Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 4)

Đáp án C

Ta có ${\log }_{0,5}x>2\iff 0<x<\frac{1}{4}.$

Đáp án D

Ta có $m={\left(\frac{1}{e}\right)}^{2p-q}=e^{q-2p},n=e^{p-2q}.$ 

Vì $m>n$ nên $q-2p>p-2q\iff q>p.$

Đáp án B

Ta có $u_3=u_1{q}^2=2{\left(3\right)}^2=18.$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)\left(x^2-9\right)$ cắt trục hoành tại các điểm $-3;-2;-1;0;1;2;3$ phác họa đồ thị suy ra đồ thị hàm số có 6 điểm cực trị (giữa khoảng 2 nghiệm có 1 điểm cực trị). Do đó phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ có 6 nghiệm phân biệt

Đáp án B

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của nó vuông góc với mặt phẳng thứ 3 nên C và D sai. Dễ thấy trong không gian A sai

Đáp án B

Gọi $P\left(A\right)$ là xác suất của biến cố A ta luôn có$0\le P\left(A\right)\le 1.$

Đáp án A

Ta có các TH sau

TH1: Số tự nhiên có 1 chữ số, có 5 chữ số.

TH2: Số tự nhiên có 2 chữ số, có $4.5=20$ số.

TH3: Số tự nhiên có 3 chữ số, có ${4.5}^2=100$ số.

Suy ra có tất cả $5+20+100=125$số thỏa mãn đề bài

Đáp án D

$PT\iff c\text{os}2x=0\iff 2x=\frac{\pi }{2}+k\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right).$

Với $x\in \left[-2\pi ;2\pi \right]\Rightarrow -2\pi \le \frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\le 2\pi \iff -4,5\le k\le 3,5$ 

$\Rightarrow$có  giá trị k nguyên.

Vậy PT có 8 nghiệm phân biệt trên đoạn $\left[-2\pi ;2\pi \right].$

Đáp án A

Đường tròn $\left(C\right)$ có tâm $K\left(1;2\right)$, bán kính $R=\sqrt{1+4-4}=1$ .

Đường tròn $\left(C\text{'}\right)$có tâm $K\text{'}\left(-3;-2\right)$, bán kính $R\text{'}=\sqrt{9+4-4}=3.$ 

Giả sử $V_{\left(1;k\right)}\left(C\right)=\left(C\text{'}\right)$ 

khi đó $\left|k\right|=\frac{R\text{'}}{R}\Rightarrow \left|k\right|=3\iff k=\pm 3$ 

Với $k=3\Rightarrow \overrightarrow{IK\text{'}}=3\overrightarrow{IK}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-3-x_1=3\left(1-x_1\right)\\ -2-y_1=3\left(2-y_1\right)\end{array}\right.\Rightarrow I\left(3;4\right)$ 

Với $k=-3\Rightarrow \overrightarrow{IK\text{'}}=-3\overrightarrow{IK}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-3-x_1=-3\left(1-x_1\right)\\ -2-y_1=-3\left(2-y_1\right)\end{array}\right.\Rightarrow I\left(0;1\right)$

Đáp án B

Ta có:

$f\text{'}\left(x\right)=2\sin 3x\left(\sin 3x\right)\text{'}=2\sin 3x.3c\text{os}3x=3\sin 6x.$

Đáp án A

Đường thẳng cắt các trục tọa độ tại các điểm $A\left(6;0\right);B\left(0;3\right)$ 

Phép quay tâm O góc ${90}^{\circ }$biến điểm A và B lần lượt thành các điểm $A\text{'}\left(0;6\right)$ và $B\text{'}\left(-3;0\right)$ 

Khi đó $\overrightarrow{n_{A\text{'}B\text{'}}}=\left(2;-1\right)\Rightarrow A\text{'}B\text{'}:2x-y+6=0.$

Đáp án C

Có 3 mặt phẳng. 2 mặt phẳng là các mặt đi qua điểm S và qua các đường trung trực của AB và AD.1 mặt phẳng qua S và song song với mặt phẳng $\left(ABCD\right).$

