Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết (Đề 3)

Tọa độ trung điểm $I:\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3+5}{2}=4\\ y=\frac{3+1}{2}=2\\ z=\frac{2+4}{2}=3\end{array}\right.$

Suy ra I ( 4;2;3 )

Đáp án cần chọn là B

$d:\left\{\begin{array}{l}x=t\\ y=2-t\\ z=4+t\end{array}\right.\left(t\in R\right)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}$ ( 1;-1;1 ) 

Đáp án cần chọn là C

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Mặt phẳng (SAC) và (SBD) chia khối chóp S.ABCD thành mấy khối chóp thành 4 khối chóp là các khối chóp sau S.ABO, S.ADO, S.CDO, S.BCO.

 

 

 

 

 

Đáp án cần chọn là A

Số cách xếp là 3!.4!=144

Đáp án cần chọn là B

Ta có: $A=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-3x^2+2}{x^2-4x+3}$

$$\begin{gathered} =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x^2-2x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x-3\right)} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-2x-2}{x-3}=\frac{3}{2} \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

$$\begin{gathered} {x_1}^2+{x_2}^2+{x_3}^2+x_1{x}_2{x}_3=20 \\ \iff {\left(x_1+x_2+x_3\right)}^2-2x_1{x}_2 \\ -2x_1{x}_3-2x_2{x}_3+x_1{x}_2{x}_3=20 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\left(\frac{-b}{a}\right)}^2-2.\left(\frac{c}{a}\right)-\frac{d}{a}=20 \\ \iff {\left(\frac{3m}{2}\right)}^2-2\left(3m-1\right)-6m=20 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \frac{9m^2}{4}-12m-18=0 \\ \iff m=\frac{2\pm \sqrt{3}}{2} \end{gathered}$$

Hàm số đồng biến trên $[4;+\infty )$

Đáp án cần chọn là C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

$$\begin{gathered} mx+4=\frac{2x+3}{x+1} \\ \Rightarrow m{x}^2-\left(m+2\right)x+1=0 \end{gathered}$$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ ∆={\left(m+2\right)}^2-4m>0\\ m-\left(m+2\right)+1\ne 0\end{array}\right. \\ \iff m\ne 0 \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

$P={\log }_{\frac{1}{\sqrt[3]{a}}}\left(\frac{\sqrt[3]{a^2}.\sqrt[4]{a^5}}{\sqrt[5]{a^3}}\right)$

$$\begin{gathered} ={\log }_{a^{\frac{-1}{3}}}\left(a^{\frac{2}{3}+\frac{5}{4}+\frac{3}{5}}\right) \\ ={\log }_{a^{\frac{-1}{3}}}\left(a^{\frac{79}{60}}\right) \\ =\left(-3\right).\frac{79}{60}.{\log }_a\left(a\right)=\frac{-79}{20} \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Ta dùng CASIO đạo hàm tại 1 điểm

f '(0) = 2 nên loại được 2 đáp án B và D

$f\text{'}\left(1\right)=\frac{4}{3}<2$

Chọn đáp án A

4 = ( 1 - i )( z + i )

$\iff$( 1 - i )z = 4 - 1 + i

$\iff$z = $\frac{3+i}{1-i}=\frac{\left(3+i\right)\left(1+i\right)}{2}=1+2i$

Chọn đáp án D

Khối đa diện đều loại { 5;3 } là khối mười hai mặt đều, gồm 12 mặt là các ngũ giác đều nên tổng các góc bằng 12.3$\mathrm{\pi }$ = 36$\mathrm{\pi }$ (mỗi mặt chia thành 5 tam giác để tổng góc)

Chọn đáp án B

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD).

Góc giữa giữa SC và mp (ABCD) bằng góc SC&AC $\Rightarrow \alpha$= SCA.

Xét tam giác SAC vuông tại A có

$$\begin{gathered} \tan \left(\alpha \right)=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3} \\ \Rightarrow \alpha ={60}^o \end{gathered}$$

Chọn D

$$\begin{gathered} S_{tp}=S_{xq}+S_d \\ \iff 5{\mathrm{\pi \alpha }}^2=\mathrm{\pi }.\mathrm{\alpha }.1+\mathrm{\pi }.{\mathrm{\alpha }}^2 \\ \Rightarrow 1=\frac{5\mathrm{\pi \alpha }-\mathrm{\pi }.{\mathrm{\alpha }}^2}{\mathrm{\pi }.\mathrm{\alpha }}=4\mathrm{a} \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Gọi $H\left(1+t;2t;2+t\right)\in ∆$ là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng $∆$.

