Tổng hợp đề thi thử thpt quóc gia môn Toán hay nhất có lời giải (Đề số 1)

Đáp án A

Với y = -1 suy ra $\frac{3-4x}{x-2}=-1\Rightarrow x=\frac{1}{3}$. Ta có $y\text{'}=\frac{5}{{\left(x-2\right)}^2}$ nên $y\text{'}\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{9}{5}$ . Vậy hệ số góc tiếp tuyến là $k=y\text{'}\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{9}{5}$

Đáp án B

Lấy điểm N trên cạnh BD sao cho NB = 2ND. Khi đó ta có $MN\left|\right|DC$.

Gọi I là trung điểm BD ta có $G\in AI$ và $IG=\frac{1}{3}IA$.

Mặt khác ta có $DN=\frac{1}{3}DB=\frac{2}{3}DI\Rightarrow IN=\frac{1}{3}ID$.

Từ (2) và (3) suy ra $NG\left|\right|AD$.

Từ (1) và (4) suy ra $\left(GMN\right)\left|\right|\left(ACD\right)$ do đó $GM\left|\right|\left(ACD\right)$

Nhận xét: Có thể loại các đáp án sai bằng cách nhận xét đường thẳng GM cắt các mặt phẳng (BCD), (ABD), (ABC).

Đáp án D

Xét cấp số nhân $\left(u_n\right):\left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ u_6=-243\end{array}\right.$ với công bội là q.

Ta có  $u_6=u_1.q^5\iff q^5=-243\Rightarrow q=-3$

Vậy bốn số hạng đó là  −3; 9; −27; 81.

Đáp án B

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD suy ra $O\in MN$ và $O\in AC$

 Vậy $\left(SMN\right)\cap \left(SAC\right)=SO$

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_{A\text{'}}=-3+1=-2\\ y_{A\text{'}}=2+3=5\end{array}\right.$ suy ra  $A\text{'}\left(-2;5\right)$

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2$

Đáp án A

Ta có $\left(SBC\right)\cap \left(SAC\right)=SC$ suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC) không phải là góc SCB .

Đáp án A

Ta có $f\text{'}\left(3\right)=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(3\right)}{x-3}=2$ suy ra  $f\text{'}\left(3\right)=2$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AE=BC\\ AE//BC\end{array}\right.$ suy ra AECB là hình bình hành. Do $\widehat{ABC}={90}^0$ nên AECB là hình chữ nhật.

Suy ra $CE\perp AD$ mà $SA\perp CE\Rightarrow CE\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CE\perp SD$.

Ta lại có $EK\perp SD\Rightarrow SD\perp \left(EKM\right)\Rightarrow SD\perp CK$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc EKC

Đáp án A

Ta có $SA=SB$ và $CA=CB$ nên $\Delta SAC=\Delta SBC$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}IC\perp AB\\ \left(ABC\right)\perp \left(SAB\right)\end{array}\right.$ suy ra $IC\perp \left(SAB\right)$

Chứng minh tương tự ta có $SI\perp \left(ABC\right)$

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}CD\perp SD\\ CD\perp BC\end{array}\right.$

Vậy khoảng cách giữa SD và BC là $d\left(SD;BC\right)=CD=AB=a\sqrt{3}$

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(-3x+4\right)=-2<0$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x-2\right)=0\\ x-2>0\forall x\end{array}\right.$. Vậy $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{-3x+4}{x-2}=-\infty$

Nhận xét: Ta có thể chọn nhanh đáp án bằng cách loại ngay 2 phương án A và B do bậc tử bằng bậc mẫu nên giới hạn luôn hữu hạn khi $x\to \infty$. Ở phương án C thì khi  trên tử âm còn mẫu dương nên giới hạn tiến về $-\infty$.