Đáp án C

Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều là một hình lăng trụ đều

Đáp án D

Khối 12 mặt đều (thập nhị diện đều) có số đỉnh lớn nhất là 20 đỉnh

Đáp án A

Chọn 3 tiết mục bất kỳ có: $\left|\Omega \right|=C_9^3=84$ cách. Gọi A là biến cố: “ba tiết mục được chọn có đủ cả ba khối và đủ cả ba nội dung”. Khối 10 chọn 1 tiết mục có 3 cách, khối 11 chọn 1 tiết mục khác khối 10 có 2 cách, tương tự khối 12 có 1 cách. Ta có: $\left|{\Omega }_A\right|=\mathrm{3.2.1}=6$ cách.

 Vậy $P=\frac{6}{84}=\frac{1}{14}.$

Đáp án A

Ta có:

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

$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{4x+3}{\left(2x+\sqrt{x+3}\right)\left(x+1\right)}=\frac{7}{8}.$

Đáp án D

Số hạng tổng quát của khai triển là: $C_{10}^k{\left(-2x\right)}^k$ Cho $k=6\Rightarrow$ hệ số của $x^6$ trong khai triển là:$2^6.C_{10}^6=13440.$

Đáp án D

$\begin{array}{l}PT\iff M={\log }_{x}2+{\log }_{x}3+\mathrm{...}+{\log }_{x}2017\\ \iff M={\log }_x\left(\mathrm{2.3.4...2017}\right)={\log }_x\left(2017!\right)\iff x^M=2017!.\end{array}$

Đáp án A

Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều các cạnh bên bằng nhau

Đáp án D

Gọi $I\in CD$ sao cho $HI//AD.$

Ta có $\frac{HI}{AD}=\frac{CH}{CA}\iff HI=AD.\frac{CH}{CA}=2a.\frac{3}{4}=\frac{3a}{2}.$ 

Và $HD=\sqrt{D{O}^2+H{O}^2}=\sqrt{D{O}^2+\frac{D{O}^2}{4}}=\frac{DO\sqrt{5}}{2}.$ 

Mà $2D{O}^2=4a^2\Rightarrow DO=a\sqrt{2}$ 

$\Rightarrow HD=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{5}}{2}=\frac{a\sqrt{10}}{2}\Rightarrow SH=HD.\tan {60}^{\circ }=\frac{a\sqrt{30}}{2}.$ 

Vậy $\alpha =\widehat{SIH}\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SH}{HI}=\frac{\frac{a\sqrt{30}}{2}}{\frac{3a}{2}}=\frac{\sqrt{30}}{2}.$

Đáp án C

Năm 2018 Việt Nam sẽ có số dân là: $80902400{\left(1+1,47\%\right)}^{15}=100699267$ người

Đáp án D

Số tự nhiên có 4 chữ số có dạng: $\overline{abcd}$ 

Do $a\ne 0$ nên có 9 cách chọn, các số còn lại đều có 10 cách chọn.

Do đó có tổng cộng ${9.10}^3=9000$ số

Đáp án B

Khối đa diện đều loại $\left\{p;q\right\}$ là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều P cạnh và mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt

Xem lại SGK cơ bản hình học trang 15

Đáp án B

Ta có: Phương trình vận tốc của vật là: $v\left(t\right)=s\text{'}\left(t\right)=-t^2+8t+9=-{\left(t-4\right)}^2+25\le 25$.

Do đó trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của chất điểm là$25\left(m/s\right).$

Đáp án C

Một hình tứ giác

Đáp án C

Lấy điểm $A\in d;B\in d\text{'}.$ Phép tịnh tiến theo véc tơ $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}$ biến $d thành d’$. Do đó có vô số phép tịnh tiến biến $d thành d’$

Đáp án D

Theo bài ra , ta có $120,5=91,7.{\left(1+1,1\%\right)}^n\Rightarrow n\approx 25$ năm.

