Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 3)

Đáp án A.

z=−2+i.

Đáp án B.

Ta có limx→+∞x−2x+3=limx→+∞1−2x1+3x=1.

Đáp án C.

C102.

Đáp án A.

V=13Bh.

Đáp án A.

−2;0.

Đáp án A.

V=π∫abf2xdx.

Đáp án D.

x=2.

Đáp án C.

Ta có log3a=log3+loga, loga3=3loga.

Đáp án D.

Ta có ∫fxdx=∫3x2+1dx=x3+x+C.

Đáp án B.

M0;−1;1.

Đáp án A.

Ta thấy đồ thị hàm số ở hình bên là đồ thị hàm số hàm trùng phương. Xét hàm số y=ax4+bx2+c.Tựa vào hình dạng của dồ thị hàm số suy ra a<0, mà đồ thị hàm số có 3 cực trị nên ab<0⇒b>0. Do đó ta loại được đáp án B, C, D.

Đáp án A.

Vecto chỉ phương của đường thẳng d là ud→=−1;2;1.

Đáp án B.

Ta có 22x<2x+6⇔2x<x+6⇔x<6⇒x∈−∞;6.

Đáp án B.

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πrl=3πa2⇔πal=3πa2⇔l=3a.

Đáp án D.

Phương trình mặt phẳng MNP:x2+y−1+z2=1.

Đáp án D.

Phan tích các đáp án:

+) Đáp án A. Ta có y=x2−3x+2x−1=x−1x−2x−1=x−2 nên hàm số không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án B. Phương trình x2+1=0 vô nghiệm nên hàm số không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án C. Đồ thị hàm số y=x2−1  không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án D. Đồ thị hàm số y=xx+1 có tiệm cận đứng x=−1.

Đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình fx−2=0 có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án A.

Ta có y'=4x38x,y'=0⇔x=0x=±2.

Ta có:

f0=5; f2=1;f−2=5; f3=50Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là 50

khi x=3.

Đáp án C.

Ta có ∫02dxx+3=∫02dx+3x+3=lnx+320=ln5−ln3=ln53.

Đáp án D.

Ta có 

4z2−4z+3=0⇔z=1+2i2z=1−2i2⇒z1+z2=3.

Đáp án B.

Gọi O là giao điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’.

Ta có OO’//AA’⇒OO⊥ABCD và OO'⊥A'B'C'D' 

⇒OO'⊥BDOO'⊥A'C'⇒OO' là đoạn vuông góc chung của BD và A’C’

⇒OO' là khoảng cách giữa A’C’ và BD

⇒dA'C',BD=a.

Đáp án A.

Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng là 100.000.0001+0,4%6=102.424.000.

Đáp án C.

Số cách để chị 2 quả cầu từ hộp là

C112⇒Ω=C112 

Tiếp theo ta sẽ tìm số cách để lấy 2 quả

cầu cùng màu từ hộp

Trường hợp 1: Chọn được hai quả cầu

màu xanh

=> có C52 cách chọn

Trường hợp 1: Chọn được hai quả cầu

màu đỏ

=> có C62 cách chọn

Do đó số cách chọ được 2 quả cầu  cùng màu là 

C52+C62⇒ΩA=C52+C62⇒PA=ΩAΩ=511.

Đáp án B.

Mặt phẳng đó có vecto pháp tuyến là

np→=AB→=3;−1;−1

Mà mặt phẳng đó qua 

A−1;2;2⇒P:3x−y−z+6=0.

Đáp án D.

Gọi O là giao điểm của AC và BD⇒SO⊥ABCD Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt BD tại H

⇒MH⊥ABCD

Ta có MB∩ABCD=B và MH⊥ABCD

⇒MB,ABCD^=MB,HB^=MBH^

Ta có AC=AB2+BC2=a2⇒OA=AC2=a22

Ta có SO=SA2−OA2=a22⇒MH=SO2=a24

Ta có BH=34BD=34a2=3a24

Ta có tanMBH^=MHBH=a243a24=13⇒tanMB,ABCD^=13.

Đáp án D.

Ta có

Cn1+Cn2=55⇔n!1!n−1!+n!2!n−2!=55⇔n+12nn−1=55⇔n=10n=−11l

Khi đó

x3+2x2n=x3+2x210=∑n=010C10nx3n2x210−n=∑n=010C10n210−nx5n−20

Số hạng không chưa x khi 5n−20=0⇔n=4⇒n=4⇒ số hạng không chứa x là C104.210−4=13440.

Đáp án A.

