Tổng hợp đề thi thử THPT quốc gia môn Toán cực hay có lời giải - Đề 8

Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm mở rộng: 

Cách giải: 

Đáp án B

Phương pháp:

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón: 

Trong đó: R là bán kính đường tròn đáy, l  là độ dài đường sinh.

Cách giải: 

Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào $\underset{x\to \infty }{lim}y$ để loại trừ đáp án sai.

Cách giải:

- Đồ thị hàm số bên không phải đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương => Loại đáp án A và B.

Còn lại đáp án C và D, là các hàm số bậc ba, dạng 

- Khi  vậy a>0

Ta chọn đáp án D

Đáp án A

Phương pháp:

Diện tích S của hình  phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm  số y = f(x),  trục  hoành và hai đường thẳng x = a, x= b (a<b) được tính theo công thức $S={\int }_a^b\left|f\left(x\right)\right|dx$ 

Cách giải:

Diện tích S của hình  phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x), trục hoành và hai  đường  thẳng x = a, x= b (a<b) được tính theo công thức $S={\int }_a^b\left|f\left(x\right)\right|dx$

Đáp án D

Phương pháp:

Giải phương trình y’ = 0, sử dụng điều kiện cần để một điểm là cực trị của hàm số hoặc lập BBT.

Cách giải: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y=\frac{ax+b}{cx+d}\left(ad-bc\ne 0\right)$ không có điểm cực trị.

Đáp án A

Phương pháp:

Hình chiếu vuông góc của điểm M(x₀;y₀;z₀) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M’(x₀;y₀;z₀)

Cách giải:

Hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm N(1;2;0)

Đáp án B

Phương pháp: Xét M(x₀;y₀;z₀), (α): Ax+By+Cz+D = 0

Khoảng cách từ M đến (α) là: 

Cách giải: Khoảng cách từ A đến (α) là: 

Đáp án B

Phương pháp: Xác suất : 

Cách giải:

Số phần tử của không gian mẫu : 

Gọi A là biến cố : “4 học sinh được gọi đó cả nam lẫn nữ”

Khi đó : 

Xác suất cần tìm:

Đáp án B

Phương pháp: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a;b]

Bước 1: Tính y’, giải phương trình y’=0 và suy ra các nghiệm  

Bước 2: Tính các giá trị f(a); f(b); f(x_i)

Bước 3: So sánh và rút ra kết luận:

Cách giải: TXĐ: D = R

Đáp án B

Phương pháp:

Hình chiếu của điểm M(x₀;y₀;z₀) trên trục Ox là điểm M₁(x₀;0;0)

Hình chiếu của điểm M(x₀;y₀;z₀) trên trục Oy là điểm M₂(0;y₀;0)

Hình chiếu của điểm M(x₀;y₀;z₀) trên trục Oz là điểm M₃(0;0;z₀)

Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm

A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), (a,b,c ≠ 0) là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

Cách giải: Hình chiếu của điểm A(2; –1;1)  trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là: (2;0;0), (0; –1;0), (0;0;1)

Phương trình mặt phẳng (α): $\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{1}=1$

Đáp án C

Phương pháp: Công thức lãi kép, không kỳ hạn: A_n = M(1+r%)ⁿ

Với: A_n là số tiền nhận được sau tháng thứ n,

M là số tiền gửi ban đầu,

n là thời gian gửi tiền (tháng),

r là lãi suất định kì (%).

Cách giải: Sau đúng 10 tháng, người đó được lĩnh số tiền:

A₁₀ = 200.(1+0,45%)¹⁰ ≈ 209,184 (triệu đồng)

Đáp án A

Phương pháp:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn logx sử dụng công thức  (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải: ĐK: x > 0

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: $10\sqrt[9]{10}$

Đáp án C

Phương pháp: Giải phương trình phức bậc hai, suy ra các nghiệm và tính tổng bình phương môđun của các nghiệm đó.

