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 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-2}{x+3}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-\frac{2}{x}}{1+\frac{3}{x}}=1.$

Đáp án C.

$C_{10}^2.$

Đáp án A.

$V=\frac{1}{3}Bh.$

Đáp án A.

$\left(-2;0\right).$

Đáp án A.

$V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx.$

Đáp án D.

$x=2.$

Đáp án C.

Ta có $\log \left(3a\right)=\log 3+\log a,\log a^3=3\log a.$

Đáp án D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(3x^2+1\right)dx=x^3+x+C.$

Đáp án B.

$M\left(0;-1;1\right).$

Đáp án A.

Ta thấy đồ thị hàm số ở hình bên là đồ thị hàm số hàm trùng phương. Xét hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c.$Tựa vào hình dạng của dồ thị hàm số suy ra $a<0$, mà đồ thị hàm số có 3 cực trị nên $ab<0\Rightarrow b>0.$ Do đó ta loại được đáp án B, C, D.

Đáp án A.

Vecto chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_d}=\left(-1;2;1\right).$

Đáp án B.

Ta có $2^{2x}<2^{x+6}\iff 2x<x+6\iff x<6\Rightarrow x\in \left(-\infty ;6\right).$

Đáp án B.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=3\pi a^2\iff \pi al=3\pi a^2\iff l=3a.$

Đáp án D.

Phương trình mặt phẳng $\left(MNP\right):\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{2}=1.$

Đáp án D.

Phan tích các đáp án:

+) Đáp án A. Ta có $y=\frac{x^2-3x+2}{x-1}=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x-1}=x-2$ nên hàm số không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án B. Phương trình $x^2+1=0$ vô nghiệm nên hàm số không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án C. Đồ thị hàm số $y=\sqrt{x^2-1}$  không có tiệm cận đứng.

+) Đáp án D. Đồ thị hàm số $y=\frac{x}{x+1}$ có tiệm cận đứng $x=-1.$

Đáp án B.

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình $f\left(x\right)-2=0$ có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án A.

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

Ta có:

$f\left(0\right)=5;f\left(\sqrt{2}\right)=1;f\left(-\sqrt{2}\right)=5;f\left(3\right)=50$Do đó giá trị lớn nhất của hàm số là 50

khi x=3.

Đáp án C.

Ta có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{x+3}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{d\left(x+3\right)}{x+3}=\ln \left(x+3\right)\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_0\end{array}\right.=\ln 5-\ln 3=\ln \frac{5}{3}.$

Đáp án D.

Ta có 

$$\begin{gathered} 4z^2-4z+3=0\iff \left[\begin{array}{l}z=\frac{1+\sqrt{2}i}{2}\\ z=\frac{1-\sqrt{2}i}{2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\sqrt{3}. \end{gathered}$$

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’$\Rightarrow \text{OO}\perp \left(ABCD\right)$ và $\text{OO}\text{'}\perp \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right)$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{OO}\text{'}\perp BD\\ \text{OO}\text{'}\perp A\text{'}C\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow \text{OO}\text{'}$ là đoạn vuông góc chung của BD và A’C’

$\Rightarrow \text{OO}\text{'}$ là khoảng cách giữa A’C’ và BD

$\Rightarrow d\left(A\text{'}C\text{'},BD\right)=a.$

Đáp án A.

Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng là $\mathrm{100.000.000}{\left(1+0,4\%\right)}^6=\mathrm{102.424.000.}$

Đáp án C.

Số cách để chị 2 quả cầu từ hộp là

$C_{11}^2\Rightarrow \left|\Omega \right|=C_{11}^2$ 

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 $C_5^2$ cách chọn

Trường hợp 1: Chọn được hai quả cầu

màu đỏ

=> có $C_6^2$ cách chọn

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

$$\begin{gathered} C_5^2+C_6^2\Rightarrow \left|{\Omega }_A\right|=C_5^2+C_6^2 \\ \Rightarrow P_A=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{5}{11}. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Mặt phẳng đó có vecto pháp tuyến là

$\overrightarrow{n_p}=\overrightarrow{AB}=\left(3;-1;-1\right)$

Mà mặt phẳng đó qua 

$A\left(-1;2;2\right)\Rightarrow \left(P\right):3x-y-z+6=0.$

Đáp án D.