Điều kiện: x>0. Ta có

log3x.log9x.log27x.log81x=23⇔log3x12log3x.13log3x.14log3x=23⇔124log34x=23⇔log34x=16⇔log3x=2log3x=−2⇔x=9x=19⇒S=x1+x2=829.

Đáp án C.

Do OA,OB,OC đội một vuông góc với nhau và OA=OB=OC nên tam giác ABC là tam giác đều. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại N

Ta có MN//AB⇒OM,AB=OM,MN^^

Giả sử OA=OB=OC=a⇒AB=BC=CA=a2

Ta có OM=BC2=a22, ON=AC2=a22, MN=AB2=a22

⇒ΔABC là tam giác đều ⇒OMN^=600

⇒OM,MN^=600.

Đáp án A.

Giả sử đường thẳng d cắt d1,d2 lần lượt

M,N⇒M3−t1;3+2t1;−2+t1, N5−3t2;−1+2t2;2+t2

Ta có

MN→=t1−3t2+2;2t1+2t2−4;−t1+t2+4

và np→=1;2;3

Mà d vuông góc với P nên

MN→=knp→⇒t1−3t2+2=k2t1+2t2−4=2k−t1+t2+4=3k⇔t1=2t2=1k=1⇒M1;−1;0N2;1;3

Ta có MN→=1;2;3⇒d:x−11=y+12=z3.

Đáp án D.

Ta có y'=3x2+m+1x6 để hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞ thì y'≥0,∈0;+∞

Ta dễ có

⇔3x2+1x6=x2+x2+x2+1x6≥4⇒3x2+1x6+m≥m+4≥0⇒m≥−4

Theo bài ta có m∈−4;−3;−2;−1.

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm là:

3x2=4−x2⇒0≤x≤23x4=4−x2⇔x=1.

Dựa vào hình vẽ ta có:

S=∫013x2dx+∫124−x2dx=3x3310+I1=33+I1

Với I=∫124−x2dx, sử dụng CASIO

hoặc đặt x=2sint⇒dx=2costdt

Đổi cận

x=1⇒t=π6x=2⇒t=π2⇒I1=∫π6π24−4sin2t.costdt=∫π6π221+cos2tdt=2t−sin2tπ2π6

⇒I1=164π−33. Do đó S=4π−36.

Đáp án D.

Ta có I=∫12dxxx+1x+1+x

Lại có:

x+1+xx+1−x=1⇒I=∫22x+1−xxx+1dx=∫121x−1x+1dx

=2x−2x+121=42−23−2=32−12−2⇒ a=32;b=12;c=2

Vậy a+b+c=46.

Đáp án A.

Dựng hình như hình vẽ bên ta có:

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy:

r=HM=13BM=436

Chiều cao:

h=AH=AB2−BH2=42−4332=463

Do đó SxqT=2πh=16π23.

Đáp án B.

Ta có PT⇔432x−243x+m−2=0.

Đặt t=43x>0⇒t2−2t+m−2=0⇔t2−2t−2=−m

Dựa vào đồ thị ta thấy PT có nghiệm lớn hơn 1⇔−m>−3⇔m<3

Vậy có 2 giá trị nguyên của m là m=1;m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A.

Đặt m+3sinx3=a;sinx=b

ta có: m+3a3=bm+3b3=a⇔m+3a=b3m+3b=a3

⇒3a−b=b3−a3=b−ab2+ba+a2⇔b−ab2+ba+a2+3=0

Do

b2+ba+a3+3>0⇒a=b⇒m+3sinx=sin3x⇔m=sin3x−3sinx=b3−3b=fb

Xét fb=b3−3b b∈−1;1

ta có: f'b=3b2−3≤0∀b∈−1;1

Do đó hàm số f(b) nghịch biến trên −1;1

Vậy fb∈f1;f−1=−2;2.

Do đó PT đã cho có nghiệm ⇔m∈−2;2

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thõa mãn.

Đáp án B.

Xét fx=x3−3x+m trên đoạn 0;2 

Ta có: f'x=3x33=0⇒x=1

Lại có:

f0=m;f1=m−2;f2=m+2

Do đó: fx∈m−2;m+2

Nếu

m−2≥0⇒Max0;2fx=m+2=3⇔m=1 (loại).

Nếu m−2<0⇒Max0;2fx=m+2Max0;2fx=2−m

TH1: Max0;2fx=m+2=3⇔m=1⇒2−m=1<3t/m

TH2: Max0;2fx=2−m=3⇔m=−1⇒m+2=1<3t/m

Vậy m=1;m=−1 là giá trị cần tìm.