Ta có $\overrightarrow{MH}\left(1+t;2t;2+t\right)$ và $\overrightarrow{u_{∆}}\left(1;2;1\right)$ là VTCP của đường thẳng $∆$

Vì

$$\begin{gathered} MH\perp ∆\iff \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{u_{∆}}=0 \\ \iff t+2\left(2t+3\right)+t=0 \\ \iff 6t+6=0\iff t=-1 \end{gathered}$$

nên H ( 0;-2;1 )

Chọn đáp án A

Từ phương trình $C_n^3+2n=A_{n+1}^2$ nên n = 8

Với n = 8, ta có

$$\begin{gathered} {\left(2x-\frac{3}{\sqrt[3]{x}}\right)}^{2n}={\left(2x-\frac{3}{\sqrt[3]{x}}\right)}^{16} \\ =\sum _{k=0}^{16}.C_{16}^k.{\left(2x\right)}^{16-k}\left(-\frac{3}{\sqrt[3]{x}}\right) \\ =\sum _{k=0}^{16}.C_{16}^k.{\left(2x\right)}^{16-k}.{\left(-3\right)}^k.x^{16-\frac{4k}{3}} \end{gathered}$$

Số hạng không chứa x ứng với $16-\frac{4k}{3}=0\iff k=12$

số hạng cần tìm $C_{16}^{12}.2^4.3^{12}$

Chọn C

+ Nếu các thẻ vàng nằm ở vị trí lẻ thì các thẻ đỏ nằm ở vị trí chẵn, ta có. 7!.7! cách xếp khác nhau

+ Nếu các thẻ vàng nằm ở vị trí chẵn thì các thẻ đỏ nằm ở vị trí lẻ, ta có. 7!.7! cách xếp khác nhau

Vậy có tất cả 7! . 7! + 7! . 7! = 50803200 cách

Đáp án cần chọn là D

$y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ $\Rightarrow y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$

Hai cực trị tại $x_1,x_2$ nằm về hai phía của đường thẳng x = 3 khi $x_1<3<x_2$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 3af\left(3\right)<0 \\ \iff 3a\left(27a+6b+c\right)<0 \\ \iff a\left(6b+c\right)<-27a^2 \\ \iff \frac{6b+c}{3a}<-9 \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

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

$$\begin{gathered} y\text{'}=x^2-2mx+2m-1 \\ \Rightarrow y\text{'}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=2m-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng

$$\begin{gathered} 3\iff \left|x_2-x_1\right|=\left|2m-2\right|=3 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m=\frac{5}{2}\\ m=-\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

Hàm số

$y=m{x}^4+\left(2m-1\right)x^2-3m+1$ cắt Ox tại 3 điểm phân biệt  khi PT

$m^2+\left(2m-1\right)t-3m+1=0$ có nghiệm x = 0 $\Rightarrow m=\frac{1}{3}$

Vậy chọn đáp án B

$y=\frac{x\ln \left(x\right)}{\sin \left(x\right)}$ có điều kiện xác định $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x\ne k\mathrm{\pi }\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số có thể có các tiệm cận đứng là x = 0; x = $\mathrm{\pi }$

Ta có $\underset{x\to \mathrm{\pi }}{\lim y=\infty },\underset{x\to 0}{\lim y=\infty }$ vậy đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng dạng $x=x_0$ với $x_0\in \left(-2\mathrm{\pi };2\mathrm{\pi }\right)$

Đáp án cần chọn là B

$$\begin{gathered} {\log }_2\left(1+\sqrt{x^2-5x+5}\right) \\ +{\log }_3\left(x^2-5x+7\right)=2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\log }_2\left(1+\sqrt{1+\left(x-1\right)\left(x-4\right)}\right) \\ +{\log }_3\left(3\left(x-1\right)\left(x-4\right)\right)=2 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2=4\Rightarrow x_1+x_2=5\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là B

Cạnh của thiết diện là $a=\sqrt{4x+\sqrt{x}}$ diện tích thiết diện

$S=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(4x+\sqrt{x}\right)$  

Vậy thể tích của hình cần tính là:

$V={\int }_0^3\frac{\sqrt{3}}{4}\left(4x+\sqrt{x}\right)$ = $\frac{9\sqrt{3}+3}{2}$

Đáp án cần chọn là C

$v=5t-\frac{t^2}{3}$

$\Rightarrow S{\int }_0^t\left(5t-\frac{t^2}{3}\right)dt=\frac{5t^2}{2}-\frac{t^3}{9}$