Vậy đến năm $2015+25=2040$ thì dân số Việt Nam sẽ đạt mức $120,5$ triệu người

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} n^{360}<3^{480}\iff \ln n^{360}<\ln 3^{480}\iff 360.\ln n<480.\ln 3 \\ \iff \ln n<\frac{4}{3}.\ln 3\iff n<e^{\frac{4}{3}\ln 3}\approx 4,326. \end{gathered}$$ 

Vậy giá trị nguyên n lớn nhất thỏa mãn là $n=4.$

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} P=\sqrt{a.\sqrt[3]{a^2.\sqrt[4]{\frac{1}{a}}}}:\sqrt[24]{a^7}=\sqrt{a.\sqrt[3]{a^2.a^{\frac{1}{4}}}}:a^{\frac{7}{24}} \\ =\sqrt{a.{\left(a^{\frac{7}{4}}\right)}^{\frac{1}{3}}}:a^{\frac{7}{24}}={\left(a^{\frac{19}{12}}\right)}^{\frac{1}{2}}:a^{\frac{7}{24}}=a^{\frac{1}{2}}. \end{gathered}$$

Đáp án B

Bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện là $r=\frac{3V}{S_{tp}}=\frac{3.\frac{{\left(2a\right)}^3\sqrt{2}}{12}}{4.\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số $f\text{'}\left(x\right)$ ta có BBT của hàm số $f\left(x\right)$ có dạng như hình vẽ

Do $f\left(a\right)>0$ nên đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ cắt trục hoành tại nhiều nhất 2 điểm khi $f\left(c\right)<0.$

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{AB}\left(-3;4;0\right);\overrightarrow{AC}\left(0;0;1\right),$ trên tia AC lấy $C\text{'}\left(1;-2;6\right)\Rightarrow \overrightarrow{AC\text{'}}=\left(0;0;5\right)$ 

Khi đó tam giác $ABC’$ cân tại A có đường trung tuyến đồng thời là phân giác.

Trung điểm của $BC’$ là $M\left(-\frac{1}{2};0;\frac{7}{2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}\left(-\frac{3}{2};2;\frac{5}{2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_{AM}}=\left(-3;4;5\right)$ 

Khi đó : $AM:\left\{\begin{array}{l}x=1-3t\\ y=-2+4t\\ z=1+5t\end{array}\right.$ cắt mặt phẳng $x=0$ tại điểm $\left(0;-\frac{2}{3};\frac{8}{3}\right).$

Đáp án A

Gọi $A\left(a;a^3-3a^2\right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2$ 

PTTT tại A là: $y=\left(3a^2-6a\right)\left(x-a\right)+a^3-3a^2$ 

Tiếp tuyến đi qua M nên  

$m=\left(3a^2-6a\right)\left(2-a\right)+a^3-3a^2=-2a^3+9a^2-12a\left(*\right)$

Để kẻ được 3 tiếp tuyến thì PT (*) có 3 nghiệm phân biệt

Xét hàm số

$$\begin{gathered} f\left(a\right)=-2a^3+9a^2-12a\Rightarrow f\text{'}\left(a\right) \\ =-6a^2+18a-12=0\iff \left[\begin{array}{l}a=2\\ a=1\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Khi đó (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m\in \left(f\left(1\right);f\left(2\right)\right)=\left(-5;-4\right).$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} P={\log }_{\sqrt{ab}}\frac{b}{\sqrt{a}}=2.{\log }_{ab}\frac{b}{\sqrt{a}} \\ =2\left({\log }_{ab}b-{\log }_{ab}\sqrt{a}\right)=2\left(\frac{1}{{\log }_{b}ab}-\frac{1}{2}{\log }_{ab}a\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} =2\left(\frac{1}{1+{\log }_{b}a}-\frac{1}{2}.\frac{1}{{\log }_{a}ab}\right)=2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{{\log }_{a}b}}-\frac{1}{2}.\frac{1}{1+{\log }_{a}b}\right) \\ =2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{\sqrt{5}}}-\frac{1}{2}.\frac{1}{1+\sqrt{5}}\right)=\frac{11-3\sqrt{5}}{4}. \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi H là tâm của hình bình hành ABB'A'.

