Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 10)

Đáp án A.

$2\left(x-1\right)+3\left(y-2\right)+4\left(z-3\right)=0\iff 2x+3y+4z-20.$

Đáp án C.

Tổng hệ số của các hạng tử chứa $x^9$ là $C_9^9+C_{10}^9=11.$

Đáp án C.

Ta có: $N\left(2;-3\right);\left(1+i\right)z=\left(1+i\right)\left(2+3i\right)=-1+5i$ do đó $P\left(-1;5\right).$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^3-6x.$

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm (-1;1) là $k=y\text{'}\left(-1\right)=9$

Do đó phương trình tiếp tuyến là $y=9x+10.$

Đáp án B.

Để tam giác đó là tam giác vuông thì tam giác phải có 1 cạnh là đường kính của đa giác đều. Khi ta chọn 1 đường kính sẽ còn lại 14 điểm để tọa với đường kính đó thành tam giác vuông. Mà đa giác đều 16 đỉnh có 8 đường kính nên số tam giác vuông 8.12=112.

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$\sqrt{x^2-4}+5=x\iff \sqrt{x^2-4}=x-5\Rightarrow x\ge 5$

Bình phương 2 vế: $x^2-4=x^2-10x+25\iff x=\frac{29}{10}$(loại).

Đáp án D

Gọi H(1 +2t; -3 +t; -2t) là hình chiếu

vuông góc của M trên d

Khi đó

$\overline{MH}=\left(-1+2t;3+t;-4-2t\right).$

Cho

$\overline{MH}.\overline{u_d}=-2+4t+3+t+8+4t=0\iff t=-1$

Suy ra $H\left(-1;-4;2\right)\Rightarrow M\text{'}\left(-4;-2;0\right).$

Đáp án A.

$$\begin{gathered} \overline{z}=\frac{1}{3}\left[{\left(\overline{1-2i}\right)}^2-z\right]=\frac{1}{3}\left[{\left(1+2i\right)}^2-z\right] \\ =\frac{1}{3}\left(-3;4i-z\right)\iff 3\overline{z}=-3+4i-z \end{gathered}$$

Đặt:

$$\begin{gathered} z=a+bi\Rightarrow 3\left(a-bi\right)=-3+4i-\left(a+bi\right) \\ \iff 3a-3bi=-3-a+\left(4-b\right)i\iff \left\{\begin{array}{l}3a=-3-a\\ 3b=b-4\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{3}{4}\\ b=-2\end{array}\right.\to z=-\frac{3}{4}-2i. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)\le 0\iff x^2+x+1\le 0\iff {\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\le 0$

Đáp án D.

Ta có $z.\overline{z}=5\iff {\left|z\right|}^2=5\iff \frac{m^2+1}{2}=5\iff m^2=9\iff m=\pm 3.$

Đáp án C.

Điều kiện $x>2;x\ne 4.$ Phương trình tương đương ${\log }_3{\left(x-2\right)}^2+{\log }_3{\left(x-4\right)}^2=0$

$\iff {\log }_3\left[{\left(x-2\right)}^2{\left(x-4\right)}^2\right]=0\iff {\left(x-2\right)}^2{\left(x-4\right)}^2=1\iff x=3.$

Đáp án A.

Điều kiện $x>0.$ Bất phương trình tương đương

$$\begin{gathered} {\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2+\frac{x}{2}\right)\ge 1\iff x^2+\frac{x}{2}\le \frac{1}{2} \\ \iff 2x^2+x-1\le 0\iff -1\le x\le \frac{1}{2}\Rightarrow x\in \left(0;\frac{1}{2}\right]. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta thấy S là cấp số nhân với $u_1=-1,q=-\frac{1}{10}$

$\Rightarrow S=\frac{-1\left[{\left(-\frac{1}{10}\right)}^n-1\right]}{-\frac{1}{10}-1}=\frac{10}{11}\left[{\left(-\frac{1}{10}\right)}^n-1\right]=-\frac{10}{11}.$

Đáp án A.