Gọi O là giao điểm của AC và $BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$ Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt BD tại H

$\Rightarrow MH\perp \left(ABCD\right)$

Ta có $MB\cap \left(ABCD\right)=\left\{B\right\}$ và $MH\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(MB,\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(MB,HB\right)}=\widehat{MBH}$

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta có $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow MH=\frac{SO}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

Ta có $BH=\frac{3}{4}BD=\frac{3}{4}a\sqrt{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$

Ta có $\tan \widehat{MBH}=\frac{MH}{BH}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\frac{3a\sqrt{2}}{4}}=\frac{1}{3}\Rightarrow \tan \widehat{\left(MB,\left(ABCD\right)\right)}=\frac{1}{3}.$

Đáp án D.

Ta có

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

Khi đó

$$\begin{gathered} {\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^n={\left(x^3+\frac{2}{x^2}\right)}^{10} \\ =\sum _{n=0}^{10}{C}_{10}^n{x}^{3n}{\left(\frac{2}{x^2}\right)}^{10-n}=\sum _{n=0}^{10}{C}_{10}^n{2}^{10-n}{x}^{5n-20} \end{gathered}$$

Số hạng không chưa x khi $5n-20=0\iff n=4\Rightarrow n=4\Rightarrow$ số hạng không chứa x là $C_{10}^4{.2}^{10-4}=13440.$

Đáp án A.

Điều kiện: $x>0.$ Ta có

$$\begin{gathered} {\log }_{3}x.{\log }_{9}x.{\log }_{27}x.{\log }_{81}x=\frac{2}{3} \\ \iff {\log }_{3}x\left(\frac{1}{2}{\log }_{3}x\right).\left(\frac{1}{3}{\log }_{3}x\right).\left(\frac{1}{4}{\log }_{3}x\right)=\frac{2}{3} \\ \iff \frac{1}{24}{\log }_3^{4}x=\frac{2}{3}\iff {\log }_3^{4}x=16\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=2\\ {\log }_{3}x=-2\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=9\\ x=\frac{1}{9}\end{array}\right.\Rightarrow S=x_1+x_2=\frac{82}{9}. \end{gathered}$$

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 $MN//AB\Rightarrow \widehat{\left(OM,AB\right)=\widehat{\left(OM,MN\right)}}$

Giả sử $OA=OB=OC=a\Rightarrow AB=BC=CA=a\sqrt{2}$

Ta có $OM=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},ON=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},MN=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều $\Rightarrow \widehat{OMN}={60}^0$

$\Rightarrow \widehat{\left(OM,MN\right)}={60}^0.$

Đáp án A.

Giả sử đường thẳng d cắt $d_1,d_2$ lần lượt

$M,N\Rightarrow M\left(3-t_1;3+2t_1;-2+t_1\right),N\left(5-3t_2;-1+2t_2;2+t_2\right)$

Ta có

$\overrightarrow{MN}=\left(t_1-3t_2+2;2t_1+2t_2-4;-t_1+t_2+4\right)$

và $\overrightarrow{n_p}=\left(1;2;3\right)$

Mà d vuông góc với $\left(P\right)$ nên

$$\begin{gathered} \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{k{n}_p}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{t}_1-3t_2+2=k\\ 2t_1+2t_2-4=2k\\ -t_1+t_2+4=3k\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=2\\ t_2=1\\ k=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\left(1;-1;0\right)\\ N\left(2;1;3\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;2;3\right)\Rightarrow d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}.$

Đáp án D.

