Tổng hợp đề thi thử THPT quốc gia môn Toán cực hay có lời giải - Đề 5

Đáp án D.

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón  

Cách giải:  Độ dài đường sinh của hình nón  

Diện tích xung quanh của hình nón 

Đáp án A.

Phương pháp:  Số tập con có 2 phần tử của tập A là chỉnh hợp chập 2 của 4.

Cách giải:  Số tập con có 2 phần tử của tập A là $C_4^2$

Đáp án D.

Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: $\left\{\begin{array}{l}x=1-2t\\ y=3t\\ z=2+t\end{array}\right.$ có phương trình chính tắc

$\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}$ 

Cách giải:  Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: $\frac{x-1}{-2}=\frac{y}{3}=\frac{z-2}{1}$

Đáp án D.

Phương pháp: 

Cách giải: ĐK: 

Đáp án C.

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n và sử dụng giới hạn  

Cách giải: 

Đáp án A.

Phương pháp: Hàm số y = f(x) liên tục tại 

Cách giải: 

f(1) = 2m+1

Để hàm số liên tục tại x = 1

Đáp án A.

Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép.

Cách giải:  Số tiền anh A nhận được sau n tháng là:

Vậy phải cần ít nhất 30 tháng để anh A có được nhiều hơn 100 triệu

Đáp án C.

Phương pháp:  Chia tử cho mẫu.

Cách giải: 

Đáp án A.

Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x₀ là: 

Cách giải: Ta có: 

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = 1 là: 

Đáp án C.

Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et.

Cách giải: z₁, z₂  là hai nghiệm phức của phương trình z² + z + 1 = 0 nên theo định lí Vi-et ta có:

Đáp án B.

Phương pháp: Tính khoảng cách từ A đến (SBC) và so sánh khoảng cách từ O đến (SBC) với khoảng cách từ A đến (SBC)

Cách giải: Tam giác ABC có góc ABC = 60⁰ => ∆ABC đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm của BC => AM$\perp$BC. Trong mặt phẳng (SAM) kẻ AH$\perp$SM ta có

Tam giác ABC đều cạnh a nên 

Ta có : 

Ta có 

Đáp án A.

Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và sự đơn điệu của đồ thị hàm số.

Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến trên (-∞;2) và (2;+ ∞) => $y\text{'}<0\forall x\ne 2$

Đáp án B.

Phương pháp: Đặt $t=\sqrt{x+1}$ 

Cách giải: Đặt  đổi cận 

Đáp án C.

Phương pháp:

Hàm số y = f(x) đồng biến trên R  tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Đáp án A: 

Đáp án B: TXĐ  ta có  => hàm số đồng biến trên các khoảng xác định  và 

Đáp án C:  => Hàm số đồng biến trên R

Đáp án D: TXĐ:  ta có  => Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

Vậy chỉ có đáp án C đúng

Đáp án C.

Phương pháp : Sử dụng khai triển nhị thức Newton: 

Cách giải : 

60 – 8k = 4 ó k = 7 <=> Số hạng chứa $x^4$ là 

Đáp án C.

Phương pháp : với O là giao điểm 2 đường chéo.

Cách giải :

Gọi

Ta có:

Xét tam giác vuông SOB có 

Đáp án C.

Phương pháp: Sử dụng các công thức  và  (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải:

Đáp án D.

Phương pháp :

+) Xác định mặt phẳng (P) chứa AB và song song với OO’.

+) d(OO’;AB) = D(OO’;(P))

Cách giải :

Dựng AA’//OO’ ta có: (OO’;AB) = (AA’;AB) = A’AB = 30⁰

Gọi M là trung điểm của A’B ta có:

=>d(OO’;AB) = d(OO’;(ABA’)) = d(O’;(ABA’)) = O’M

Xét tam giác vuông ABA’ có 

Xét tam giác vuông O’MB có 

Đáp án B.

Phương pháp :

Nếu $\underset{x\to +\infty }{lim}y=a$ hoặc $\underset{x\to +\infty }{lim}y=a$ => y = a là đường TCN của đồ thị hàm số

Nếu $\underset{x\to x_0}{lim}y=\infty \Rightarrow x=x_0$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số

Cách giải : Dễ thấy đồ thị hàm số có 1 đường TCN là y = 0 và 2 đường TCĐ là x = 1; x = 3

Vậy n = 3

Đáp án C.

Phương pháp:

+) Chọn 2 học sinh nam.

+) Chọn 3 học sinh nữ.

+) Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn 2 học sinh nam $C_6^2$ 

Số cách chọn 3 học sinh nữ $C_9^3$ 

Vậy số cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là $C_6^2.C_9^3$

Đáp án C.

Phương pháp: Đặt t = 3^x+1

Cách giải: 

Đặt t = 3^x+1 khi đó phương trình trở thành 

Đáp án A.

Phương pháp:

Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) => Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P).

