Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 15)

Đáp án A

$\overrightarrow{AB}=\left(2;2;1\right)\Rightarrow AB=3$

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left(\alpha \right):2x+y+mz-1=0$ bằng AB nên

$$\begin{gathered} d\left(A;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|2x_A+y_A+m{z}_A-1\right|}{\sqrt{2^2+1^2+m^2}} \\ =AB=3\iff \frac{\left|3m+3\right|}{\sqrt{m^2+5}}=3 \\ \iff 3\left|m+1\right|=3\sqrt{m^2+5} \\ \iff {\left(m+1\right)}^2=m^2+5\iff m=2 \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}y\text{'}=4x^3-8x\\ y\text{'}\text{'}=12x^2-8\end{array} \\ y\text{'}=0\iff 4x^3-8x=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vẽ bảng biến thiên dễ dàng suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=\pm \sqrt{2}$

Đáp án D

$$\begin{gathered} f\left(-4\right)=\underset{x\to -4}{\lim }f\left(x\right) \\ =\underset{x\to -4}{\lim }\frac{x^2+3x-4}{x+4} \\ =\underset{x\to -4}{\lim }\left(x-1\right)=-5 \end{gathered}$$

Đáp án C

$\left\{\begin{array}{l}{u}_{12}=18=u_1+11d\\ u_6=6=u_1+5d\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-4\\ d=2\end{array}\right.$

Đáp án B

Ta có $AC=\frac{AB}{\tan \widehat{ACB}}=a\sqrt{3};BC=2a$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2$

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là $60°$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \widehat{SCB}=60°;\\ SB=SC.\tan \widehat{SCB}=2a\sqrt{3}\\ V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SB.S_{ABC}\\ =\frac{1}{2}2a\sqrt{3}\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2=a^3\end{array}$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{c}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx \\ =\left(-5\right)+10=5 \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} {\log }_3\left(\frac{270}{121}\right)={\log }_3\frac{\mathrm{5.6.9}}{{11}^2} \\ ={\log }_3\frac{\mathrm{5.6.36}}{{22}^2} \\ ={\log }_{3}5+3{\log }_{3}6-2{\log }_{3}22 \\ =a+3b-2c \end{gathered}$$

Đáp án A

$I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{3}^{x}dx={\left.\frac{3^x}{\ln 3}\right|}_0^1=\frac{2}{\ln 3}$

Đáp án C

Câu C sai vì chúng bằng nhau

Đáp án B

$$\begin{gathered} V_{A.BCD}=\frac{1}{3}AD.S_{ABC} \\ =\frac{1}{6}AB.AC.AD=\frac{abc}{6} \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo công thức lãi kép suy ra:

$$\begin{gathered} T=A{\left(1+r\right)}^2=1.{\left(1+0,5\%\right)}^{24} \\ =\mathrm{1.127.160.000} đồng \end{gathered}$$

Đáp án B

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0;1\right\}.$

Xét tử thức bằng 0

$$\begin{gathered} \iff 2x+1=\sqrt{3x+1} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{2}\\ 4x^2+x=0\end{array}\right.\iff x=0 \end{gathered}$$

Do đó chỉ xét $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=-\infty \to x=1$ là tiệm cận đứng

Xét:

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{1}{x}.\frac{2+\frac{1}{x}-\sqrt{\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}}{1-\frac{1}{x}}\right]=0$

$\to y=0$ là tiệm cận ngang

Đáp án D

Ta có  $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=4a$

Khi đó:

$$\begin{gathered} V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD} \\ =\frac{1}{3}.4a.6a^2=8a^3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm $\sqrt{\frac{x}{4-x^2}}=0\iff x=0$

Khi đó:

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x}{4-x^2}dx=\frac{-\pi }{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{d\left(4-x^2\right)}{4-x^2} \\ ={\left.\frac{-\pi }{2}\ln \left|4-x^2\right|\right|}_0^1=\frac{\pi }{2}\ln \frac{4}{3} \end{gathered}$$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có tập xác định là $\mathrm{ℝ}$ và đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Do đó chỉ có đáp án D thỏa mãn