Đáp án B

Phương trình đã cho tương đương

 $4{\cos }^{2}2x+8\sin 2x-7=0\iff 4\left(1-{\sin }^{2}2x\right)+8\sin 2x-7=0$

 $\iff -4{\sin }^{2}2x+8\sin 2x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}\sin 2x=\frac{1}{2}\\ \sin 2x=\frac{3}{2}\left(VN\right)\end{array}\right.$

Ta có $\sin 2x=\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{12}+k\pi \\ x=\frac{5\pi }{12}+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án A

Số hạng tổng quát  $C_{45}^k{x}^{45-k}{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}^k=C_{45}^k.{\left(-1\right)}^k\frac{x^{45-k}}{x^{2k}}=C_{45}^k{x}^{45-3k}$

Số hạng không chứa x tương ứng với số hạng chứa k thỏa $45-3k=0\iff k=15$.

Vậy số hạng cần tìm $C_{45}^{15}.{\left(-1\right)}^{15}=-C_{45}^{15}$

Đáp án B

Gọi D là hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó $SD\perp \left(ABC\right)$.

Do đó hình chiếu của SC trên (ABC) là CD. Suy ra góc giữa SC và (ABC) là $\widehat{SCD}$ .

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SC\\ BC\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp CD,\left\{\begin{array}{l}AB\perp SA\\ AB\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp AD$.            

 Vậy ABCD là hình chữ nhật.

Theo đề $\widehat{SCD}={60}^0$. Ta tính được $BD=AC=a\sqrt{5},DS=CD\sqrt{3}=a\sqrt{3}$ .

Vậy $SB=\sqrt{S{D}^2+B{D}^2}=\sqrt{8a^2}=2a\sqrt{2}$.

Đáp án B

 $\left\{\begin{array}{l}CD\perp SA\\ CD\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp SD$

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$

$\left\{\begin{array}{l}OI\left|\right|SA\\ SA\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow OI\perp \left(ABCD\right)$
Do ABCD là hình chữ nhật nên không đảm bảo $AC\perp BD$ , do đó không đảm bảo $BD\perp \left(SAC\right)$.

Đáp án A

Phương trình đã cho tương đương:  $-\frac{1}{2}\cos 6x+\frac{1}{2}\cos 2x+\cos 6x=0$

$\iff \cos 6x+\cos 2x=0\iff 2\cos 4x\cos 2x=0$ 

$\iff \cos 2x=0\vee 2\cos 4x=0$

 $\cos 2x=0\iff x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$. Chọn $k=-1$ ta được nghiệm âm  $x=-\frac{\pi }{4}$

$\cos 4x=0\iff x=\frac{\pi }{8}+k\frac{\pi }{4}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$. Chọn $k=-1$ ta được nghiệm âm $x=-\frac{\pi }{8}$

So sánh hai kết quả, ta chọn $x=-\frac{\pi }{8}$

Nhận xét: Có thể dùng máy tính bỏ túi để thử trực tiếp từng phương án

Đáp án C

Ta có:  $\lim \frac{2^n+1}{{3.2}^n-3^n}=\lim \frac{2^n\left[1+{\left(\frac{1}{2}\right]}^n\right]}{3^n.\left[3.{\left(\frac{2}{3}\right)}^n-1\right]}=\lim {\left(\frac{2}{3}\right)}^n.\lim \frac{1+{\left(\frac{1}{2}\right]}^n}{3.{\left(\frac{2}{3}\right)}^n-1}=0.\left(-1\right)=0$

Nhận xét: Ta có thể chọn nhanh đáp án như sau: giói hạn lũy thừa ở phương án C có cơ số lớn nhất trên tử nhỏ hơn cơ số lớn nhất dưới mẫu nên giới hạn tiến về 0.

Đáp án D

 $h=\frac{1}{2}\cos \left(\frac{\pi t}{8}+\frac{\pi }{4}\right)+3\le \frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi  $\cos \left(\frac{\pi t}{8}+\frac{\pi }{4}\right)=1\iff \frac{\pi t}{8}+\frac{\pi }{4}=k2\pi \iff t=14k$

Do $k\in \mathbb{Z}$ và $0\left(h\right)\le t\le 24\left(h\right)$ nên $k=1$. Vậy 

$t=14\left(h\right)$

Đáp án A

$\cot \left(2x-{30}^0\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\iff 2x={30}^0-{60}^0+k{180}^0\iff x=-{15}^0+k{90}^0$

 $\iff x=-{15}^0+{90}^0+\mathcal{l}{90}^0\iff x={75}^0+\mathcal{l}{90}^0\left(k,\mathcal{l}\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án C.

