Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết (Đề 2)

$\int \left(3x^2+1\right)dx=x^3+x+C$

Đáp án cần chọn là D

Hình chiếu vuông góc của A ( 3;-1;1 ) lên Oyz là điểm N thuộc mặt phẳng Oyz nen x = 0.

Vậy hình chiếu của A ( 3;-1;1 ) lên Oyz là N ( 0;-1;1 )

Đáp án cần chọn là B

Đồ thị hàm số có đối xứng qua trục Ox nên sẽ là hàm trùng phương (Hàm số bậc 4)

Đáp án cần chọn là A

Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_1}\left(-1;2;1\right)$

Đáp án cần chọn là A

Hàm số đi xuống nên sẽ có

$$\begin{gathered} 2^{2x}<2^{x+6}\iff 2x<x+6 \\ \Rightarrow x<6,a>0 \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là A

Diện tích xung quanh: $\mathrm{\pi }.\mathrm{r}.1=3{\mathrm{\pi a}}^2\Rightarrow 1=\frac{3{\mathrm{\pi a}}^2}{\mathrm{\pi }.\mathrm{r}}=\frac{3{\mathrm{\pi a}}^2}{\mathrm{\pi }.\mathrm{a}}=3\mathrm{a}$

Đáp án cần chọn là B

Ta có phương trình đoạn chắn của 3 điểm M ( 2;0;0 ), N ( 0;-1;0 ), P ( 0;0;2 ) là $\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{2}=1$

Đáp án cần chọn là D 

Hàm phân thức tồn tại tiệm cận đứng khi tồn tại giá trị thực làm cho mẫu bằng 0.

Đáp án cần chọn là D

f ( 2 ) = 5; f ( $-\sqrt{2}$ )= 1; f ( 0 ) = 5; f ( $\sqrt{2}$ ) = 1; f ( 3 ) = 50

Đáp án cần chọn là A

${\int }_0^2\frac{dx}{x+3}$ = ${\ln \left(x+3\right)}_0^2=\ln \left(5\right)-\ln \left(3\right)=\ln \left(\frac{5}{3}\right)$

Đáp án cần chọn là C

$4z^2-4z+3=0$ 

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}{z}_1=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\\ z_2=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\end{array}\right. \\ \left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\left|\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|+\left|\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|=\sqrt{3} \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là D

Ta có: d ( BD;A'C' ) = d ( BD;( A'B'C'D' )) = d ( B;( A'B'C'D' )) =  BD' = a

Đáp án cần chọn là B

Sau 6 tháng, người đó lĩnh được số tiền là $100000000.{\left(1+0,04\right)}^6=102424128$

Đáp án cần chọn là A

Không gian mẫu. $n\left(\Omega \right)=C_{11}^2=55$

Biến cố A. chọn ra 2 quả cầu cùng màu. $n\left(A\right)=C_5^2+C_6^2=25$

Xác suất lấy 2 quả cùng màu là. $P\left(A\right)=\frac{25}{55}=\frac{5}{11}$

Đáp án cần chọn là C

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng cần tìm. $\overrightarrow{n_a}=\overrightarrow{u_{AB}}=\left(3;-1;-1\right)$

$\left(\alpha \right)$ có véctơ chỉ phương ( 3;-1;-1 ) và đi qua điểm A ( -1;2;1 ) là $\left(\alpha \right)$: x + 3y + z - 6 = 0

Đáp án càn chọn là D 

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều $\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$. Gọi K là trung điểm OD, MK sẽ là đường trung bình trong tam giác $∆SOD\Rightarrow MK\perp \left(ABCD\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left(BM;\left(ABCD\right)\right)=\left(BM;BK\right)=MBK \\ \Rightarrow \tan \left(MBK\right)=\frac{MB}{MK} \\ MK=\frac{SO}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{4} \\ BM=\frac{3}{4}BD\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{4} \\ \Rightarrow \tan \left(MBK\right)\frac{MK}{BK}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là D

$C_n^1+C_n^2=55$

$$\begin{gathered} \iff \frac{n!}{\left(n-1\right)!.1!}+\frac{n!}{\left(n-2\right)!.2!}=55 \\ \iff n+\frac{n.\left(n-1\right)}{2}=55 \\ \iff 2n+n^2-n=110 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n=10\\ n=-11\left(l\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

${\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^n$

$$\begin{gathered} =\sum _{k=0}^{10}.C_{10}^k.{\left(x^3\right)}^{10-k}.{\left(\frac{2}{x^2}\right)}^k \\ =\sum _{k=0}^{10}.C_{10}^k.2^k.x^{30-3k-2k} \end{gathered}$$