Sử dụng công thức: 

Cách giải:

Đáp án D

Phương pháp:

Đánh giá số nghiệm của phương trình f(x) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m + 1

Cách giải:

Số  nghiệm của phương trình f(x) = m + 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x)

và đường thẳng y = m + 1

Để f(x) = m + 1 có 3 nghiệm thực phân biệt thì –2 < m+1 < 4 ó –3 < m < 3

Đáp án B

Phương pháp: 

Cách giải:

ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh đều bằng a

=> (ABC) // (A’B’C’) => d(AB;A’C’) = d((ABC);(A’B’C’)) = a

Đáp án A

Phương pháp: Công thức từng phần:  

Cách giải:

Đáp án B

Phương pháp: Thể  tích vật tròn xoay  khi quay phần giới hạn bởi y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của 4y = x² và y = x là:

Đáp án A

Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên  và y’ = 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải: TXĐ: D =R

 nằm trong khoảng 2 nghiệm x₁; x₂

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi:

TH1: 

TH2: 

Vậy $m\ge \frac{1}{3}$ hoặc $m\le -1$

Đáp án C

Phương pháp: Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: 

Tam giác OBC: OB = OC => ∆OBC cân tại O, mà M là trung điểm BC 

Từ (1), (2), suy ra: OM là đoạn vuông góc chung của OA và BC => d(OA;BC) = OM

Tam giác OBC vuông tại O, OM là trung tuyến 

Đáp án B

Phương pháp: Đạo hàm của hàm hợp : 

Tìm số nghiệm của phương trình y’ = f’(x² – 2x) = 0

Cách giải:

Vì f(x) liên tục trên R và có đúng ba điểm cực trị  là  –2; –1; 0 nên f’(x) đổi dấu tại đúng ba điểm  –2; –1; 0 và f’(–2) = f’(–1) = f(0) = 0

Giải các phương trình:

: vô nghiệm

Như vậy, y’ = 0 có 3 nghiệm x = 0;1;2 và y’ đều đổi dấu tại 3 điểm này. Do đó, hàm số y = f(x² – 2x) có 3 điểm cực trị

Đáp án D

Phương pháp:Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ bằng thể tích của khối hình trụ ban đầu trừ đi thể tích của khối tứ diện MNPQ.

Cách giải:

Dựng hình hộp chữ nhật MQ'NP'.M'QN'P như hình vẽ bên.

Hình chữ  nhật MQ'NP' có hai đường chéo P’Q’, MN vuông góc với nhau => MO’NP’ là hình vuông

Ta có MN = 60cm = 6dm

Diện tích đáy: 

Thể tích khối trụ:

Thể tích của lượng đá bị cắt bỏ: 

Đáp án A

Phương pháp: Đặt 

Biến đổi để phương trình trở thành 

Cách giải: 

Đặt , ta có:

 => Tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng $1-2\sqrt{3}i$

Đáp án A

Phương pháp:

Cho ;  nhận $\overrightarrow{n_1}=\left(a_1;b_1;c_1\right)$; $\overrightarrow{n_2}=\left(a_2;b_2;c_2\right)$ lần  lượt là các VTPT. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng

$\left(\alpha \right);\left(\beta \right)$ được tính: $\cos \left(\left(\alpha \right);\left(\beta \right)\right)=\cos \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)=\frac{\left|\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\left|\overrightarrow{n_2}\right|}$

Với $0^0\le \alpha \le {90}^0\Rightarrow {\alpha }_{min}\iff \cos {\alpha }_{max}$

Cách giải: 

(P): x + 2y – 2z +2018 = 0 có 1 VTPT: $\overrightarrow{n_1}=\left(1;2;-2\right)$

(Q): x + my + (m – 1)z + 2017 = 0 có 1 VTPT: $\overrightarrow{n_2}=\left(1;m;m-1\right)$

Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):

$\cos \left(\left(P\right);\left(Q\right)\right)=\cos \left(\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right)=\frac{\left|\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\left|\overrightarrow{n_2}\right|}$

Với $0^0\le \alpha \le {90}^0\Rightarrow {\alpha }_{min}\iff \cos {\alpha }_{max}$

=>((P),(Q))_min khi và chỉ khi 

Khi đó, 

Ta thấy: 

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức 

Cách giải:

Ứng với mỗi giá trị của k ta có 1 nghiệm x.