Đáp án C.

Ta có ∫f'xdx=ln2x−1+C

Nếu x>12⇒fx=ln2x−1+C

mà f1=2⇒C=2

Vậy fx=ln2x−1+2 khi x>12

Tương tự fx=ln1−2x+1 khi x<12

Do đó f−1+f3=ln3+1+ln5+2=ln15+3.

Đáp án D.

Đặt

z=a+bi⇒a+bi+2+i−a2+b21+i=0

⇔a+2−a2+b2=0b+1−a2+b2=0⇔a+2=b+1b+1=a2+b2⇔a=b−1b≥−1b2+2b+1=a2+b2⇔a=b−1b≥−12b+1=b−12⇔b=0;a=−1b=4;a=3.

Do z>1⇒a=3,b=4.

Đáp án C.

Ta có

f2−x'=f'2−x.2−x'=−f'2−x>0⇔f'2−x<0

Dựa vào đồ thị ta có:

f'2−x<0⇔2−x<−11<2−x<4⇔x>3−2<x<1

Vậy hàm số đồng biến trên −2;1.

Đáp án C.

Phương trình tiếp tuyến (C) tại điểm A là:

y=f'x0x−x0+−x0+2x0−1=−1x0−1x−x0+−x0+2x0−1

Do tiếp tuyến đi qua điểm Aa;1 nên

1=x0−a+2−x0x0−1x0−12 

⇔x0−22=−x02+4x0−2−a⇔2x02−6x0+3+a=0

Để đúng một tiếp tuyến đi qua A thì (*) có

nghiệm kép hoặc (*) có 2 nghiệm

phân biệt tróng đó có một nghiệm

x0=1⇔Δ'=3−2a=0Δ'=3−2a>02.1−6+3+a=0⇔a=32a=1.

Đáp án A.

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng

xa+yb+zc=1, 

với Aa;0;0, B0;b;0, C0;0;c.

Ta có OA=OB=OC⇔a=b=c 

và M∈P⇒1a+1b+2c=1       (*) 

Suy ra a=b=ca=−b=c và a=b=−ca=−b=−c,

a=b=−c không thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B.

Đặt

t=2+logu1−2logu10≥0⇔logu1−21logu10=t2−2,

khi đó giả thiết trở thành:

logu1−2logu10+2+logu1−2logu10=0⇔t2+t−2=0⇔t=1t=−2

⇒logu1−2logu10=−1⇔logu1+1=2logu10⇔log10u1=logu102⇔10u1=u1021

Mà un+1=2un→un là cấp số nhân

với công bội q=2⇒u10=29u1(2).

Từ (1), (2) suy ra

10u1=99u12⇔218u12=10u1⇔u1=10218⇒un=2n−1.10218=2n.10219.

Do đó

un>5100⇔2n.10219>5100⇔n>log25100.21910=−log210+100log25+19≈247,87.

Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là n = 248

Đáp án D.

Đặt

fx=3x4−4x3−12x2→f'x=12x3−12x2−24x,  ∀x ∈ℝ.

Khi đó y=fx+m⇒y'=f'x.fx+mfx+m. 

Phương trình y'=0⇔f'x=0f'x=−m   (*)

Để hàm số đã cho có 7 điểm cực trị

⇔y'=0 có 7 nghiệm phân biệt.

Mà f'x=0 có 3 nghiệm phân biệt

⇒fx=−m có 4 nghiệm phân biệt.

Dựa vào BBT hàm số fx, đẻ (*) có 4 nghiệm phân biệt

⇔−5<−m<0⇔m∈0;5.

Kết hợp với m∈ℤ suy ra có tất cả 4 giá trị nguyên cần tìm.

Đáp án A.

Ta có OEE∈AB Vecto chỉ phương

của đường thẳng (d) là u→=1;−2;2.

Kẻ phân giác OEE∈AB suy ra

OAOB=AEBE=34⇒AE→=34EB→⇒E0;127;127.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp

ΔOAB⇒I∈OE⇒OI→=kOE,→ với k>0.

Tam giác OAB vuông tại O, có bán kính

đường tròn nội tiếp r=1⇒IO=2. 

Mà

AE=157; OA=3; cosOAB^=35→ OE=1227 suy ra OE¯=127OI¯⇒I0;1;1.

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 

d:x+11=y−3−2=z+12

Đáp án D.

Vì S đối xứng với B qua

DE⇒dB;DCEF=dS;DCEEF.

Gọi M là trung điểm

CE⇒BM⊥DCEF⇒dB;DCEF=BM.