Số hạng không chứa x trong khai triển $\Rightarrow$tìm hệ số của số hạng chứa $x^0$ trong khai triển

$$\begin{gathered} \Rightarrow x^{30-3k-2k}=x^0 \\ \iff k=6 \end{gathered}$$

Vậy số hạng cần tính là $C_{10}^6.2^6=13440$

Đáp án cần chọn là D

${\log }_3\left(x\right).{\log }_9\left(x\right).{\log }_{27}\left(x\right).{\log }_{81}\left(x\right)=\frac{2}{3}$

$$\begin{gathered} {\log }_3\left(x\right).\frac{1}{2}{\log }_3\left(x\right).\frac{1}{3}{\log }_3\left(x\right).\frac{1}{4}{\log }_3\left(x\right)=\frac{2}{3} \\ \iff {\left({\log }_3\left(x\right)\right)}^4=16 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_3\left(x\right)=2\\ {\log }_3\left(x\right)=-2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=9\\ x=\frac{1}{9}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Tổng các nghiệm bằng $\frac{82}{9}$

Đáp án cần chọn là A

Gọi N là trung điểm của AC $\Rightarrow MN//AB$ , Vậy

( OM,AB ) = ( OM,MN ) = OMN

Cho OA = OB = OC = 1. Ta có.

$$\begin{gathered} MN=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ OM=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ ON=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Vậy $∆OMN$ là tam giác đều và $OMN={60}^o$

Đáp án cần chọn là C

Viết lại phương trình

$d_1:\frac{x-3}{-1}=\frac{y-3}{-2}=\frac{z+2}{1}$

$d_2:\frac{x-5}{-1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{1}$

Giả sử đường thẳng cần tìm là $∆$ cắt hai đường thẳng

$d_1,d_2$ lần lượt tại A ( 3 - t; 3 - 2t; -2 + t ) và B ( 5 - 3t'; -1 + 2t; 2 + t' )

Một véctơ chỉ phương của $∆$ là 

$\overrightarrow{u_{∆}}=\overrightarrow{AB}=\left(2-3t\text{'}+t;-4+2t\text{'}+2t;4+t\text{'}-t\right)$

Một véctơ pháp tuyến của (P) là

$\overrightarrow{n_P}=\left(1;2;3\right) ta \mathrm{co} \overrightarrow{u_{∆}}=kn$ nên ta có hệ

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2-3t\text{'}+t=k\\ -4+2t\text{'}+2t=2k\\ 4+t\text{'}-t=3k\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}-3t\text{'}+t-k=-2\\ 2t\text{'}+2t-2k=4\\ t\text{'}-t-3k=-4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}t\text{'}=1\\ t=2\\ k=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra A ( 1;-1;0 ) và B ( 2;1;3 ) $\overrightarrow{u_{∆}}\left(2;1;3\right)$ do đó

$∆$: $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}$

Đáp án cần chọn là A

$$\begin{gathered} y\text{'}=3x^2+\frac{1}{x^6}+m\ge 0 \\ \forall x\in \left(0;+\infty \right) \end{gathered}$$

Áp dụng định lý cosi cho 4 số dương

$$\begin{gathered} 3x^2+\frac{1}{x^6}=x^2+x^2+x^2+\frac{1}{x^6} \\ \ge 4\sqrt[4]{x^2.x^2.x^2.\frac{1}{x^6}}=4 \end{gathered}$$

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ thì

$3x^2+\frac{1}{x^6}+m\ge m+4\ge 0$

$\iff m+4\ge 0\iff m\ge -4$

Vậy tập các giá trị nguyên âm của m S = { -1;-2;-3;-4 }

Đáp án cần chọn là C

Phần diện tích giới hạn bởi đường $x=\sqrt{4-y^2}$; $x=\sqrt{\frac{y}{\sqrt{3}}}$; y = 0; y = $\sqrt{3}$ nên diện tích cần tìm là

$S={\int }_0^{\sqrt{3}}\left|\sqrt{4-y^2}-\sqrt{\frac{y}{\sqrt{3}}}\right|dy$ rồi dùng máy tính cầm tay để kết luận.