Ta có $y\text{'}=3x^2+m+\frac{1}{x^6}$ để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ thì $y\text{'}\ge 0,\in \left(0;+\infty \right)$

Ta dễ có

$$\begin{gathered} \iff 3x^2+\frac{1}{x^6}=x^2+x^2+x^2+\frac{1}{x^6}\ge 4 \\ \Rightarrow 3x^2+\frac{1}{x^6}+m\ge m+4\ge 0\Rightarrow m\ge -4 \end{gathered}$$

Theo bài ta có $m\in \left\{-4;-3;-2;-1\right\}.$

Đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

Dựa vào hình vẽ ta có:

$S=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sqrt{3}{x}^{2}dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx=\sqrt{3}\frac{x^3}{3}\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.+I_1=\frac{\sqrt{3}}{3}+I_1$

Với $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx,$ sử dụng CASIO

hoặc đặt $x=2\sin t\Rightarrow dx=2\cos tdt$

Đổi cận

$$\begin{gathered} \left|\begin{array}{l}x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}\\ x=2\Rightarrow t=\frac{\pi }{2}\end{array}\right.\Rightarrow I_1=\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{4-4{\sin }^{2}t}.cos\text{tdt} \\ \text{=}\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}2\left(1+cos2t\right)dt=\left(2t-\sin 2t\right)\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{2}}\\ {}_{\frac{\pi }{6}}\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow I_1=\frac{1}{6}\left(4\pi -3\sqrt{3}\right).$ Do đó $S=\frac{4\pi -\sqrt{3}}{6}.$

Đáp án D.

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{x\left(x+1\right)}\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)}$

Lại có:

$$\begin{gathered} \left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=1 \\ \Rightarrow I=\underset{2}{\overset{2}{\int }}\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}{\sqrt{x\left(x+1\right)}}dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{x+1}}\right)dx \end{gathered}$$

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

Vậy $a+b+c=46.$

Đáp án A.

Dựng hình như hình vẽ bên ta có:

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy:

$r=HM=\frac{1}{3}BM=\frac{4\sqrt{3}}{6}$

Chiều cao:

$h=AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{4^2-{\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$

Do đó $S_{xq\left(T\right)}=2\pi h=\frac{16\pi \sqrt{2}}{3}.$

Đáp án B.

Ta có $PT\iff {\left(\frac{4}{3}\right)}^{2x}-2{\left(\frac{4}{3}\right)}^x+m-2=0.$

Đặt $t={\left(\frac{4}{3}\right)}^x>0\Rightarrow t^2-2t+m-2=0\iff t^2-2t-2=-m$

Dựa vào đồ thị ta thấy PT có nghiệm lớn hơn $1\iff -m>-3\iff m<3$

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

Đáp án A.

Đặt $\sqrt[3]{m+3\sin x}=a;\mathrm{s}\text{inx}=b$

ta có: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt[3]{m+3a}=b\\ \sqrt[3]{m+3b}=a\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m+3a=b^3\\ m+3b=a^3\end{array}\right.$

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

Do

$$\begin{gathered} b^2+ba+a^3+3>0\Rightarrow a=b\Rightarrow m+3\sin x={\sin }^{3}x \\ \iff m={\sin }^{3}x-3\sin x=b^3-3b=f\left(b\right) \end{gathered}$$

Xét $f\left(b\right)=b^3-3b\left(b\in \left[-1;1\right]\right)$

ta có: $f\text{'}\left(b\right)=3b^2-3\le 0\left(\forall b\in \left[-1;1\right]\right)$

Do đó hàm số f(b) nghịch biến trên $\left[-1;1\right]$

Vậy $f\left(b\right)\in \left[f\left(1\right);f\left(-1\right)\right]=\left[-2;2\right].$

Do đó PT đã cho có nghiệm $\iff m\in \left[-2;2\right]$

Vậy có 5 giá trị nguyên của m thõa mãn.

Đáp án B.

