọn A.

Giả sử ABCD là hình vuông nội tiếp elip

Khi đó các đỉnh A, B, C, D phải nằm trên một trong hai đường phân giác của góc phần tư thứ nhất và thứ 2. Giả sử A(m, m) với $m>0$. Khi đó $AB=2m$ và 

Chọn B.

Kết hợp với $\tan x-\tan y=10$ thì ta được $\tan x.\tan y=-2$ .

Do đó

Chọn C.

Áp dụng liên tiếp công thức

Chọn A.

Dễ dàng kiểm tra được điểm A nằm trong khối cầu (S). Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trong có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm O của (S) tới (P) là lớn nhất. Mà $d\left(O\left(P\right)\right)\le OA$  và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A là hình chiếu của O trên (P). Khi đó (P) sẽ nhận $\overrightarrow{OA}\left(0;-1;2\right)$  làm vectơ pháp tuyến. Vậy

Chọn D.

Giả sử S.ABCD là chóp tứ giác đếu. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn AB, BC, CD, DA. Khi đó các mặt phẳng sau đây đều là mặt phẳng đối xứng của hình chóp:

Vậy có tất cả 4 mặt phẳng đối xứng.

Chọn B.

Số cách rút hai thẻ chẵn là $C_{10}^2$ . Số cách rút ra hai thẻ trong đó có một thẻ ghi số chia hết cho 4 còn thẻ kia ghi số lẻ là .

Vậy xác suất cần tìm là $C_5^1{C}_5^2$

Chọn D.

Theo một kết quả cơ bản của hình học vectơ ta có

Câu A.

Đặt $\sqrt{4-x^2}=t$  thì  $x^2=4-t^2$và $o\le t\le 2$  .

Hàm số đã cho trở thành

$y=f\left(t\right)=-t^2+t+4$

Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm số này trên đoạn $\left[0;2\right]$  ta dễ dàng tìm được

Chọn C.

Dễ thấy

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\sin x=-1$ hoặc $\cos x=-1$

Do đó

Chọn B.

Đường thẳng AB có phương trình là

Khoảng cách từ O tới đường thẳng AB bằng

Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi $a=0$

Chọn C.

·    TH1: Số tự nhiên đó không có chữ số 0. Khi đó ta chọn 5 chữ số từ các chữ số 1, 2, …., 9 thì có  cách. Có 2 cách sắp xếp các chữ số này theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần. Suy ra trường hợp này có  $2C_9^5$ số.

·     TH2: Số tự nhiên đó có chữ số 0. Khi đó 0 phải ở vị trí cuối cùng và các chữ số sẽ theo thứ tự giảm dần. Suy ra trường hợp này có $C_9^4$. Như vậy có tất cả là  $2C_9^5+C_9^4$ số

Chọn B.

Đặt

Điều này chứng tỏ z là một nghiệm (phức) của phương trình $2x^2+2x+5=0$

Từ đó suy ra

Chọn C.

Đặt $2^{{\log }_3\left(x\right)}=t>0$

phương trình trở thành $t^3-3t=m$

Bằng cách lập bảng biên thiên của hàm $f\left(t\right)=t^3-3t$  trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$  chúng ta dễ dàng thấy rằng phương trình có nhiều hơn một nghiệm (chính xác hơn là có hai nghiệm) khi và chỉ khi 

Chọn C.

Gọi S là diện tích của miền cần tính. Từ hình vẽ và do tính đối xứng ta có

Chọn C.

Vì  $2^k$ có 100 chữ số nên

Tức là có 4 giá trị nguyên dương của k thỏa mãn.

Chọn B.

Áp dụng kết quả cơ bản