$v\left(t\right)=\int a\left(t\right)dt=\int 6tdt=3x^3+C.$

Vì $v\left(0\right)=10\Rightarrow v\left(t\right)=3t^2+10$

$s\left(t\right)=\underset{0}{\overset{10}{\int }}v\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{10}{\int }}\left(3t^2+10\right)dt=\left(t^3+10t\right)\left|\begin{array}{l}{}^{10}\\ {}_0\end{array}\right.=1100m.$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{x-1}{x^2+4x+3}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{2}{x+3}-\frac{1}{x+1}\right)dx \\ =\left(2\ln \left|x+3\right|-\ln \left|x+1\right|\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_0\end{array}\right.=2\ln 5-3\ln 3 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-3\end{array}\right.\Rightarrow ab=-6 \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\perp AB\\ AC\perp SB\end{array}\right.\Rightarrow AC\perp \left(SBA\right).$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} P+\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{6}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx \\ =\underset{0}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx\Rightarrow P=7-3=4. \end{gathered}$$

Đáp án A.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) là

$y\text{'}=0\iff 4-4\sin 2x=0\iff \sin 2x=1\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi .$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{s\text{inx}}{1+3\cos x}dx=-\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{d\left(1+3\cos x\right)}{1+3\cos x} \\ =-\frac{{\displaystyle \ln \left|1+3\cos x\right|}}{{\displaystyle 3}}\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{{\displaystyle \pi }}{{\displaystyle 2}}}\\ {}_0\end{array}\right.=F\left(\frac{{\displaystyle \pi }}{{\displaystyle 2}}\right)-F\left(0\right)=\frac{{\displaystyle \ln 4}}{{\displaystyle 3}} \\ \iff F\left(0\right)=2-\frac{{\displaystyle 2\ln 2}}{{\displaystyle 3}}. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} \log 6125\sqrt{7}=\log 6125+\log \sqrt{7}=\log \left(7^2.125\right)+\frac{1}{2}\log 7 \\ =2\log 7+\log 125+\frac{1}{2}\log 7=\frac{5}{2}\log 7+\log 5^3=\frac{5}{2}n+3\log 5 \\ =\frac{5}{2}n+3\left(1-\log 2\right)=\frac{5}{2}n+3-3m. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Ta có

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

Đáp án B.

Ta có $\frac{\left|z\right|}{\left|i+2\right|}=2\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{5}}=1\Rightarrow a^2+b^2=5\Rightarrow \sqrt{5}.$

Đáp án C.

Ta có:

$$\begin{gathered} \text{cos}\frac{\pi }{4}=\frac{\left|1+2\left(2m-1\right)\right|}{3\sqrt[]{1+{\left(2m-1\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \iff 9\left(4m^2-4m+2\right)=2{\left(4m-1\right)}^2 \\ \iff 4m^2-20m+16=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D.

Thể tích V của khối tròn xoay cần tính

$V_{\left(H\right)}=\pi .\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx=\pi .\underset{0}{\overset{1}{\int }}x.e^{2x^2}dx.$

Đặt

$t=e^{2x^2}\iff dt={\left(2x^2\right)}^{\text{'}}{e}^{2x^2}dx=4x.tdx\iff xdx=\frac{dt}{4t}$

và đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\to t=1\\ x=1\to t=e^2\end{array}\right..$

Khi đó $V_{\left(H\right)}=\pi \underset{1}{\overset{e^2}{\int }}t.\frac{dt}{4t}=\frac{\pi }{4}\underset{1}{\overset{e^2}{\int }}dx=\frac{\pi }{4}\left(e^2-1\right).$

Đáp án B.

Vì I là trung điểm $BC\Rightarrow AI\perp BC$ 

mà $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC$

Suy ra $BC\perp \left(SAI\right)$ mà $BC\subset \left(SAC\right)\to \left(SAI\right)\perp \left(SBC\right).$

Đáp án C.

Xét hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c,$

ta có $y\text{'}=4a{x}^3+2bx;\forall \text{x}\in ℝ.$

Điểm $A\left(0;-2\right)$ là điểm cực trị đại của đồ thị hàm số $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\left(0\right)=-2\\ y\text{'}\left(0\right)=0\end{array}\right.\iff c=-2$

Điểm $B\left(\frac{1}{2};-\frac{17}{8}\right)$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{17}{8}\\ y\text{'}\left(\frac{1}{2}\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{2}+b=0\\ \frac{a}{16}+\frac{b}{4}=-\frac{1}{8}\end{array}\right.$

Từ đó suy ra $a=2;b=-1;c=-2\Rightarrow$ tổng $a+b+c=-1.$

Đáp án B.