Đáp án cần chọn là B

$$\begin{gathered} {\int }_1^2\frac{dx}{\left(x+1\right)\sqrt{x}+x\sqrt{x+1}} \\ ={\int }_1^2\frac{dx}{\sqrt{x.\left(x+1\right)}\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)} \\ ={\int }_1^2\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{\sqrt{x.\left(x+1\right)}\left[{\left(\sqrt{x+1}\right)}^2\right]}dx \\ ={\int }_1^2\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}.\sqrt{x}}dx \\ ={\int }_1^2\frac{dx}{\sqrt{x}}-{\int }_1^2\frac{dx}{\sqrt{x+1}} \\ ={\left(2\sqrt{x}-2\sqrt{x+1}\right)}_1^2 \\ =4\sqrt{2}-2\sqrt{3}-2-\sqrt{32}-\sqrt{12}-2 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=32\\ b=12\\ c=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là D

$$\begin{gathered} r=GH=\frac{1}{3}CH \\ =\frac{1}{3}.4.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} h=AG=\sqrt{A{C}^2-C{G}^2} \\ =\sqrt{4^2-{\left(4.\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} S_{xq}=2\mathrm{\pi rl} \\ =2\mathrm{\pi }.\frac{2\sqrt{3}}{3}.\frac{4\sqrt{6}}{3} \\ =\frac{16\sqrt{2}}{3}\mathrm{\pi } \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là A

( m - 2 ) = 0 

$m=-\frac{{16}^x-2.{12}^x}{9^x}+2=f\left(x\right)$

ta dùng mode 7 với

Start 0; end 9; step 0,5 ta nhận thấy f(x) giảm dần và tại x = 0 thì f(x) = 3 nên các giá trị nguyên dương của m để phương trình có nghiệm dương là m = 1; m = 2

Đáp án cần chọn là B

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\sqrt[3]{m+3\sin \left(x\right)}=a\\ \sin \left(x\right)=b\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m+3a=b^3\\ m+3b=a^3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Trừ 2 vế ta được

$$\begin{gathered} a^3-b^3=3b-3a \\ \iff \left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)+3\left(a-b\right) \\ \iff \left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2+3\right)=0 \end{gathered}$$

Do$\left(a^2+ab+b^2+3\right)>0\forall a,b$

$\Rightarrow a=b\iff \sqrt[3]{m+3\sin \left(x\right)}=\sin \left(x\right)$

$$\begin{gathered} \iff m+3\sin \left(x\right)={\sin }^3\left(x\right) \\ \iff m={\sin }^3\left(x\right) - 3\sin \left(x\right) \end{gathered}$$

Đặt sinx = t, $t\in \left[-1;1\right]$

$$\begin{gathered} f\left(t\right)=t^3-3t \\ \Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=3t^{}-3\le 0\forall t\in \left[-1;1\right] \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là A

$z+2+i-\left|z\right|\left(1+i\right)=0$

$z=-2+\left|z\right|+\left(-1+\left|z\right|\right)i$

$\left|z\right|=t>0\Rightarrow t=\sqrt{{\left(t-2\right)}^2+{\left(t-1\right)}^2}$

$\iff t^2-6t+5=0\iff t=1;t=5$

Ta có t = 5 ( do t > 1 ) nên có 

$z=-2+\left|z\right|+\left(-1+\left|z\right|\right)i$

= -2 + 5 + ( -1 + 5 )i = 3 + 4i

Đáp án cần chọn là D

Dùng đặc biệt hóa. Ta thử các giá trị cụ thể của x để xét sự đồng biến với lưu ý hàm số đồng biến thì $x_1>x_2\Rightarrow f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$ trên mỗi khoảng đang xét.

Đáp án cần chọn là C

Gọi phương trình tiếp tuyến là y = k( x - a ) + 1. Xét hệ phương trình.

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{-x+2}{x-1}=k\left(x-a\right)+1\\ \frac{-1}{{\left(x-1\right)}^2}=k\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2x^2-6x+a+3=0\\ \frac{-1}{{\left(x-1\right)}^2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow ∆\text{'}=3-2a \end{gathered}$$

Để có 1 tiếp tuyến thì $2x^2-6x+a+3=0$ có 1 nghiệm kép khác 1 hoặc có 2 nghiệm trong đó 1 nghiệm bằng 1 có

TH1. có nghiệm kép $∆=0\iff a=\frac{3}{2}$

TH2. Có nghiệm bằng 1 nên a = 1. Khi đó phương trình có 2 nghiệm x =1, x= 2

Vậy $S=\left\{\frac{3}{2};1\right\}$

Đáp án cần chọn là C

Do phương trình tổng quát mặt phẳng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ với $\left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|$. Biện luận theo dấu của a, b, c ta nhận được 3 mặt.

Đáp án cần chọn là A

Có $u_{10}=2^{9}u$

$\log \left(u_1\right)+\sqrt{2+\log \left(u_1\right)-2\log \left(u_{10}\right)}=2\log \left(u_{10}\right)$.