Tại thời điểm tiếp đất S = 121,5 $\iff \frac{5t^2}{2}-\frac{t^3}{9}=121,5$

$\iff 2t^3-45t^2+2187=0\Rightarrow t=9$

Khi đó $v=5.9-\frac{9^2}{3}=18\left(m/p\right)$

Đáp án cần chọn là B

Xét $I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{{\cos }^n\left(x\right)}{{\cos }^n\left(x\right)+{\sin }^n\left(x\right)}dx$

đặt $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}-t\Rightarrow I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{{\cos }^n\left(x\right)}{{\cos }^n\left(x\right)+{\sin }^n\left(x\right)}dx$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 2I={\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{{\cos }^n\left(x\right)}{{\cos }^n\left(x\right)+{\sin }^n\left(x\right)}dx \\ + {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}\frac{{\cos }^n\left(x\right)}{{\cos }^n\left(x\right)+{\sin }^n\left(x\right)}dx=\frac{\mathrm{\pi }}{2} \\ \Rightarrow I=\frac{\mathrm{\pi }}{4} \end{gathered}$$

Vậy a = c = 0; b = 4 nên a + b + c = 4

Đáp án cần chọn là A

$z=\frac{m+1}{1+m\left(2i-1\right)}$ = $\frac{m+1}{\left(1-m\right)+2mi}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left|z-i\right|=\left|\frac{m+1}{\left(1-m\right)+2mi}\right| \\ =\left|\frac{3m+1-\left(1-m\right)i}{\left(1-m\right)+2mi}\right| \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left|z-1\right|<1\Rightarrow {\left(3m+1\right)}^2<{\left(2m\right)}^2 \\ \iff \left(m+1\right)\left(5m+1\right)<0 \\ \iff -1<m<-\frac{1}{5} \end{gathered}$$

Vậy không tồn tại giá trị nguyên của m

Đáp án A

 

 

 

 

 

 

Hình chóp MABC có cùng diện tích đáy với hình lăng trụ

Và có chiều cao bằng 2 lăng trụ nên 

$$\begin{gathered} {\mathrm{V}}_2=\frac{1}{6}{\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}} \\ \Rightarrow {\mathrm{V}}_1=\frac{5}{6}{\mathrm{V}}_{\mathrm{ABC}.\mathrm{A}\text{'}\mathrm{B}\text{'}\mathrm{C}\text{'}} \\ \Rightarrow \frac{{\mathrm{V}}_1}{{\mathrm{V}}_2}=5 \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

 

 

 

 

 

 

Chiều cao của hình trụ là $h=2\sqrt{R^2-r^2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V_{tp}=2{\mathrm{\pi r}}^2\sqrt{{\mathrm{R}}^2-{\mathrm{r}}^2} \\ =4\mathrm{\pi }\sqrt{\frac{1}{4}{\mathrm{r}}^4\left({\mathrm{R}}^2-{\mathrm{r}}^2\right)} \\ \le 2\mathrm{\pi }\sqrt{{\left[\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{r}}^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{r}}^2+\left({\mathrm{R}}^2-{\mathrm{r}}^2\right)}{3}\right]}^3} \\ =2\mathrm{\pi }\frac{{\mathrm{R}}^3}{3\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Thể tích lớn nhất đặt được khi

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}{r}^2=R^2-r^2 \\ \Rightarrow r=\frac{\sqrt{6}}{3}R \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là A

Đường thẳng

$d_m\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=\left(1-m\right)t,\left(t\in R\right)\\ z=-2+mt\end{array}\right.$ đi qua điểm cố định M ( 1;0;-2 ) 

Vậy khoảng cách từ O tới $\left(d_m\right)$ là $h<OM$ để khoảng cách này đạt giá trị lớn nhất bằng OM

$$\begin{gathered} \Rightarrow OM\left(1;0;-2\right)\perp u\left(2;1;-m;m\right) \\ \iff 2-2m=0\Rightarrow m=1 \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

$P=\left|\overrightarrow{MA}+\overleftrightarrow{MB}\right|$= 2$\left|\overrightarrow{MI}\right|$ với I ( 2;3;2 )  là trung điểm của AB

Vậy $P_{min}$ ứng với M là hình chiếu của I nên ( Oxy ) nên M ( 2;3;0 )

Vậy $x_0+y_0+z_0=$5

Đáp án cần chọn là C

Gọi n ( a,b,c ) là VTPT của (Q)

$$\begin{gathered} \Rightarrow n\left(a,b,c\right).u\left(2;1;-1\right)=0 \\ \iff 2a+b-c=0 \\ \Rightarrow c=2a+b \end{gathered}$$