$y\text{'}=-\frac{1}{x^2}$ Suy ra $y\text{'}\left(\frac{1}{2}\right)=-4$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm: $y=-4\left(x-\frac{1}{2}\right)+1=-4x+3$

Đáp án B

Dễ thấy $MN\left|\right|AB$ nên mặt phẳng (CMN) cắt mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến là đường thẳng qua C và song song với AB.

Vậy giao tuyến của (MNC) và (ABD) là đường thẳng CD.

Đáp án B

Gọi K là trung điểm của AB, do ∆CAB và ∆DAB là hai tam giác cân chung cạnh đáy AB nên $\left\{\begin{array}{l}CK\perp AB\\ DK\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(CDK\right)$

Kẻ $DH\perp CK$ ta có $DH\perp \left(ABC\right)$

Vậy $V=\frac{1}{3}S.h=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}CK.AB\right).DH=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}CK.DH\right).AB$

Suy ra $V=\frac{1}{3}AB.S_{\Delta KDC}$

Dễ thấy $\Delta CAB=\Delta DAB\Rightarrow CK=DKhay\Delta KDC$ cân tại K. Gọi I là trung điểm CD, suy ra $KI\perp CD$ và $KI=\sqrt{K{C}^2-C{I}^2}=\sqrt{A{C}^2-A{K}^2-C{I}^2}=\sqrt{4-\frac{x^2}{4}-1}=\frac{1}{2}\sqrt{12-x^2}$

Suy ra $S_{\Delta KDC}=\frac{1}{2}KI.CD=\frac{1}{2}\sqrt{12-x^2}$

Vậy $V=\frac{1}{6}x\sqrt{12-x^2}\le \frac{1}{6}.\frac{x^2+12-x^2}{2}=1$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=\sqrt{12-x^2}hayx=\sqrt{6}$

Đáp án B                                 

Ta có $y\left(2\right)=a+4$

Hàm số đã cho liên tục tại $x=2$ khi và chỉ khi $\underset{x\to 2}{\lim }=\frac{\sqrt{x+2}-2}{x-2}=a+4$

Ta có $\underset{x\to 2}{\lim }=\frac{\sqrt{x+2}-2}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{\left(x-2\right)\left(\sqrt{x+2}+2\right)}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+2}+2}=\frac{1}{4}$

Từ đó suy ra $a+4=\frac{1}{4}\Rightarrow a=\frac{-15}{4}$

Đáp án C

Dễ thấy các cặp đường thẳng BC và AM, BC và SD, BC và DM là các cặp đường thẳng chéo nhau nên chúng không cắt nhau. Theo giả thiết, BC và AD cắt nhau. Ta gọi F là giao điểm của BC và AD.

Do $F\in AD$ nên $F\in \left(ADM\right)$, từ đó suy ra F là giao điểm của đường thẳng BC và mặt phẳng (ADM).

Đáp án D

Kẻ $AH\perp BD$ với $H\in BD$ ta có $SH\perp BD$, từ đó suy ra $\widehat{SHA}$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (BACD).

Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$ 

Vậy $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\frac{\left(4-x^2\right)\text{'}}{2\sqrt{4-x^2}}=\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}$

Đáp án D

$\cos x\cos 7x=\cos 3x\cos 5x\iff \cos 8x+\cos 6x=\cos 8x+\cos 2x$

$\iff \cos 6x=\cos 2x\iff \left[\begin{array}{l}6x=2x+k2\pi \\ 6x=-2x+k2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=k\frac{\pi }{2}\\ x=k\frac{\pi }{4}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Từ đó suy ra ghiệm của phương trình đã cho là $x=k\frac{\pi }{4}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án A

Tổng số quyển sách trên giá là: 4 + 3 + 2 = 9 (quyển).

Số cách lấy ra 3 quyển sách từ 9 quyển sách đó là: $C_9^3$ .

Số cách lấy ra 3 quyển sách trong đó không có quyển sách toán nào là: $C_5^3$.