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} P={\log }_{\frac{a}{b^2}}x=\frac{1}{{\log }_x\frac{a}{b^2}} \\ =\frac{1}{{\log }_{x}a-2{\log }_{x}b}=\frac{1}{\frac{1}{{\log }_{a}x}-\frac{2}{{\log }_{b}x}} \\ =\frac{1}{\frac{1}{2}-\frac{2}{3}}=-6 \end{gathered}$$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+1}}{\left|x\right|-1} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+1}}{x-1}=0 \end{gathered}$$

$\Rightarrow y=0$là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}}{\left|x\right|-1}=+\infty$

$\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

$$\begin{gathered} \underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}}{x-1}=0; \\ \underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+1}}{-x-1} \\ =\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\left(-\frac{1}{\sqrt{x+1}}\right)=-\infty \end{gathered}$$

Vậy x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} f\left(\tan x\right)={\left({\cos }^{2}x\right)}^2=\frac{1}{{\left(1+{\tan }^{2}x\right)}^2} \\ \Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{{\left(1+x^2\right)}^2} \end{gathered}$$

Vậy $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{{\left(1+x^2\right)}^2}\stackrel{\text{cas}io}{\to }I=\frac{2+\pi }{8}$

Đáp án B

Xét khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ $\Rightarrow AA\text{'}=h$ 

Đặt $AB=x$ suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ là $R=\frac{x\sqrt{3}}{3}$

Khi đó $a=\frac{x\sqrt{3}}{3}\Rightarrow x=a\sqrt{3}$

Thể tích cần tìm là:

$V=hS=h\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{a}^{2}h}{4}$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ với trục Ox:

$-x^3-3x^2+4=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}\right.$

Đồng thời cũng có $f\text{'}\left(x\right)=-3x^2-6x.$

Phương trình tiếp tuyến tại các điểm $x=1$ và $x=-2$ là:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y=f\text{'}\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)\\ y=f\text{'}\left(-2\right)\left(x+2\right)+f\left(-2\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y=-9x+9\\ y=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)\supset AB\Rightarrow SA\perp AB$

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông tại A

Vì $SA\perp CD\perp AD$

$\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD$

$\Rightarrow \Delta SCD$ vuông tại D

Vì $SA\perp BC\perp AB$

$\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$

$\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại B

Còn $\Delta SBD$ vẫn chưa chắc chắn được

Đáp án D

$$\begin{gathered} z^2-z+2=0\iff z=\frac{1\pm i\sqrt{23}}{6} \\ \Rightarrow \left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\sqrt{\frac{2}{3}} \end{gathered}$$

Khi đó ${\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2=\frac{4}{3}$

Đáp án C

$\ln x={\log }_{e}x=\frac{{\log }_{a}x}{{\log }_{a}e}$ với $a,x,y;a\notin \left\{1;e;10\right\}$ và $x\ne 1.$

Đáp án D

Đặt $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$ khi đó:

$$\begin{gathered} \sqrt{{\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2}=3 \\ \iff {\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=9 \end{gathered}$$

Do đó tập hợp điểm biễu diễn z là đường tròn tâm $I(-2;1),$ bán kính R = 3

Đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(2;3;5\right),$

Dễ thấy các điểm A, B, C nằm ngoài (S) 

Ta có $z_A=z_B=z_C=0\Rightarrow \left(ABC\right):z=0$

$V_{MABC}=\frac{S_{ABC}d\left(M;\left(ABC\right)\right)}{3}\le \frac{S_{ABC}\left[d\left(I;\left(ABC\right)\right)+R\right]}{3}$

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của mặt cầu (S) và đường thẳng $∆$ qua tâm I vuông góc (ABC) và xa mặt phẳng(ABC) hơn $\Rightarrow M\left(2;3;8\right)$

