Đáp án & lời giải chi tiết: [9Study] Đề thi thử TSA Phần Tư duy Toán học 2027 - Đề số 03

Chọn B

Với $x>0$ thì $\left|x\right|=x$ nên $y=-\sqrt{5}x+3$.

Ta có $y^{\prime }=-\sqrt{5}<0$ ⇒ hàm số nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Các hàm số còn lại có đạo hàm lần lượt là $y^{\prime }=2\sqrt{5}x$, $y^{\prime }=\frac{5}{2\sqrt{5x+5}}$, $y^{\prime }=\frac{1}{x^2}$, đều dương trên $\left(0;+\infty \right)$ nên đồng biến.

Vậy hàm số cần tìm là $y=-\sqrt{5}\left|x\right|+3$.

Vì $-1\le \sin x\le 1$ nên $2\sin x+5\ge 3>0$ với mọi $x$.

a) Sai. Hàm số xác định ⇔ $\cos x\ne 0$ ⇔ $x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi$ $\left(k\in Z\right)$, chẳng hạn hàm số không xác định tại $x=\frac{\pi }{2}\ne 0$.

b) Đúng. Ta có $f\left(x\right)=0\iff \tan x=-5\iff x=arctan\left(-5\right)+k\pi$ $\left(k\in Z\right)$, họ nghiệm này được biểu diễn bởi $2$ điểm đối xứng nhau qua gốc $O$ trên đường tròn lượng giác.

Chọn D

Ta có $u_2=u_1\cdot q$ nên $u_1=\frac{u_2}{q}=\frac{10}{5}$.

Vậy $u_1=2$.

Chọn B

Chia $7$ chữ số theo số dư khi chia cho $3$: dư $0$ gồm $\{3;6\}$, dư $1$ gồm $\{1;4;7\}$, dư $2$ gồm $\{2;5\}$.

Số chia hết cho $3$ ⇔ tổng $3$ chữ số chia hết cho $3$, xảy ra ở $2$ trường hợp (nhóm dư $0$ và nhóm dư $2$ chỉ có $2$ chữ số nên không lấy đủ $3$ chữ số cùng nhóm):

Trường hợp 1: $3$ chữ số cùng dư $1$ ⇒ có $1$ bộ $\{1;4;7\}$.

Trường hợp 2: mỗi nhóm lấy $1$ chữ số ⇒ có $2\cdot 3\cdot 2=12$ bộ.

Mỗi bộ $3$ chữ số sắp xếp được $3!=6$ số.

Vậy có $\left(1+12\right)\cdot 6=78$ số.

Chọn C

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ⇒ $SO\perp \left(ABCD\right)$ và $OA=\frac{6\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$.

Tam giác $SOA$ vuông tại $O$ nên $S{O}^2=S{A}^2-O{A}^2=81-18=63$.

⇒ $SO=3\sqrt{7}$.

Vì $SO$ là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ nên tâm $I$ của mặt cầu thuộc đường thẳng $SO$ và $IS=IA=R$.

Tam giác $IOA$ vuông tại $O$ nên $I{A}^2=I{O}^2+O{A}^2$ ⇔ $R^2={\left(SO-R\right)}^2+O{A}^2$.

⇒ $2R\cdot SO=S{O}^2+O{A}^2=S{A}^2=81$.

⇒ $R=\frac{81}{2\cdot 3\sqrt{7}}=\frac{27}{2\sqrt{7}}=\frac{27\sqrt{7}}{14}$.

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng $\frac{27\sqrt{7}}{14}$.

Vì $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $BC$, $SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ ⇒ $MN\parallel SB$.

Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$. Vì $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $H\in BO$ và $HB=\frac{2}{3}BO=\frac{1}{3}BD=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+5a^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Vì $SH\perp \left(ABCD\right)$ nên $HB$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left(ABCD\right)$ ⇒ góc giữa $MN$ và $\left(ABCD\right)$ bằng góc giữa $SB$ và $\left(ABCD\right)$, bằng $\widehat{SBH}$.

Ta có $\tan \widehat{SBH}=\frac{SH}{HB}=\frac{a}{3}:\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.

Vì $MN\parallel SB\subset \left(SAB\right)$ nên $MN\parallel \left(SAB\right)$, mà $SA\subset \left(SAB\right)$ ⇒ $d\left(MN,SA\right)=d\left(M,\left(SAB\right)\right)$.

Gọi $K$ là trung điểm $AB$ ⇒ $H\in CK$ và $CK=3HK$. Vì $K\in \left(SAB\right)$ nên $d\left(C,\left(SAB\right)\right)=3d\left(H,\left(SAB\right)\right)$.

Vì $M$ là trung điểm $BC$ và $B\in \left(SAB\right)$ nên $d\left(M,\left(SAB\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,\left(SAB\right)\right)$.

Kẻ $HE\perp AB$ tại $E$ ⇒ $HE\parallel BC$ và $\frac{HE}{BC}=\frac{HK}{CK}=\frac{1}{3}$, suy ra $HE=\frac{a\sqrt{5}}{3}$.

Kẻ $HF\perp SE$ tại $F$. Vì $AB\perp HE$ và $AB\perp SH$ nên $AB\perp \left(SHE\right)$ ⇒ $AB\perp HF$.

Mà $HF\perp SE$ nên $HF\perp \left(SAB\right)$ ⇒ $d\left(H,\left(SAB\right)\right)=HF$.

Tam giác $SHE$ vuông tại $H$ nên $\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{E}^2}=\frac{9}{a^2}+\frac{9}{5a^2}=\frac{54}{5a^2}$.

⇒ $HF=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{54}}=\frac{a\sqrt{30}}{18}$.

⇒ $d\left(MN,SA\right)=\frac{3}{2}\cdot \frac{a\sqrt{30}}{18}=\frac{a\sqrt{30}}{12}$.

a) Sai. Ta có $d\left(MN,SA\right)=\frac{a\sqrt{30}}{12}\ne \frac{a\sqrt{30}}{6}$.

b) Đúng. Ta có $\tan \left(MN,\left(ABCD\right)\right)=\tan \widehat{SBH}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.

Chọn A

Tiếp tuyến tại $A$ đi qua $\left(3;0\right)$ và có hệ số góc $\frac{1}{2}$ nên có phương trình $y=\frac{1}{2}\left(x-3\right)$.

Vì $A$ thuộc tiếp tuyến nên $f\left(5\right)=\frac{1}{2}\left(5-3\right)=1$ ⇒ $A\left(5;1\right)$.

Vì $\left(P\right)$ nhận $\Delta :x=2$ làm trục đối xứng nên điểm đối xứng với $A$ qua $\Delta$ là $A^{\prime }\left(2\cdot 2-5;1\right)=A^{\prime }\left(-1;1\right)$ cũng thuộc $\left(P\right)$.

Vậy đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ đi qua điểm $\left(-1;1\right)$.

Chọn C

Gọi $I\left(x;y;z\right)$ thì khoảng cách từ $I$ đến $\left(Oyz\right)$, $\left(Ozx\right)$, $\left(Oxy\right)$ lần lượt là $\left|x\right|$, $\left|y\right|$, $\left|z\right|$.

Ta có $\left|x\right|=\left|y\right|=\left|z\right|=2025$ nên mỗi toạ độ nhận $2$ giá trị $\pm 2025$.

Vậy có $2^3=8$ điểm $I$ thoả mãn.

Chọn C

Ta có $\log x=\log a^3+\log b^2=\log \left(a^3{b}^2\right)$.

Vậy $x=a^3{b}^2$.

Chọn B

Mỗi chữ số $0$ tận cùng ứng với một thừa số $10=2\cdot 5$; trong $60!$ số thừa số $2$ nhiều hơn số thừa số $5$ nên số chữ số $0$ tận cùng bằng số mũ của $5$ trong $60!$.

Trong các số từ $1$ đến $60$ có $\left[\frac{60}{5}\right]=12$ số chia hết cho $5$, trong đó $\left[\frac{60}{25}\right]=2$ số chia hết cho $25$ (góp thêm $1$ thừa số $5$) ⇒ số mũ của $5$ là $12+2=14$.

Vậy $60!$ có $14$ chữ số $0$ liên tiếp ở tận cùng.