Cách giải: Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R = 5

Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn (C) => Tâm H của (C) là hình chiếu của H trên (P)

Ta có $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(2;-2;-1)$ đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) có phương trình

Khi đó . Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta có: 2(1+2t) – 2(2–2t) – (3–t) – 4 = 0 ó 9t – 9 = 0 ó t = 1 ó H(3;0;2)

Đáp án A.

Phương pháp: Đặt $t=2^x$ 

Cách giải: Đặt  khi đó ta có  có  luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

Để hàm số ban đầu nghịch biến trên (–1;1) => hàm số  nghịch biến trên 

và 

Kết hợp 

Vậy có tất cả 49 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán
 

Đáp án D.

Phương pháp: Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) => |a| = |b| = |c|, chia các trường hợp để phá trị  tuyệt đối và viết phương trình mặt phẳng (P) dạng đoạn chắn.

Cách giải: Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) ta có: OA = |a|; OB = |b|; OC = |c|

OA = OB = OC ≠ 0 ó |a| = |b| = |c| ≠ 0

TH1: 

TH2: 

TH3: 

TH4: 

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B.

Phương pháp giải: Gắn hệ tọa độ Oxyz, tìm bán kính quả bóng chính là bán kính của mặt cầu

Lời giải: Xét quả bóng tiếp xúc với các bức tường và chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ bên (tương tự với góc tường còn lại).

Gọi I(a;a;a) là tâm của mặt cầu (tâm quả bóng) và R = a

=> phương trình mặt cầu của quả bóng là 

Giả sử M(x;y;z) nằm trên mặt cầu (bề mặt của quả bóng) sao cho d(M;(Oxy)) = 1; d(M;(Oyz)) = 2; d(M;(Oxz)) = 3

Khi đó z = 1; x = 2; y = 3 => M(2;3;1)$\in$(S) (2).

Từ (1),(2) suy ra 

=>

Đáp án D.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp hàm số giải bất phương trình (1), suy ra điều kiện của nghiệm x.

Bất phương trình (2), cô lập m, đưa về dạng m ≥ f(x) trên [a;b] có nghiệm 

Cách giải: ĐK: x ≥ –1

Xét hàm số  có  => Hàm số đồng biến trên R

Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm 

Với 

Để phương trình có nghiệm  (sử dụng MTCT để tìm GTNN)

Đáp án A.

Phương pháp: Tính xác suất để học sinh đúng thêm 3 câu nữa trở lên.

Xác suất mỗi câu trả lời đúng là 0,25 và mỗi câu trả lời sai là 0,75.

Cách giải:

An trả lời chắc chắn đúng 45 câu nên có chắc chắn 9 điểm.

Để điểm thi ≥ 9,5 => An phải trả lời đúng từ 3 câu trở lên nữa.

Xác suất để trả lời đúng 1 câu hỏi là 0,25 và trả lời sai là 0,75

TH1: Đúng 3 câu $P_1=0,{25}^3.0,{75}^2$

TH2: Đúng 49 câu $P_2=0,{25}^4.0,75$

TH3: Đúng cả 50 câu $P_3=0,{25}^4$

Vậy xác suất để An được trên 9,5 điểm là $P=P_1+P_2+P_3=\frac{13}{1024}$

Đáp án B.

Phương pháp: Tìm điều kiện để  phương trình hoành độ  giao điểm có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_A=2$, hoặc $x_B<-1<x_C<1$ hoặc $-1<x_B<1<x_C$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=x^3-2(m+1)x^2+(5m+1)x-2m-2$ luôn đi qua điểm A(2;0)

Xét phương trình hoành độ giao điểm

$x^3-2(m+1)x^2+(5m+1)x-2m-2=0$

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ó pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

Giả sử $x_B; x_C(x_B<x_C)$ là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (*).

Để hai điểm B, C một điểm nằm trong một điểm nằm ngoài đường tròn x² + y² = 1

TH1: 

TH2: 

Kết hợp điều kiện ta có: 

Lại có m$\in$[–10;100] 

=> Có 108 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bái toán

Đáp án C.

Phương pháp: Sử dụng tổng 

Cách giải: Giả sử trồng được n hàng cây với quy luật trên thì số cây trồng được là:

Đáp án D.

Phương pháp: Chuyển vế, lấy mođun hai vế.

Cách giải:

Đáp án C.

Phương pháp: Sử dung BĐT Cauchy.

Cách giải: 

Đáp án A.

Phương pháp: Suy ra cách vẽ của đồ thị hàm số y = |f(x – 1) + m| và thử các trường hợp và đếm số cực trị của đồ thị hàm số. Một điểm được gọi là cực trị của hàm số nếu tại đó hàm số liên tục và đổi chiều. 