Đáp án C

Giả thiết:

$$\begin{gathered} \left|\frac{z+2-i}{\overline{z}+1-i}\right|=\sqrt{2} \\ \iff \left|z+2-i\right|=\sqrt{2}\left|\overline{z}+1-i\right| \\ \iff \left|z+2-i\right|=\left|1+i\right|\left|\overline{z}+1-i\right| \\ \iff \left|z+2-i\right|=\left(1+i\right)\overline{z}+\left(1+i\right)\left(1-i\right) \\ =\left|\left(1+i\right)\overline{z}+2\right|\left(*\right) \end{gathered}$$

Đặt $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi,$

khi đó $\left(*\right)\iff \left|x+2+\left(y-1\right)i\right|=\left|\left(1+i\right)\left(x-yi\right)+2\right|$

$\begin{array}{l}\iff \left|x+2+\left(y-1\right)i\right|=\left|x+y+2+\left(x-y\right)i\right|\\ \iff \sqrt{{\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+y+2\right)}^2+{\left(x-y\right)}^2}\\ \iff x^2+y^2+4x-2y+5=2x^2+2y^2+4x+4y+4\\ \iff x^2+y^2+6y-1=0\\ \iff x^2+{\left(y+3\right)}^2=10\end{array}$

$\Rightarrow$Do đó tập hợp điểm biễu diễn z là đường tròn tâm $I\left(0;-3\right),$ bán kính $R=\sqrt{10}$

$$\begin{gathered} \left|z\right|=OM\Rightarrow O{M}_{\min }=OI-R \\ =\sqrt{0^2+3^2}-\sqrt{10}=3-\sqrt{10} \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi $A\left(x;y\right),B\left(-x;-y\right)$ là 2 điểm đối xứng qua gốc tọa độ

Do 2 điểm thuộc đồ thị nên ta có:

$\left\{\begin{array}{l}y=x^3+\left(2m-1\right)x^2+\left(m-1\right)x+m-2\\ -y=-x^3+\left(2m-1\right){\left(-x\right)}^2-\left(m-1\right)x+m-2\end{array}\right.$

Cộng vế theo vế ta được:

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

Tồn tại 2 điểm phân biệt A, B khi $x^2>0,$ tức là $\frac{-m+2}{2m-1}>0\iff \frac{1}{2}<m<2$

Đáp án A

Xét hàm số $f\left(x\right)=y=\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x}$ trên $\left(0;+\infty \right),$ có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{x^2-3}{x^4},\forall x<0$

Phương trình:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)<0\iff \left\{\begin{array}{l}x<0\\ x^2-3=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x<0\\ \left(x-\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{3}\right)=0\end{array}\right.\Rightarrow x=-\sqrt{3} \end{gathered}$$

Tính $f\left(-\sqrt{3}\right)=\frac{2\sqrt{3}}{9};$

$\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=+\infty .\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$

Vậy $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=\frac{2\sqrt{3}}{9}$

Đáp án C

Ta có $S\text{'}\left(t\right)=gt=v\left(t\right)$

Giả sử vật chạm đất tại thời điểm $t=t_0$

Khi chạm đất:

$$\begin{gathered} 147=\frac{1}{2}g{t}_0^2\iff t_0=\sqrt{30} \\ \Rightarrow v\left(t_0\right)=\frac{49\sqrt{30}}{5}m/s \end{gathered}$$

Đáp án C

Xét mặt cầu:

$$\begin{gathered} \left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=9 \\ \Rightarrow I\left(2;1;0\right);R=3 \end{gathered}$$

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) là $d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2m+3\right|}{\sqrt{m^2+5}}$

Theo giả thiết, Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=9$ theo một đường tròn có bán kính bằng r = 2

Suy ra:

$$\begin{gathered} d^2+r^2=R^2 \\ \iff \frac{{\left(2m+3\right)}^2}{m^2+5}+2^2=3^2 \\ \iff m^2-12m+16=0 \\ \iff m=6\pm 2\sqrt{5} \end{gathered}$$

Đáp án A

$\begin{array}{l}\widehat{\left(DB\text{'},\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{BDB\text{'}}=60°\\ \Rightarrow BD=\frac{BB\text{'}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\\ \widehat{\left(AC\text{'},\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{CAC\text{'}}=60°\\ \Rightarrow AC=CC\text{'}=2\end{array}$