Xác suất để 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán là $\frac{C_9^3-C_5^3}{C_9^3}=\frac{37}{42}$

Đáp án A

Ta có

$\left(\frac{3-2x}{\sqrt{4x-1}}\right)\text{'}=\frac{-2\sqrt{4x-1}-\frac{4}{2\sqrt{4x-1}}\left(3-2x\right)}{\left(4x-1\right)}=\frac{-2\left(4x-1\right)-2\left(3-2x\right)}{\sqrt{4x-1}\left(4x-1\right)}=\frac{-4x-4}{\sqrt{4x-1}\left(4x-1\right)}$ 

Từ đó ta có $a=-4$ và $b=4$, do đó $E=-1$

Đáp án D

Ta có $AC=2a=SA=SC$ suy ra tam giác SAC đều, do đó $SO=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Vẽ $DJ\perp SC,J\in SC$. Khi đó BJ vuông góc với SC.

Ta có: $\left(SCD\right)\cap \left(SCA\right)=SC,JD\perp SC,JB\perp SC$. Đặt $\delta =\widehat{DJB}$. Vì JD = JB nên JO là đường cao của tam giác cân DJB, suy ra JO cũng là đường phân giác. Do đó góc giữa (SDC) và (SAC) là $\widehat{DIO}=\frac{\delta }{2}$.

Ta có $SC\perp \left(DJB\right)$, mà $OJ\subset \left(DJB\right)$ nên $OJ\perp SC$. Trong $\Delta DJO$ ta có: $OJ=OD.\cot \frac{\delta }{2}$. Trong $\Delta SOC$ ta có: $\frac{1}{O{J}^2}=\frac{1}{O{S}^2}+\frac{1}{O{A}^2}\iff \frac{1}{a^2{\cot }^2\frac{\delta }{2}}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}$ 

Do đó: $\frac{1}{a^2{\cot }^2\frac{\delta }{2}}=\frac{4}{3a^2}\iff {\cot }^2\frac{\delta }{2}=\frac{3}{4}\iff 1+{\cot }^2\frac{\delta }{2}=\frac{7}{4}$ 

          $\iff \frac{1}{{\sin }^2\frac{\delta }{2}}=\frac{7}{4}\iff {\sin }^2\frac{\delta }{2}=\frac{4}{7}\iff {\cos }^2\frac{\delta }{2}=\frac{3}{7}$ 

Mà $\cos \frac{\delta }{2}>0$ nên từ (1) ta có $\cos \frac{\delta }{2}=\frac{\sqrt{21}}{7}$. Vậy côsin của góc giữa (SDC) và $\left(SAC\right)$bằng $\frac{\sqrt{21}}{7}$

Đáp án A

Ta có: ${\sin }^{4}x-{\cos }^{4}x=0\iff {\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x=0\iff \cos 2x=0\iff x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}$

Đáp án C

 Ta có: $\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{BD}=\left(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AC}\right).\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}$

          $=AC.BD.\cos \widehat{DOC}=A{C}^2.\frac{O{D}^2+O{C}^2-D{C}^2}{2OD.OC}$ 

          $=A{C}^2.\frac{O{D}^2+O{C}^2-D{C}^2}{2O{C}^2}=2\left(2O{C}^2-D{C}^2\right)$

           $=2\left(\frac{5a^2}{2}-a^2\right)=3a^2$ 

Do đó: $\cos \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{BD}\right)=\frac{\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{BD}}{SC.BD}=\frac{3a^2}{3a.a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ 

Vậy $\cos \left(SC,BD\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{SC},\overrightarrow{BD}\right)\right|=\frac{1}{\sqrt{5}}$

Đáp án D

Gọi E là trung điểm A’B’. Khi đó ANC’E là hình bình hành. Suy ra C’N song song với AE. Như vậy góc giữa hai đường thẳng BM và C’N bằng góc giữa hai đường thẳng BM và AE. Ta có $\Delta MAB=\Delta EA’A\left(c-g-c\right)$ suy ra $\widehat{A\text{'}AE}=\widehat{ABM}$(hai góc tương ứng).