Vậy số phần tử của S là 20.

Đáp án D

Phương pháp: $\left\{\begin{array}{l}△\perp d\\ △\perp AB\end{array}\Rightarrow \overrightarrow{u_{△}}=\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{AB}\right]\right.$

Viết phương trình đường thẳng biết điểm đi qua và VTCP.

Cách giải: d; $\frac{x+1}{-2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-3}{3}$ có 1 VTCP $\overrightarrow{u}\left(-2;1;3\right)$; $\overrightarrow{AB}=\left(-2;3;2\right)$

∆ vuông góc với d và AB => AB nhận $\overrightarrow{u}\left(-2;1;3\right)$ và $\overrightarrow{AB}=\left(-2;3;2\right)$ là cặp VTPT

=> ∆ có 1 VTCP $\overrightarrow{v}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{u}\right]=(7;2;4)$

Phương trình đường thẳng ∆: $\frac{x-1}{7}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-1}{4}$

Đáp án D

Phương pháp:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB => OH//AD

ABCD là hình vuông => AD$\perp$AB; OH$\perp$AB

Mà OH$\perp$SA, (vì SA$\perp$(ABCD))

=> OH$\perp$(SAB)

=>SH là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng (SAB)

=> (SO,(SAB)) = (SO,SH) = HSO

Ta  có:  OH là đường trung bình của tam giác ABD 

Tam giác SAH vuông tại A 

Tam giác SHO vuông tại H: 

Đáp án C

Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y=\frac{ax+b}{cx+d}\left(ad-bc\ne 0\right)$ luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

TH1: Hàm số đồng biến trên [2;4] =>  $\underset{\left[2;4\right]}{max}y=y\left(4\right)$

TH2: Hàm số nghịch biến trên [2;4] =>  $\underset{\left[2;4\right]}{max}y=y\left(2\right)$

Cách giải: Tập xác định: D = R\{1}

Ta có: 

TH1: 

=>Hàm số đồng biến trên 

TH2: 

=> Hàm số nghịch biến trên 

Vậy m = –2

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn

Đáp án D

Phương pháp: Chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử 

Cách giải:

Mà 

Thay lần lượt n = 2;3;4;5;6;7 vào 

Vậy n = 5

Khi đó, 

Số hạng chứa $x^5$ trong khai triển ứng với i = 5. Số hạng đó là: 

Đáp án D

Đáp án A

Phương pháp:

Nhân cả tử và mẫu với cosx, sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

=>a = 4, b = 3, c = 1, d = 1 => a + b + c + d = 9

Đáp án A

Phương pháp:

Cách giải:

Khi đó ta có:

Đáp án C

Cách giải:

Gọi tọa độ các giao điểm : A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) (a;b;c ≠ 0)

Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng đoạn chắn: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

Vì OA = 2OB = 3OC > 0 nên |a| = 2|b| = 3|c| > 0

TH1: a = 2b = 3c

TH2: a = – 2b = 3c

TH3: a =  2b = –3c

TH4: –a =  2b = –3c

Vậy có 3 mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu đề bài

Đáp án C

Phương pháp:

- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.

Cách giải:

<=>  

  (2)

Đặt  

=> f(t) đồng biến trên (0;+∞) 

<=>

<=>

Khi đó, 

vì 

Vậy P_max = 1 khi và chỉ khi 

Đáp án C

Phương pháp: Số tam giác vuông bằng số  đường kính của đường tròn có đầu mút  là 2 đỉnh của đa giác (H)  nhân với (2n – 2) tức là số đỉnh còn lại của đa giác.