Khi đó $CH\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)$.

Do H là tâm của hình bình hành nên các tam giác $CA’B; CAB’$

là các tam giác cân tại C ( Do trung tuyến đồng thời là đường cao).

Khi đó $CB=CA\text{'}=a;CA=CB\text{'}=a$. Suy ra $CC’A’B’$ là tứ diện đều cạnh a. Tính nhanh ta có:

$V_{C.C\text{'}A\text{'}B\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}\Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}.$

Đáp án D

Đặt $t=c\text{\hspace{0.17em}osx}\Rightarrow \text{t'=-sinx}<0;\forall x\in \left(0;\pi \right)$ suy ra $t\in \left(-1;1\right).$ 

Khi đó

$y=f\left(t\right)=\frac{2t+1}{t-m}\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=-\frac{2m+1}{{\left(t-m\right)}^2}xt\text{'}.$

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(0;\pi \right)$ 

$\iff f\text{'}\left(t\right)>0;\forall t\in \left(-1;1\right)\iff -\frac{2m+1}{{\left(t-m\right)}^2}xt\text{'}>0;\forall t\in \left(-1;1\right)$

mà $t\text{'}<0$ suy  ra

$\frac{2m+1}{{\left(t-m\right)}^2}>0;\forall t\in \left(-1;1\right).$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2m+1>0\\ t=m\notin \left(-1;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ m\notin \left(-1;1\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ \left[\begin{array}{l}\frac{1}{2}\ge 1\\ m\le -1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m\ge 1$ là giá trị cần tìm

Đáp án B

Đạo hàm ta hai vế ta được

$10{\left(1+x+x^2-x^3\right)}^9.\left(1+2x-3x^2\right)=a_1+2a_{2}x+\mathrm{...}+30a_{30}{x}^{29}$ Cho $x=1\Rightarrow S=0.$

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)\iff \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(ax+1\right) \\ =\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2}{2}\iff a+1=\frac{1}{2}\iff a=-\frac{1}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có $AE=BF=1$ Khi đó $DE=\sqrt{A{D}^2-A{E}^2}=1$ 

Khi quay hình chữ nhật DEFC quay trục AB ta được hình trụ có thể tích là: $V_1=\pi .D{E}^2.DC=\pi 1^2.3=3\pi$

Khi quay tam giác AED quanh trục AB ta được hình nón

có thể tích là $V_2=\frac{1}{3}\pi .D{E}^2.AE=\frac{1}{3}\pi {.1}^2.1=\frac{\pi }{3}$. Do đó thể tích vật tròn xoay tạo thành khi cho hình thang đó quay quanh AB là: $V=V_1-2V_2=\frac{7\pi }{3}.$

Đáp án C

Ta có $c{\text{os}}^{2}3x=\frac{1+c\text{os}6x}{2}=\frac{4c{\text{os}}^{3}2x-3c\text{os}2x+1}{2}$ 

và $c\text{os}4x=2c{\text{os}}^{2}2x-1$

Khi đó, phương trình đã cho

$\iff 2c{\text{os}}^{2}2x-1=\frac{4c{\text{os}}^{3}2x-3c\text{os}2x+1}{2}+\frac{1-c\text{os}2x}{2}m$

$\begin{array}{l}\iff 4c{\text{os}}^{2}2x-2=4c{\text{os}}^{3}2x-3c\text{os}2x+1+\left(1-c\text{os}2x\right)m\\ \iff \left(c\text{os}2x-1\right)m=4c{\text{os}}^{3}2x-4c{\text{os}}^{2}2x-3c\text{os}2x+3\end{array}$ 

 Đặt $t=c\text{os}2x,$ với $x\in \left(0;\frac{\pi }{12}\right)\to t\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2};1\right),$ 

do đó (*) $\iff m=\frac{4t^3-4t^2-3t+3}{t-1}=4t^2-3.$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)=4t^2-3$ trên khoảng $\left(\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)\to \left\{\begin{array}{l}\min f\left(t\right)=0\\ \max f\left(t\right)=1\end{array}\right..$ 

Vậy để phương trình $m=f\left(t\right)$ có nghiệm khi và chỉ khi $m\in \left(0;1\right).$

Đáp án A

Do các góc phẳng đỉnh A đều bằng ${60}^{\circ }$và 

nên các tam giác $A’AD; A’AB; ABD$ là các tam giác đều cạnh 1.