Khi đó góc $\alpha$ giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) nhỏ nhất khi lớn nhất với 

là VTPT của ta có 

$$\begin{gathered} \cos \left(\alpha \right)=\frac{\left|\overrightarrow{n.n\text{'}}\right|}{\left|\overrightarrow{n}\right|.\left|\overrightarrow{n\text{'}}\right|} \\ =\frac{\left|2z-b+2c\right|}{3\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \\ =\frac{\left|6a+b\right|}{3\sqrt{5a^2+4ab+2b^2}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow P^2=\frac{36a^2+12ab+b^2}{9\left(5a^2+4a+2b^2\right)} \\ =\frac{36t^2+12t+1}{9\left(5a^2+4a+2b^2\right)} \end{gathered}$$

Xét hàm số  

$$\begin{gathered} f\left(t\right)=\frac{36t^2+12t+1}{9\left(5a^2+4a+2b^2\right)} \\ \Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=\frac{2\left(42t^2+67t+10\right)}{9\left(5a^2+4a+2b^2\right)}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}t=\frac{-1}{6}\\ t=\frac{-10}{7}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy GTLN của $P=\sqrt{f\left(\frac{-10}{7}\right)}=\sqrt{\frac{53}{54}}=0,99$

$\Rightarrow \alpha =8^o$

Đáp án cần chọn là B

Ta có

$$\begin{gathered} u_{n+1}=\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}} \\ \Rightarrow u_3=\sqrt{u_2}+\sqrt{u_1} \\ =\sqrt{3}+\sqrt{2}>3=u_2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow u_4=\sqrt{u_3}+\sqrt{u_2} \\ >\sqrt{u_2} +\sqrt{u_1}=u_3 \end{gathered}$$

Theo nguyên lý quy nạp ta có là dãy tăng

$$\begin{gathered} u_{n+1} \\ =\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}}<2\sqrt{u_{n+1}} \\ \iff {u_{n+1}}^2<4u_{n+1} \\ \iff 0<u_{n+1}<4 \end{gathered}$$

Vậy $u_n$ tăng và bị chặn.

Đáp án cần chọn là A

Gọi x là số nhà không có khách thuê thì giá thuê một căn nhà là 3 + 0,3x  

Số tiền mà công ty thu được là M 

$$\begin{gathered} M=\left(30-x\right)\left(3+0,3x\right) \\ =-0,3x^2+6x+90 \\ =-0,3{\left(x-10\right)}^2+120 \\ \Rightarrow M=120 \end{gathered}$$

Vậy số tiên công ty có thể thu về lớn nhất là 120 triệu với giá cho thuê 6  triệu một căn.

Đáp án cần chọn là C

Thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục Ox là:

$V=\mathrm{\pi }{\int }_0^2{\left(\mathrm{x}-2\right)}^2{\mathrm{e}}^{4\mathrm{x}}\mathrm{dx}=\mathrm{\pi }.\mathrm{l}$

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\left(x-2\right)}^2=u\\ e^{4x}dx=dv\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=2\left(x-2\right)dx\\ v=\frac{1}{4}{e}^{4x}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} \Rightarrow t=\frac{1}{4}{e}^{4x}{{\left(x-2\right)}^2}_0^2 \\ - \frac{1}{2}{\int }_0^2\left(x-2\right)e^{4x}dx \\ =-1-\frac{1}{2}{\int }_0^2\left(x-2\right)e^{4x} \end{gathered}$$

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\left(x-2\right)}^2=u\\ e^{4x}dx=dv\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=\frac{1}{4}{e}^{4x}\end{array}\right. \\ \Rightarrow I=-1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}{e}^{4x}{\left(x-2\right)}_0^2\right) \\ -\frac{1}{4}{\int }_0^2{e}^{4x}dx \\ \Rightarrow I=-1-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{e^8}{16}+\frac{1}{16}\right) \\ =\frac{e^8-41}{32}\Rightarrow a+b+c=-1 \end{gathered}$$

Đáp án cần chọn là C

Đặt z=x+yi(x,y)

Ta có

$$\begin{gathered} \left|5z-i\right|=\left|5+iz\right| \\ \iff 25x^2+{\left(5y-1\right)}^2 \\ ={\left(5y-1\right)}^2+x^2 \\ \iff 24x^2+24y^2=24 \\ \iff x^2+y^2=1 \\ \iff \left|z\right|=1 \end{gathered}$$

$z_1$ và $z_2$ được biểu diễn là 2 điểm A và B là 2 điểm bất kỳ như hình vẽ sao cho $\left|z_1-z_2\right|=1$ => AB =1

Ta thấy $z_1+z_2$ ứng với điểm M sao cho

$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$

Dễ tính được OM theo quy tắc hình bình hành

=> $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$= $\sqrt{3}$

Đáp án cần chọn là C