Khi đó, thể tích VABCDSEF=VADF.BCE+VS.DCEF

=AB x SΔADF+13dS;DCEFx SDCEF=1.12+13.22.2=12+13=56.

Đáp án A.

Gọi Mx,y là điểm biểu diễn số phức z.

Từ giả thiết, ta có z−4−3i=5⇔x−42+y−32=5⇒M thuộc đường tròn (C) tâm I4;3, bán kính R=5. Khi đó P=MA+MB, với A−1;3,B1;−1.

Ta có

P2=MA2+MB2+2MA.MB≤2MA2+MB2.

Gọi E0;1 là trung điểm của AB

⇒ME2=MA2+MB22−AB24.

Do đó P2≤4ME2+AB2 mà

ME≤CE=35 suy ra P2≤4.352+252=200.

Với C là giao điểm của đường thẳng EI

với đường tròn (C).

Vậy P≤102. Dấu “=” xảy ra 

⇔MA=MBM=C⇒M6;4⇒a+b=10.

Đáp án B.

Dễ thấy:

AB'C';MNP^=AB'C';MNCB^

=1800−AB'C';A'B'C'^−MNBC;A'B'C'^=1800−A'BC;ABC^−MNBC;ABC.^

Ta có:

MNBC;ABC^=A'P;AP^=A'PA^=arctan23.

Và

MNBC;ABC^=SP;AP^=SPA^=arctan43, 

với S là điểm đối xứng với A qua A’,

thì SA=2AA'=4.

Suy ra 

cosAB'C';MNP^=cos1800-arctan23−arctan43=1365.

Đáp án B.

Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm là

P:+by+cz+d=0.

Vì dB;P=dC;P=1 suy ra

mpP//BC hoặc đi qua trung điểm của BC.

Trường hợp 1: với 

suy ra dA;P=2b+c+db2+c2=2

Và dB;P=−b+c+db2+c2=1⇒2b+c+d=2−b+c+d−b+c+d=b2+c2⇒4b=c+dc+d=0−b+c+d=b2+c2

⇔3b=b2+c2b=b2+c2⇔8b2=c2⇒c=±22bc=0⇒d=0

Suy ra có ba mặt phẳng thỏa mãn.

Trường hợp 2: Mặt phẳng (P) đi qua trùng điểm BC⇒P:ax−1+by+1+cz−1=0

Do đó dA;P=3ba2+b2+c2=2; dB;P=2aa2+b2+c2=1

Suy ra 3b=4a2a=a2+b2+c2⇔3b=4a3a2=b2+c2      (*)

Chọn a =3 suy ra (*)

⇔b=4b2+c2=27⇔b=±4c2=11⇒a;b;c=3;4;11,3;−4;113;4;−11,3;−4;−11.

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A.

Kí hiệu học sinh các lớp 12A, 12B,12C

lần lượt là A,B,C.

Ta sẽ xếp 5 học sinh của lớp 12C trước,

khi đó xét các trường hợp sau:

TH1: CxCxCxCxCx với x thể hiện là

ghế trống.

Khi đó, số cách xếp là 5!5! cách.

TH2: xCxCxCxCxC giống với TH1

⇒ có 5!5! cách xếp.

TH3: CxxCxCxCxC với xx là hai ghế

trống liền nhau.

Chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh

lớp 12B vào 2 ghế trống⇒2.3.2! cách

xếp. Ba ghế trống còn lại ta sẽ xếp 3 học

sinh còn lại của 2 lớp 12A-12B

⇒ 3! cách xếp.

Do đó, TH3 có 2.3.2!.3!.5! cách xếp. 

Ba TH4. CxCxxCxCxC.

TH5. CxCxCxxCxC.

TH6. CxCxCxCxCxx tương tự TH3.

Vậy có tất cả 2.5!5!+4.2.3.2!.3!.5!=63360

cách xếp cho các học sinh.

Suy ra xác suất cần tính là P=6336010!=11630.

Đáp án A.

Đặt u=fxdv=3x2dx⇒du=f'xdxv=x3, 

khi đó ∫013x2fxdx=x3fx10−∫01x3f'xdx.

⇒1=f1−∫01x3f'xdx⇒∫01x3f'xdx=−1⇔∫0114x3f'xdx=−7.

Mà ∫0149x6dx=7 

suy ra ∫01f'x2dx+∫017∫01x3f'xdx+∫0149x6dx=0⇔∫01f'x+7x32dx=0.

Vậy 

f'x+7x3=0⇒0⇒fx=−74x4+C