Cách giải: Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_{2n}^3$

Tam giác vuông được chọn là tam giác chứa một cạnh là đường kính của đường tròn tâm O.

Đa giác đều 2n đỉnh chứa 2n đường chéo là đường kính của đường tròn tâm O, mỗi đường kính tạo nên 2n – 2 tam giác vuông.

Do đó số tam giác vuông trong tập S là: 

Xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S :

Đáp án C

Phương pháp: Phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải:

Cách 1:

Gọi O là trung điểm của BC.

Tam giác ABC là tam giác cân, AB = AC = a, $\widehat{BAC}={120}^0$

Ta gắn hệ trục tọa độ như hình bên:

Trong đó, O(0;0;0); A(0;$\frac{a}{2}$;0); B' ($\frac{a\sqrt{3}}{2}$;0;a); I($-\frac{a\sqrt{3}}{2}$;0;$\frac{a}{2}$)

Mặt phẳng (ABC) trùng với mặt phẳng (Oxy) và có VTPT là $\overrightarrow{n_1}=(0;0;1)$

$\overrightarrow{IB\text{'}}=\left(a\sqrt{3};0;\frac{a}{2}\right)$; $\overrightarrow{IA}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)$

Mặt phẳng (IB’A) có 1 VTPT $\overrightarrow{n_2}=\left[\left(2\sqrt{3};0;1\right);\left(\sqrt{3};1;-1\right)\right]=\left(1;3\sqrt{3};2\sqrt{3}\right)$

Côsin góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (IB’A) :

cos((ABC);(AB'I)) = |cos($\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}$)| =

Cách 2:

Trong (ACC’A’) kéo dài AI cắt AC’tại D.

Trong (A’B’C’) kẻ A’H$\perp$B’D  ta có:

=> 

Ta dễ dàng chứng minh được C’ là trung điểm của AD’

=>

Xét tam giác A’B’D có

B'D = 

=>

Xét tam giác vuông AA'H có :

=>

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức tích phân từng phần: 

Cách giải:

Ta có: 

Mà  suy ra  

Xét

Khi đó, 

Mà 

Đáp án D

Cách giải: TXĐ: D = R

Gọi  là 2 tiếp điểm

Tiếp tuyến tại M, N của (C) có hệ số góc đều bằng

Theo đề bài, ta có: OB = 2018OA => Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc bằng 2018 hoặc – 2018.

TH1: Phương trình đường thẳng MN có hệ số góc là

 là nghiệm của phương trình 

TH2:  MN có hệ số góc là 2018. Dễ đang kiểm rằng : Không có giá trị của thỏa mãn.

Vậy k = 6042

Đáp án D

Phương pháp:

- Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua 3 điểm

A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). (a, b,c khác 0): $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

- Sử dụng bất đẳng thức: 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$

Cách giải:

A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). (a, b,c > 0)

Mặt phẳng (ABC) có phương trình: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

Khoảng cách từ O đến (ABC):

Ta có: 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

=> 

Đáp án A

Phương pháp:

Tính y’, giải bất phương trình y’>0

Cách giải:

Với

Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa.

Cách giải:

Gắn hệ trục Oxyz, có các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AA’.

A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;2;0), D(0;2;0), A’(0;0;3), B’(1;0;3), C’(1;2;3), D’(0;2;3)

(P) cắt các tia AB, AD, AA’ lần lượt tại E, F, G (khác A). Gọi E(a;0;0), F(0;b;0), G(0;0;c), (a,b,c > 0)

Phương trình mặt phẳng (P): $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{c}{z}=1$

Thể tích tứ diện AEFG: 

Ta có: 

=>V_min = 27 khi và chỉ khi 

Khi đó, T = AE + AF + AG = a + b + c = 3 + 6 + 9 = 18