$\left(Q\right)//\left(P\right)$ nên mặt phẳng (Q) có dạng:

$2x-2y+z+m=0$ với $m\ne -5$

Mặt phẳng (P) đi qua điểm $M\left(1;1;5\right).$ Theo đề:

$$\begin{gathered} d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=3\iff d\left(M,\left(Q\right)\right)=3 \\ \iff \frac{\left|2.1-2.1+5+m\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+1^2}}=3\iff \left[\begin{array}{l}m=4\\ m=-14\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left(Q\right):2x-2y+z+4=0\\ \left(Q\right):2x-2y+z-14=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C.

Ta có vecto chỉ phương của $\left(d\right)$ là

$\overline{u_d}=\left(-4;-1;2\right)$ và

$A\text{'}\in \left(d\right)\Rightarrow A\text{'}\left(6-4a;-2-a;-1+2a\right).$

Vì $\overline{AA\text{'}}.\overline{u_d}=0\iff a=1\Rightarrow A\text{'}\left(2;-3;1\right).$

Đáp án D.

Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z. Xét điểm $A\left(-1;3\right)$ thì theo điều kiện, ta có: $3\le \left|z-3i+1\right|\le 5\iff 3\le AM\le 5.$ Vậy tập hợp các điểm biểu diễn z là phần hình phẳng nằm giữa 2 đường tròn tâm A, bán kính lần lượt là 3 và 5

$\Rightarrow S=\pi \left(5^2-3^3\right)=16\pi .$

Đáp án C.

Đặt $t=\sin 3x\Rightarrow dt=3c\text{os3xdx}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{\pi }{6}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}t=0\\ t=1\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}f\left(\sin 3x\right).c\text{os}3x.dx=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=3.$

Đáp án A.

${\log }_a\frac{\sqrt[3]{a}}{b^2}={\log }_a\left(\sqrt[3]{a}\right)-{\log }_a\left(b^2\right)=\frac{1}{3}-2{\log }_{a}b.$

Đáp án C

Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I và H,K lần lượt là hình chiếu của I lên các đường thẳng $d_1,d_2.$

Ta có: $IH+IK\ge HK\ge a\left(d_1,d_2\right).$ Dấu bằng khi HK là đường vuông góc chung của $d_1,d_2$và I là trung điểm của HK.

Khi đó: $H\left(2a,a,4\right)$ và $K\left(3-b,b,0\right)\Rightarrow \overline{KH}\left(2a+b-3;a-b;4\right)$

Đường thẳng $d_1,d_2$ có vecto chỉ phương lần lượt là $\overline{u_1}=\left(2;1;0\right)$ và $\overline{u_2}\left(-1;1;0\right)$ nên:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overline{KH}.\overline{u_1}=0\\ \overline{KH}.\overline{u_2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2\left(2a+b-3\right)+\left(a-b\right)+0.4=0\\ -\left(2a+b-3\right)+\left(a-b\right)+0.4=0\end{array}\right. \\ \iff 2a+b-3=a-b=0\iff a=b=1 \end{gathered}$$

Suy ra trung điểm của HK là $I\left(2;1;2\right)$ và bán kính của mặt cầu (S) là $R=\frac{HK}{2}=2.$

Đáp án D.

$$\begin{gathered} \underset{3}{\overset{5}{\int }}\frac{x^2+x+1}{x+1}dx=\underset{3}{\overset{5}{\int }}\left(x+\frac{1}{x+1}\right)dx \\ =\left(\frac{{\displaystyle x^2}}{{\displaystyle 2}}+\ln \left|x+1\right|\right)\left|\begin{array}{l}{}^5\\ {}_3\end{array}\right.=8+\ln \frac{{\displaystyle 3}}{{\displaystyle 2}} \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=8\\ b=3\end{array}\right.\Rightarrow S=a-2b=2 \end{gathered}$$

Đáp án B.

Gọi O là tâm của hính vuông ABCD và H là tâm của đường tròn ngoại tiếp $\Delta SAB.$ Từ O kẻ đường thẳng d vuông góc với (ABCD). Từ H kẻ đường thẳng H vuông góc với (SAB).

Ta có $\left(d\right)\cap \left(\Delta \right)=I\Rightarrow IA=IB=IC=\text{IS}\Rightarrow \text{I}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD\Rightarrow R=IA=\sqrt{O{I}^2+O{A}^2}.$

Mà $OI=HM=\sqrt{H{B}^2-M{B}^2}$ với M là trung điểm của AB.