Cách giải: Đồ thị hàm số y = f(x – 1) nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x) sang phải 1 đơn vị nên không làm thay đổi tung độ các điểm cực trị

Đồ thị hàm số y = f(x – 1) + m nhận được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x – 1) lên trên m đơn vị nên ta có: y_CD = 2 + m; y_CT = –3 + m; y_CT = –6 + m

Đồ thị hàm số y = |f(x – 1) + m| nhận được bằng cách từ đồ thị hàm số y = f(x – 1) + m lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành và xóa đi phần đồ thị phía dưới trục hoành.

Để đồ thị hàm số có 5 cực trị 

=>S = {3;4;5} => 3+4+5 = 12

Đáp án B.

Phương pháp: Ứng dụng tích phân để tính thể tích khối tròn xoay.

Cách giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:

Ta có:

Phương trình đường tròn: 

Phương trình parabol: 

Thể tích khối cầu 

Thể tích khi quay phần tô đậm quanh trục Ox là: 

=> Thể tích cần tính 

Đáp án D.

Phương pháp: 

Cách giải: 

=> f(x) = 

=> f(x) = 

Đáp án D.

Phương pháp: Tính góc giữa mặt phẳng (SAB) và (ABCD).

Cách giải:  Dễ thấy 2 hình chóp S.ABCD và S’.ABCD là các hình chóp tứ giác đều.

Gọi E là trung điểm của AB ta có:

=> ((SAB);(ABCD)) = (SE;OE) = SEO = α

Ta có: 

Đáp án C.

Phương pháp giải: Dựa vào giả thiết, đánh giá đưa về tổng các bình phương, từ biểu thức P đưa về hạng tử trong tổng bình phương và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki tìm giá trị lớn nhất.

Lời giải:

Vì x² + y² > 1 suy ra ${\log }_{x^2+y^2}f\left(x\right)$ là hàm số đồng biến trên tập xác định

Khi đó 

Xét biểu thức P, ta có 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có 

Đáp án A.

Phương pháp: Tính g’(x) tìm các nghiệm của phương trình g’(x) = 0

Điểm x₀ được gọi là điểm cực tiểu của hàm số y = g(x) khi và chỉ khi g’(x₀) = 0  và qua điểm x = x₀ thì g’(x) đổi dấu từ âm sang dương.

Cách giải:

Khi x<1 ta có: 

Khi x>1 ta có: 

Qua x = 1, g’(x) đổi dấu từ dương sang âm => x = 1 là điểm cực đại của đồ thị hàm số y = g(x)

Chứng minh tương tự  ta được x = –1 là điểm cực tiểu và x = –3 là điểm cực đại của đồ  thị  hàm số y = g(x)

Đáp án A.

Phương pháp:

Từ $\left|z\right|=\left|\overline{z}+4-3i\right|$ tìm ra quỹ tích điểm M(x;y) biểu diễn cho số phức z = x + yi

Gọi điểm M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z và A(–1;1); B(2; –3) ta có: 

|z+1–i|+|z–2+3i| = MA + MB nhỏ nhất ó MA = MB

Cách giải: Gọi z = x + ui ta có:

Gọi điểm M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z và A(–1;1); B(2; –3) ta có: 

|z+1–i|+|z–2+3i| = MA + MB nhỏ nhất.

Ta có:  dấu bằng xảy ra ó MA = MB => M thuộc trung trực của AB.

Gọi I là trung điểm của AB ta có  và $\overrightarrow{AB}=\left(3;-4\right)$

Phương trình đường trung trực của AB là

Để (MA + MB)_min ó Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

Đáp án B.

Phương pháp : Chuyển vế, lấy nguyên hàm hai vế.

Cách giải :

Đáp án D.

Phương pháp : Dựng thiết diện, xác định hai phần cần tính thể tích.

Sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Cách giải : Gọi E = MN$\cap$B'C' 

Kéo dài MP cắt AB tại D, cắt AA ‘ tại F.

Nối NF, cắt AC tại G.

Do đó thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng (MNP) là NEPDG.

Gọi V₁ là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ ta có :

Ta có: 

=> D là trung điểm của AB

Dễ dàng chứng minh được ∆ADG  đồng dạng ∆A’MN theo tỉ số $\frac{1}{3}$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’B’C’ ta có:

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác A’MN ta có:

Vậy 

=> $\frac{V_1}{V_2}=\frac{49}{95}$

Đáp án B.

Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng IM với I là tâm mặt cầu.

Tham số hóa tọa độ điểm M, sau đó dựa vào độ dài IM để tìm điểm M.

Cách giải : Mặt cầu (S) có tâm I(1;2; – 3) bán kính R = $3\sqrt{3}$

Đặt MA = MB = MC = a

Tam giác MAB đều => AB = a

Tam giác MBC vuông tại M => BC = a$\sqrt{2}$

Tam giác MCA có $\widehat{CMA}={120}^0$ => AC = a$\sqrt{3}$

Xét tam giác ABC có $A{B}^2+B{C}^2=A{C}^{2 }$=> ∆ABC vuông tại B

=>∆ABC ngoại tiếp đường tròn nhỏ có đường kính AC

Xét tam giác vuông IAM có: