Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 6)

Đáp án A

BPT $\iff \left\{\begin{array}{l}x>\frac{5}{3}\\ x<3\end{array}\right.\iff \frac{5}{3}<x<3$

Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(1+x\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{.1}^k.x^{n-k}=\sum _{k=0}^n{C}_n^k.x^k{.1}^{n-k} \\ =C_n^0+C_n^1.x+C_n^2.x^2+\mathrm{...}+C_n^n.x^n \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} \cos 2x+\sqrt{3}\sin 2x-2\cos x=0 \\ \iff \sin \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)=\cos x\iff \cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)=\cos x \end{gathered}$$

Suy ra $\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)=\cos x\iff \cos \left(2x-\alpha \right)=\cos x\iff \alpha =\frac{\pi }{3}$

Đáp án B

Dễ thấy$\Delta ABC$ vuông cân tại A

Dựng hình vuông $ABEC$ tâm O

Do $SA=SB=SC$ nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta ABC$ suy ra O là trung điểm của BC

Do $AB//EC$ nên $\stackrel{⏜}{AB;SC}=\stackrel{⏜}{EC;SC}$

Do $SC=SE=a;EC=AB=a$ nên tam giác SEC đều

Khi đó $\stackrel{⏜}{AB;SC}=\stackrel{⏜}{EC;SC}=60°$

Đáp án A

Sau 5 năm tiếp theo, số tiền bà Hoa thu được là $T_2=\frac{T_1}{2}.{\left(1+8\%\right)}^5$ triệu đồng

Vậy tổng số tiền lãi bà Hoa có được sau 10 năm là $T=T_2-\frac{T_1}{2}+T_1-100\approx 81,413$ triệu đồng

Đáp án D

Tập hợp tâm những mặt cầu đi qua hai điểm A và B là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

Đáp án C

Có 2 trường hợp xảy ra là trúng – trượt và trượt – trúng.

Xác suất cần tìm là $0,6.0,4+0,4.0,6=0,48$

Đáp án D

PT 

$$\begin{gathered} \iff 1-2{\sin }^{2}x+4\sin x+5=0 \\ \iff {\sin }^{2}x-2\sin x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}\sin x=-1\\ \sin x=3\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow \sin x=-1\iff x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vì

$$\begin{gathered} x\in \left(0;10\pi \right)\iff 0<-\frac{\pi }{2}+k2\pi <10\pi \\ \iff \frac{1}{4}<k<\frac{21}{4}\Rightarrow k\in \left\{1;2;3;4;5\right\} \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi E là trung điểm của AB, ta có $CE//C\text{'}M$

Mặt khác $AM//EB\text{'}$ do đó $\left(C\text{'}MA\right)//\left(B\text{'}EC\right)$

Suy ra $CB\text{'}//\left(AC\text{'}M\right)$

Đáp án A

Tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng đó là các mặt phẳng đi qua một cạnh và trung điểm của cạnh đối diện

Đáp án A

Ta có $V_{C\text{'}.ABC}=\frac{V}{3}\Rightarrow V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}AB}=\frac{2V}{3}$

Do $S_{A\text{'}B\text{'}AB}=2S_{A\text{'}B\text{'}JI}\Rightarrow V_{C\text{'}A\text{'}B\text{'}JI}=\frac{V}{3}$

Suy ra $V_{ABCIJC\text{'}}=\frac{2V}{3}$

Đáp án C

Giả sử các kích thước đáy là x và $2x$. Chiều cao bể nước là y.

Ta có $V=2x^{2}y=\frac{500}{3}$

Để chi phí thuê công nhân ít nhất thì diện tích xây là nhỏ nhẩt

Ta có 

$S_x=S_{xq}+S_d=6xy+2x^2=6x.\frac{500}{3.2x^2}+2x^2=\frac{500}{x}+2x^2$

$=\frac{250}{x}+\frac{250}{x}+2x^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{250}{x}+\frac{250}{x}+2x^2}=150\left(m^2\right)\Rightarrow T_{\min }=15$ triệu đồng

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }=2$ nên hàm số liên tục tại điểm x= 1`

Do $f\text{'}\left(1^{+}\right)=2=f\text{'}\left(1^{-}\right)$ nên $f\left(x\right)$ có đạo hàm tại điểm $x_0=1$.

Đáp án sai là A

Đáp án B

Vì $y\text{'}=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}\Rightarrow y\text{'}.y=x$ không phụ thuộc vào tập xác định $D=\left(-1;1\right)$

Khi đó, phương trình $y\text{'}.y=2x+1\iff x=2x+1\iff x=-1$

Đáp án A

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int 3^{x}dx=\frac{3^x}{\ln 3}+C$ mà 

$F\left(0\right)=-\frac{1}{\ln 3}\Rightarrow C+\frac{1}{\ln 3}=-\frac{1}{\ln 3}\Rightarrow C=-\frac{2}{\ln 3}$

Vậy $F\left({\log }_{3}7\right)={\left.\left(\frac{3^x-2}{\ln 3}\right)\right|}_{x={\log }_{3}7}=\frac{3^{{\log }_{3}7}-2}{\ln 3}=\frac{7-2}{\ln 3}=\frac{5}{\ln 3}$

Đáp án A

Gọi số cần lập là $\overline{abcd}$ với $a;b;c;d\in \left\{0;1;\mathrm{2....9}\right\}$

TH1: Với $d=0$ suy ra $a;b;c$ có $A_9^3$ cách chọn và sắp xếp

TH2: Với $d\in \left\{2;4;6;8\right\}\Rightarrow a$ có 8 cách chọn $b,c$ có $A_8^2$ cách chọn và sắp xếp

Theo quy tắc nhân có $\mathrm{4.8.}{A}_8^2=32A_8^2$ số

Áp dụng QTC cho cả 2 TH ta có $A_9^3+32A_8^2=2296$ số

Đáp án C

Gọi phương trình tiếp tuyến của $\left(C\right)$ có dạng $y-y_0=y\text{'}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$

Ta có  $y\text{'}\left(x_0\right)=x_0^2+6x_0$

suy ra

$y\text{'}\left(x_0\right)=-9\iff x_0^2+6x_0+9=0\iff x_0=-3\to y_0=16$

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 

$y-16=-9\left(x+3\right)\iff y=-9x-11$

Đáp án D

Ta có $F\left(x\right)=\int \left(e^x+2x\right)dx=e^x+x^2+C$

Mặt khác $F\left(0\right)=\frac{3}{2}\iff e^0+0^2+C=\frac{3}{2}\Rightarrow C=\frac{1}{2}\Rightarrow F\left(x\right)=e^x+x^2+\frac{1}{2}$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(x+\sqrt{4-x^2}\right)}^2\le \left(1^2+1^2\right)\left(x^2+4-x^2\right)=8 \\ \Rightarrow x+\sqrt{4-x^2}\le 2\sqrt{2} \end{gathered}$$

Vậy $\underset{\left[-2;2\right]}{\max }y=m+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}\to m=\sqrt{2}$

Đáp án B

Dựa vào đáp án, ta thấy rằng

$•y=x^2+3\to y\text{'}=2x=0\iff x=0$ suy ra $x=0$ là điểm cực trị của hàm số

$•y=x^3+3x^2+3x-5\to y\text{'}=3x^2+6x+3=3{\left(x+1\right)}^2\ge 0,\forall x\in ℝ$suy ra hàm số không có cực trị

$•y=x-\frac{1}{x+2}\to y\text{'}=1+\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\ne -2$ suy ra hàm số không có cực trị

$•y={\left(2x+1\right)}^7\to y\text{'}=14{\left(2x+1\right)}^6\ge 0,\forall x\in ℝ$ suy ra hàm số không có cực trị

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x-1+\sqrt{4x^2-4}\right)=+\infty$

Và 

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

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x\left(\frac{5}{x}-4\right)}{x\left(2-\frac{1}{x}+\sqrt{4-\frac{4}{x^2}}\right)}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{5}{x}-4}{2-\frac{1}{x}+\sqrt{4-\frac{4}{x^2}}}=-1$.

Vậy $y=-1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Đáp án C

Lấy ngẫu nhiên 3 cuốn sách có: $C_9^3=84$ cách

Gọi A là biến cố: Lấy 3 cuốn sách và không có cuốn nào là cuốn toán

Suy ra $\overline{A}$ là biến cố: 3 quyển được lấy ra có ít nhất một quyển là toán

Khi đó $\left|{\Omega }_A\right|=C_5^3=10$.

Vậy $p_A=\frac{\left|{\Omega }_A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{10}{84}=\frac{5}{42}\Rightarrow p_{\overline{A}}=1-p_A=\frac{37}{42}$

Đáp án B

Gọi $P=MN\cap AC;I=PK\cap SO$

Do $MN//BD$ nên giao tuyến của (MNK) với (SBD) song song với MN. Qua I dựng đường thẳng song song với MN cắt SD, SB lần lượt tại E và F khi đó thiết diện là ngũ giác $KEMNF$

Đáp án C

Hệ số của $x^5$ trong khai triển $P\left(x\right)={\left(x+1\right)}^6+{\left(x+1\right)}^7+\mathrm{...}+{\left(x+1\right)}^{12}$ là:

 $C_6^5+C_7^5+C_8^5+C_9^5+C_{10}^5+C_{11}^5+C_{12}^5=1715$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} F\text{'}\left(x\right)=2x=f\left(x\right)e^{2x}\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{2x}{e^{2x}} \\ \Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{2-4x}{e^{2x}}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)e^{2x}=2-4x \end{gathered}$$

Suy ra

$\int f\text{'}\left(x\right)e^{2x}dx=\int \left(2-4x\right)dx=-2x^2+2x+C$

Đáp án A

Công thức 

$$\begin{gathered} R=\frac{BC}{2\sin \stackrel{⏜}{BAC}}=\frac{\sqrt{a^2+2a^2-2a.a\sqrt{2}\cos 45°}}{2\sin 45°}=\frac{a}{\sqrt{2}} \\ \Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{3} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $V_{\left(G;-\frac{1}{2}\right)}\left(A\right)=A\text{'}\Rightarrow \overrightarrow{GA\text{'}}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}\Rightarrow A\text{'}$ là trung điểm của $B\text{'}C\text{'}$

Tương tự, ta thấy $B\text{'}C\text{'}$ lần lượt là trung điểm của $A\text{'}C\text{'},A\text{'}B\text{'}\Rightarrow \frac{S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{1}{4}$

Vậy tỉ số $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{d\left(S;\left(ABC\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{d\left(S;\left(ABC\right)\right).S_{\Delta ABC}}=\frac{1}{4}$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(1\right)=3a+2b+c=0\\ f\text{'}\left(-1\right)=3a-2b+c=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Mặt khác 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=a+b+c+d=-1\\ f\left(-1\right)=-a+b-c+d=3\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1;b=0\\ c=-3;d=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow f\left(x\right)=x^3-3x+1\Rightarrow f\left(4\right)=53 \end{gathered}$$

Đáp án C

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,

ta có $\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{4y}\right)\left(2x+y\right)\ge {\left(2+\frac{1}{2}\right)}^2\Rightarrow P\ge 5$

Đáp án C

Phương trình 

$$\begin{gathered} \iff m{\left(x^2+2x\right)}^3-2\left(x^2+2x\right)+2=0\stackrel{t=x^2+2x}{\to } \\ m{t}^3-2t+2=0\left(1\right) \end{gathered}$$

Ta có $f\left(x\right)=x^2+2x,x\le -3\Rightarrow f\left(x\right)\ge 3\Rightarrow t\in \left[3;+\infty \right)$

Khi đó $\left(1\right)\iff m=\frac{2}{t^2}-\frac{2}{t^3}=f\left(t\right)$ với $t\in \left[3;+\infty \right)$

Có $f\text{'}\left(t\right)=-\frac{4}{t^3}+\frac{6}{t^4}\Rightarrow f\left(t\right)$ nghịch biến trên $\left[3;+\infty \right)\Rightarrow \underset{\left[3;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)\le f\left(3\right)=\frac{4}{27}$

Suy ra $m\le \underset{\left[3;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=\frac{4}{27}\Rightarrow$ có vô số nghiệm giá trị của m

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \cos 2x-4\cos x-m=0\iff 2{\cos }^{2}x-1-4\cos x-m=0 \\ \iff 2{\cos }^{2}x-4\cos x-1=m\left(*\right) \end{gathered}$$

Đặt $t=\cos x\in \left[-1;1\right]$, khi đó $\left(*\right)\iff m=f\left(t\right)=2t^2-4t-1\left(I\right).$

Suy ra $f\left(t\right)$ là hàm số nghịch biến trên $\left[-1;1\right]$ nên để $\left(I\right)$ có nghiệm $-3\le m\le 5$

Vậy có tất cả 9 giá trị nguyên của tham số m cần tìm