Xét $\Delta SAB$ cân tại S, có $\frac{AB}{\sin \widehat{ASB}}=2r$

$\Rightarrow HB=r=\frac{2a}{2.\sin {120}^0}=\frac{2a}{\sqrt{3}}.$

Khi đó $OI=\sqrt{{\left(\frac{2a}{\sqrt{3}}\right)}^2-a^2}=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=\sqrt{{\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{21}}{3}.$

Đáp án C.

G(1;1;0) là trọng tâm tam giác ABC

Ta có $\overline{GA}+\overline{GB}+\overline{GC}=\overrightarrow{0}.$ 

Khi đó $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2={\overline{MA}}^2+{\overline{MB}}^2+{\overline{MC}}^2$

$={\left(\overline{MG}+\overline{MA}\right)}^2+{\left(\overline{MG}+\overline{GB}\right)}^2+{\left(\overline{MG}+\overline{GC}\right)}^2$

$\iff 3M{B}^2+\overline{MG}\left(\overline{GA}+\overline{GB}+\overline{GC}\right)+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2=20$

$M{G}^2=\frac{20-G{A}^2-G{B}^2-G{C}^2}{3}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow$ tâm $G\left(1;1;0\right)$ và $R=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

Đáp án A

Gọi T là số tiền B đã vay, r là lãi suất

Ta có:

Số tiền còn nợ sau 1 tháng là:

$T\left(1+r\right)-m_1=1,01T-10$ (với $m_i$ là số tiền mà bạn B trả tháng thứ i)

Số tiền còn nợ sau 2 tháng là:

$\left(1,01T-10\right)\left(1+r\right)-20=\left(1,01T-10\right).1,01-20=1,{01}^{2}T-30,1$

Số tiền còn nợ sau 3 tháng là:

$$\begin{gathered} \left(1,{01}^{2}T-30,1\right)\left(1+r\right)-30=\left(1,{01}^{2}T-30,1\right).1,01-30 \\ =1,{01}^{3}T-60,401 \end{gathered}$$

Cho $1,{01}^{3}T-60,401=0\iff T=58,62$ triệu đồng.

Đáp án B.

Xét $y=x^4-2m^2{x}^2+1$ với $x\in ℝ,$

ta có

$y\text{'}=4x^2-4m^{2}x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=m^2\end{array}\right..$

Để hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $m\ne 0.$

Khi đó $A\left(0;1\right);B\left(m;1-m^2;\right)C\left(-m;1-3^2\right)$ lần lượt là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số $\Rightarrow AB=AC\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A và $\overline{AB}=\left(m;-m^2\right),\overline{AC}=\left(-m;-m^2\right)$

Yêu cầu bài toán trở thành $\overline{AB}.\overline{AC}=0\iff -m^2+m^4=0\iff m^2\left(m^2-1\right)=0\Rightarrow m=\pm 1.$

Đáp án B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BP\perp AC\\ BP\perp A\text{'}A\end{array}\right.\Rightarrow BP\perp \left(A\text{'}AC\right)\Rightarrow BP\perp \left(MNP\right)$

Ta có $MN=\frac{1}{2}AC=a;NP=\frac{1}{2}A\text{'}A=\frac{3a}{2}$

$\Rightarrow S_{MNP}=\frac{1}{2}MN.NP=\frac{3a^2}{4}$

Ta có $BP=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

$V_{B.MNP}=\frac{1}{3}BP.S_{MNP}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{3a^2}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Đáp án A.

Chọn $z_1=1\Rightarrow z_2=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}\Rightarrow z_2-z_1=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án A.

Ta có $r_1=OB=AO-AB=a-x$ 

là bán kính đáy của khối trụ nhỏ.

Và $r_2=OA=a$ là bán kính đáy của

khối trụ lớn với chiều cao h = 2x

Suy ra thể tích cần tính là

$$\begin{gathered} V=V_{tl}-V_{tn}=\pi r_2^{2}h-\pi r_1^{2}h \\ =2\pi x\left[a^2-{\left(a-x\right)}^2\right]=2\pi x\left(2ax-x^2\right) \\ \Rightarrow V=2\pi x^2\left(2a-x\right)=8\pi .\frac{x}{2}.\frac{x}{2}.\left(2a-x\right)\le 8\pi .\frac{8a^3}{27}=\frac{64\pi a^3}{27} \\ \Rightarrow V_{\text{max}}=\frac{64\pi a^3}{27}. \end{gathered}$$