Đặt $t=2\log \left(u_{10}\right)-\log \left(u_1\right)$

PT $\sqrt{2-t}=t\iff t=1$

Có

$$\begin{gathered} 2\log \left(u_{10}\right)-\log \left(u_1\right) \\ =18\log \left(2\right)+l\mathrm{og}\left(u_1\right)=1 \\ \iff u_1={10}^{1-18\log \left(2\right)} \end{gathered}$$

Có $u_n=u_1.2^{n-1}={10}^{1-18\log 2}.2^{n-1}$

Giải $u_n>5^{100}\iff n=248$

Đáp án cần chọn là B

Dựa vào BBT để đồ thị hàm số

$y=\left|3x^4-4x^3-12x^2+m\right|$ có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi . $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ -5+m<0\end{array}\right.$

$\Rightarrow 0<m<5$. Với m nguyên nên ta có $m\in \left\{1;2;3;4\right\}$

Đáp án cần chọn là D

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ta tìm hai đường phân giác trong của tam giác rồi cho giao với nhau. (chú ý ở đây có kĩ thuật viết phương trình đường phân giác trong của tam giác trong không gian).

Đáp án cần chọn là A

Ta tách khối đa diện thành hai phần.

Phần 1. Lăng trụ tam giác DAF.CBE có $V=\frac{1}{2}$

Phần 2. Hình chóp tam giác S.CEFD có

$$\begin{gathered} V_{S.CDFD}=V_{B.CEFD} \\ =\frac{2}{3}{V}_{DAF.CBE}=\frac{1}{3} \\ \Rightarrow V_{ABCDEF}=\frac{5}{6} \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là D

Bằng cách ước lượng ta có AN' max khi d là tiếp tuyến của đường tròn và ở xa AB nhất. Dễ tìm được khi đó M ( 6;4 ) nên P = 10

Đáp án cần chọn là A

Dùng phương pháp tọa độ hóa.

Đặt hệ trục tọa độ, ở đây như thầy đã trình bày ta nên chọn gốc tại P trục Ox, Oy là PA và PC.

Gọi $\alpha$ góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AB'C' ) và (MNP)

Khi đó $\cos \left(\alpha \right)=\frac{\left|\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|.\left|\overrightarrow{n_2}\right|}$ = $\frac{\sqrt{13}}{65}$

Đáp án cần chọn là B

Ta dễ thấy ba điểm A, B, C thuộc mặt phẳng , 3 mặt cầu là ở ngoài nhau. Mỗi mặt phẳng tiếp xúc với hai mặt cầu thì sẽ có hai tình huống.

1. Cả 3 mặt cầu ở cùng một nửa không gian chia bởi mặt phẳng tiếp xúc. Có 2 mặt phẳng như vậy.

2. Mặt phẳng tiếp xúc chia 2 mặt cầu về một phía và phía còn lại chứa mặt cầu kia. Có 4 mặt phẳng tiếp xúc chia mặt cầu lớn và mặt cầu nhỏ ở cùng một bên. Có một mặt phẳng tiếp xúc chia 2 mặt cầu nhỏ về một bên (ở đây do R + r + d ( A, BC ) nên mới tồn tại 1 mặt phẳng tiếp xúc theo yêu cầu, nếu R + r + d > d ( A, BC ) thì sẽ tồn tại 2 mặt phẳng tiếp xúc)

Đáp án cần chọn là B

Coi 5 bạn của cả 12A và B vào một lớp 12X nào đó. Do số lượng ở đề nên ta có hai trường hợp

TH1. Các bạn 12C và 12X xen kẽ nhau. Có 5!.5!.2 = 28800 cách

TH2. Có hai bạn lớp 12A và 12B dính với nhau. Ta có như 12X chỉ có 4 bạn. rồi lại làm xen kẽ. Chọn 2 bạn dính nhau và hoán vị 2 bạn đó có 12 cách, 5 bạn 12C tạo ra 4 khe để 4 bạn của lớp 12X đứng vào nên có tất cả là 12.5!.4! = 34560

Đáp án cần chọn là A

Có

$$\begin{gathered} {\int }_0^1{x}^{2}f\left(x\right)dx=x^{3}f{\left(x\right)}_0^1 \\ - {\int }_0^1\left(2x^{2}f\left(x\right)+x^{3}f\left(x\right)\right)dx \\ \iff {\int }_0^1{x}^{3}f\text{'}\left(x\right)dx=-1 \end{gathered}$$

Có

$$\begin{gathered} {\int }_0^1{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2+14x^{3}f\text{'}\left(x\right)+49x^{6}dx=0 \\ \iff {\int }_0^1\left[f\text{'}\left(x\right)+7x^3\right]dx=0 \end{gathered}$$

hay $f\text{'}\left(x\right)=-7x^3$ trên [ 0;1 ].

Lại có $f\left(1\right)=0\Rightarrow f\left(x\right)=-\frac{7x^4}{4}+\frac{7}{4}$ nên ${\int }_0^{1}f\left(x\right)dx=\frac{7}{5}$

Đáp án cần chọn là A