Ta có: 

$$\begin{gathered} A\text{'}C\text{'}//AC\Rightarrow d\left(AB\text{'};A\text{'}C\text{'}\right)=d\left(\left(AB\text{'}C\right);A\text{'}C\text{'}\right) \\ =d\left(C\text{'};\left(AB\text{'}C\right)\right)=\frac{3V_{C\text{'}.AB\text{'}C}}{S{.}_{AB\text{'}C}} \end{gathered}$$

Mặt khác $A’.ABD$ là hình tứ diện đều cạnh 1.

Ta có $AH=\frac{2}{3}.AO=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A\text{'}H=\sqrt{AA{\text{'}}^2-A{H}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

$V=S_{ABCD}=V_{A.CC\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{2}{V}_{A.CC\text{'}B\text{'}B}=\frac{V}{6}=\frac{\sqrt{2}}{12}$

$\Delta AB\text{'}C\text{'}$ cân tại A có $AB\text{'}=AC=\sqrt{3};B\text{'}C=A\text{'}D=1$

$S_{AB\text{'}C}=\frac{\sqrt{11}}{4}\Rightarrow d=\frac{3.\frac{\sqrt{2}}{12}}{\frac{\sqrt{11}}{4}}=\frac{\sqrt{22}}{11}.$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} PT\iff 4c\text{os}3xc\text{os}2x+2c\text{os}3x=1 \\ \iff 2c\text{os}5x+2\cos x+2c\text{os}3x=1 \end{gathered}$$ 

Nhận xét $x=k\pi$ không phải nghiệm của PT đã cho.

Ta có:

$PT\Rightarrow 2\sin x\left(\cos x+c\text{os}3x+c\text{os}5x\right)=\mathrm{s}\text{inx}$

$\begin{array}{l}\iff \sin 2x+\sin 4x-\sin 2x+\sin 6x-\sin 4x=\mathrm{s}\text{inx}\\ \iff \sin 6x=\mathrm{s}\text{inx}\iff \left[\begin{array}{l}6x=x+k2\pi \\ 6x=\pi -x+k2\pi \end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k2\pi }{5}\\ x=\frac{\pi }{7}+\frac{k2\pi }{7}\end{array}\right.\end{array}$

Xét trên chu kì từ $\left[0;2\pi \right]$ ta có các nghiệm (loại đi các nghiệm $x=k\pi$ ).

$$\begin{gathered} x=\frac{2\pi }{5};x=\frac{4\pi }{5};x=\frac{6\pi }{5};x=\frac{8\pi }{5};x=\frac{\pi }{7}; \\ x=\frac{3\pi }{7};x=\frac{5\pi }{7};x=\frac{9\pi }{7};x=\frac{11\pi }{7};x=\frac{13\pi }{7}. \end{gathered}$$ 

Tổng các nghiệm này trên đoạn $\left[0;2\pi \right]$ bằng $10\pi$

Do đó tổng các nghiệm của phương trình đã cho trên đoạn $\left[-4\pi ;6\pi \right]$ 

là $5.10\pi +\left(-2-1+0+1+2\right).2\pi =50\pi .$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm cuả AD. Ta có: $BC=AM=a$ và $BC//AM$

nên tứ giác ABCM là hình bình hành

$\Rightarrow CM=AB=a\Rightarrow \Delta CDM$ đều. Gọi K là hình chiếu của C lên AD.

Ta có: $CK=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$ 

Diện tích hình thang ABCD là: $S=\frac{\left(a+2a\right).\frac{a\sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$ 

+) Lại có:

$HD=\frac{3}{2}.2a=\frac{3a}{2}\Rightarrow SH=\frac{3a}{2}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.$