Áp dụng định lí Cosi ta có:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}A{B}^2+A{D}^2-2AB.AD\cos \widehat{BAD}=B{D}^2\\ A{B}^2+A{D}^2-2AB.AD\cos \widehat{ABC}=A{C}^2\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}A{B}^2+A{D}^2-2AB.AD\sqrt{2}=\frac{4}{3}\\ A{B}^2+A{D}^2+2AB.AD\sqrt{2}=4\end{array}\right.\end{array} \\ \Rightarrow AB.AD=\frac{2\sqrt{2}}{3} \\ \Rightarrow V_{S.ABCD}=2S_{ABD}=AB.AD.\sin \widehat{BAD}=\frac{2}{3} \\ \Rightarrow V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=S_{ABCD}.AA\text{'}=\frac{4}{3} \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ với trục Ox:

$-x^3-3x^2+4=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}\right.$

Đồng thời cũng có $f\text{'}\left(x\right)=-3x^2-6x.$

Phương trình tiếp tuyến tại các điểm x = 1 và x = -2 là:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y=f\text{'}\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)\\ y=f\text{'}\left(-2\right)\left(x+2\right)+f\left(-2\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y=-9x+9\\ y=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Chu vi đường tròn $C=2\pi r\Rightarrow 2\pi r=14cm\Rightarrow r=7cm$

Xét khối món có thể tích $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{343}{3}\pi c{m}^3\Rightarrow h=7cm$

Khối cầu được almf từ khối nón có bán kính mặt cầu lớn nhất khi khối cầu nội tiếp khối nón

Khi đó bán kính khối cầu (S) là $R_{\left(S\right)}=\frac{r.h}{r+\sqrt{r^2+h^2}}=7\left(-1+\sqrt{2}\right)cm$

Vậy diện tích lớn nhất cần tính là:

$S=4\pi R^2=196\pi \left(3-2\sqrt{2}\right)\left(c{m}^2\right)$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{21}{4}-m \\ \Rightarrow I\left(1;-2;\frac{1}{2}\right);R^2=\frac{21}{4}-m \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} d=d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2-4-\frac{1}{2}-8\right|}{3}=\frac{7}{2} \\ \Rightarrow R^2=2^2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2\Rightarrow m=-11 \end{gathered}$$

Đáp án A

Diện tích hình thang cong (H) là:

$S=\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}\left|\frac{1}{x}\right|dx={\left.\ln \left|x\right|\right|}_{\frac{1}{2}}^2=\ln 4$

$$\begin{gathered} S_1=3S_2\Rightarrow S_2=\frac{S}{4} \\ \iff \frac{\ln 4}{4}=\ln \sqrt[4]{4}=\underset{k}{\overset{2}{\int }}\left|\frac{1}{x}\right|dx \\ ={\left.\ln \left|x\right|\right|}_k^2=\ln \frac{2}{k} \\ \iff \sqrt[4]{4}=\frac{2}{k}\iff k=\sqrt{2} \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} {\log }_{x^2+2}\left(x^2+x+2\right)>0 \\ \iff x^2+x+2>1 \\ \iff {\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0\Rightarrow A đúng \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\log }_{x^2+2}\left(10-\sqrt{97}\right)>0 \\ \iff 10-\sqrt{97}>1\Rightarrow B sai \end{gathered}$$

Rõ ràng C đúng

Lại có $D\iff x^2+2>\sqrt{2}-1\Rightarrow D$ đúng

Đáp án A

Điều kiện $x\ge -2$

Đặt $t=\sqrt{x+2}\left(t\ge 0\right)\Rightarrow x=t^2-2$

Khi đó phương trình tương đương

$5^{-t^2+t+2}-5m=0\iff m=5^{-t^2+t+1}$

Xét hàm số $f\left(t\right)=5^{-t^2+t+1};t\ge 0.$

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(t\right)=\left(-2t+1\right)5^{-t^2+t+1}; \\ f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$