Do đó: $\widehat{A\text{'}AE}+\widehat{BMA}=\widehat{ABM}+\widehat{BMA}={90}^0$. Suy ra hai đường thẳng BM và AE vuông góc với nhau nên góc gữa chúng bằng ${90}^0$. Vậy góc giữa hai đường thẳng BM và C’N bằng ${90}^0$.

Đáp án A

$y\text{'}=3{\left(x^2-\frac{1}{x}\right)}^2{\left(x^2-\frac{1}{x}\right)}^{\text{'}}=3{\left(x^2-\frac{1}{x}\right)}^2\left(2x+\frac{1}{x^2}\right)=\frac{3{\left(x^3-1\right)}^2\left(2x^3+1\right)}{x^4}$ 

Đáp án B

Do $y=x\cos x$ nên $y\text{'}=\cos x-x\sin x\Rightarrow y\text{'}\text{'}=-\sin x-\sin x-x\cos x=-2\sin x-x\cos x$ 

Như thế $2\left(\cos x-y\text{'}\right)=2x\sin x,x\left(y\text{'}\text{'}+y\right)=-2x\sin x$ 

Vậy $2\left(\cos x-y\text{'}\right)+x\left(y\text{'}\text{'}+y\right)=0$

Đáp án A

Cách 1:     

Bằng phương pháp thử ta được nghiệm của phương trình $\sin 3x-\cos x=0$ thuộc đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right]$ là $\frac{5\pi }{4}$ 

Cách 2:

Ta có: $\sin 3x=\cos x\iff \sin 3x=\sin \left(\frac{\pi }{2}-x\right)$ 

          $\iff \left[\begin{array}{l}3x=\frac{\pi }{2}-x+k2\pi \\ 3x=\frac{\pi }{2}+x+k2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{8}+\frac{k\pi }{2}\\ x=\frac{\pi }{4}+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ 

Vậy nghiệm lớn nhất thuộc đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right]$ là $\frac{5\pi }{4}$

Đáp án D

Gọi E là giao điểm của NP và CD. Gọi G là giao điểm của NP và CC’. Gọi K là giao điểm của MG và B’C’. Gọi Q là giao điểm của ME và AD. Khi đó mặt phẳng (MNP) chính là mặt phẳng (MEG). Gọi $d_1,d_2$ lần lượt là khoảng cách từ C, A đến mặt phẳng (MEG). Do AC cắt (MEG) tại điểm H (như hình vẽ) nên $\frac{d_1}{d_2}=\frac{HC}{HA}$. Do tứ diện CMEG là tứ diện vuông tại C nên

$\frac{1}{d_1^2}=\frac{1}{C{M}^2}+\frac{1}{C{E}^2}+\frac{1}{C{G}^2}$

Ta có $\frac{GC\text{'}}{GC}=\frac{C\text{'}N}{CE}=\frac{1}{3}$  

Suy ra $GC=\frac{3}{2}CC\text{'}=\frac{9a}{2}$ 

Như vậy: $\frac{1}{d_1^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{9a^2}+\frac{4}{81a^2}$ 

Từ đó $d_1^2=\frac{81a^2}{12}\Rightarrow d_1=\frac{9}{11}$. Ta có $\frac{QD}{MC}=\frac{ED}{EC}=\frac{1}{3}\Rightarrow QD=\frac{a}{3}$ 

Ta có $\Delta HCM$ đồng dạng với $\Delta HAQ$ nên:

$\frac{HC}{HA}=\frac{MC}{AQ}=\frac{a}{2a-\frac{a}{3}}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{d_1}{d_2}=\frac{3}{5}\Rightarrow d_2=\frac{5}{3}{d}_1=\frac{5.9a}{3.11}=\frac{15a}{11}$

Đáp án A

Do SO vuông góc với (ABCD) nên hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD) là AO, do đó góc giữa SA và (ABCD) chính là góc giữa SA và AO, hay $\widehat{SAO}={45}^0$. Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên: $AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.2a\sqrt{2}=\sqrt{2}a$ 

Do $\Delta SAO$ vuông tại O nên $\tan \widehat{SAO}=\frac{SO}{AO}$ 

Độ dài đoạn thẳng SO là: $SO=AO\tan \widehat{SAO}=a\sqrt{2}\tan {45}^0=\sqrt{2}a$