Xét $f\left(x\right)=x^3-3x+m$ trên đoạn $\left[0;2\right]$ 

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3x^{3}3=0\Rightarrow x=1$

Lại có:

$f\left(0\right)=m;f\left(1\right)=m-2;f\left(2\right)=m+2$

Do đó: $f\left(x\right)\in \left[m-2;m+2\right]$

Nếu

$m-2\ge 0\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\text{Max}}\left|f\left(x\right)\right|=m+2=3\iff m=1$ (loại).

Nếu $m-2<0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\text{Max}}\left|f\left(x\right)\right|=m+2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\text{Max}}\left|f\left(x\right)\right|=2-m\end{array}\right.$

TH1: $\underset{\left[0;2\right]}{\text{Max}}\left|f\left(x\right)\right|=m+2=3\iff m=1\Rightarrow 2-m=1<3\left(t/m\right)$

TH2: $\underset{\left[0;2\right]}{\text{Max}}\left|f\left(x\right)\right|=2-m=3\iff m=-1\Rightarrow m+2=1<3\left(t/m\right)$

Vậy $m=1;m=-1$ là giá trị cần tìm.

Đáp án C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=\ln \left|2x-1\right|+C$

Nếu $x>\frac{1}{2}\Rightarrow f\left(x\right)=\ln \left(2x-1\right)+C$

mà $f\left(1\right)=2\Rightarrow C=2$

Vậy $f\left(x\right)=\ln \left(2x-1\right)+2$ khi $x>\frac{1}{2}$

Tương tự $f\left(x\right)=\ln \left(1-2x\right)+1khix<\frac{1}{2}$

Do đó $f\left(-1\right)+f\left(3\right)=\ln 3+1+\ln 5+2=\ln 15+3.$

Đáp án D.

Đặt

$z=a+bi\Rightarrow a+bi+2+i-\sqrt{a^2+b^2}\left(1+i\right)=0$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}a+2-\sqrt{a^2+b^2}=0\\ b+1-\sqrt{a^2+b^2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+2=b+1\\ b+1=\sqrt{a^2+b^2}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=b-1\\ b\ge -1\\ b^2+2b+1=a^2+b^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=b-1\\ b\ge -1\\ 2b+1={\left(b-1\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}b=0;a=-1\\ b=4;a=3\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Do $\left|z\right|>1\Rightarrow a=3,b=4.$

Đáp án C.

Ta có

$\left[f\left(2-x\right)\right]\text{'}=f\text{'}\left(2-x\right).\left(2-x\right)\text{'}=-f\text{'}\left(2-x\right)>0\iff f\text{'}\left(2-x\right)<0$

Dựa vào đồ thị ta có:

$f\text{'}\left(2-x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}2-x<-1\\ 1<2-x<4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>3\\ -2<x<1\end{array}\right.$

Vậy hàm số đồng biến trên $\left(-2;1\right).$

Đáp án C.

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

$y=f\text{'}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{-x_0+2}{x_0-1}=\frac{-1}{\left(x_0-1\right)}\left(x-x_0\right)+\frac{-x_0+2}{x_0-1}$

Do tiếp tuyến đi qua điểm $A\left(a;1\right)$ nên

$1=\frac{x_0-a+\left(2-x_0\right)\left(x_0-1\right)}{{\left(x_0-1\right)}^2}$ 

$$\begin{gathered} \iff {\left(x_0-2\right)}^2=-x_0^2+4x_0-2-a \\ \iff 2x_0^2-6x_0+3+a=0 \end{gathered}$$

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

nghiệm kép hoặc (*) có 2 nghiệm

phân biệt tróng đó có một nghiệm

$x_0=1\iff \left[\begin{array}{l}\Delta \text{'}=3-2a=0\\ \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=3-2a>0\\ 2.1-6+3+a=0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a=\frac{3}{2}\\ a=1\end{array}\right..$

Đáp án A.

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng

$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1,$ 

với $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right).$