Đáp án & lời giải chi tiết: [9Study] Đề thi thử THPTQG năm 2027 - Mã đề 14 - Toán

Chọn C

Ta có $cosx=cos\frac{\pi }{6}\iff x=\pm \frac{\pi }{6}+k2\pi (k\in Z)$.

Với $x=\frac{\pi }{6}+k2\pi$: $0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi \le 2\pi \iff -\frac{1}{12}\le k\le \frac{11}{12}$ ⇒ $k=0$ ⇒ $x=\frac{\pi }{6}$.

Với $x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi$: $0\le -\frac{\pi }{6}+k2\pi \le 2\pi \iff \frac{1}{12}\le k\le \frac{13}{12}$ ⇒ $k=1$ ⇒ $x=\frac{11\pi }{6}$.

Vậy tập nghiệm là $\left\{\frac{\pi }{6};\frac{11\pi }{6}\right\}$.

Chọn A

Điều kiện: $x>0$.

Vì cơ số $\frac{1}{3}<1$ nên ${log}_{\frac{1}{3}}(x)>-1\iff x<{\left(\frac{1}{3}\right)}^{-1}=3$.

Kết hợp điều kiện: $0<x<3$. Vậy tập nghiệm là $(0;3)$.

Chọn C

Ta có $u_5=S_5-S_4$.

Mà $S_5=5^2+3\cdot 5=40$ và $S_4=4^2+3\cdot 4=28$ ⇒ $u_5=40-28=12$.

Chọn C

Đồ thị có tiệm cận đứng $x=-1$ và tiệm cận ngang $y=2$ ⇒ loại A, D (hàm đa thức không có tiệm cận).

Đồ thị đi xuống trên từng khoảng xác định ⇒ $y^{\prime }<0$.

Với B: $y^{\prime }=\frac{5}{{\left(x+1\right)}^2}>0$ ⇒ loại B.

Với C: $y^{\prime }=\frac{-1}{{\left(x+1\right)}^2}<0$, có tiệm cận đứng $x=-1$, tiệm cận ngang $y=2$ ⇒ thoả mãn.

Chọn B

Theo công thức Newton – Leibniz: ${\int }_a^{b}f(x)dx=F(x){|}_a^b=F(b)-F(a)$.

Vậy mệnh đề B đúng.

Chọn B

Thay toạ độ từng điểm vào phương trình tham số của $d$ để tìm $t$.

Với $A(1;-5;4)$: $1=-3+2t$, $-5=1-3t$, $4=2+t$ cùng cho $t=2$ ⇒ $A\in d$.

Với $B(-3;1;3)$: $-3=-3+2t$ cho $t=0$, còn $3=2+t$ cho $t=1$ ⇒ $B\notin d$.

Với $C(-7;7;0)$: cả ba phương trình cùng cho $t=-2$ ⇒ $C\in d$.

Với $D(-3;1;2)$: cả ba phương trình cùng cho $t=0$ ⇒ $D\in d$.

Vậy điểm $B$ không thuộc $d$.

Chọn A

Vì $ABCD.EFGH$ là hình hộp nên $BC\parallel EH$ và $BC=EH$ ⇒ $BCHE$ là hình bình hành ⇒ $B,C,H,E$ đồng phẳng.

Các vectơ $\overrightarrow{BH}$, $\overrightarrow{EH}$ có giá nằm trong $(BCHE)$ (vì $B,H,E\in (BCHE)$) và không cùng phương ⇒ là cặp vectơ chỉ phương của $(BCHE)$.

Loại B: $HG\parallel AB$ mà $AB$ cắt $(BCHE)$ tại $B$ nên $\overrightarrow{HG}$ không song song với $(BCHE)$.

Loại C: $BCHE$ là hình bình hành nên $BE\parallel CH$ ⇒ hai vectơ $\overrightarrow{BE}$, $\overrightarrow{CH}$ cùng phương.

Loại D: $AF$ cắt $BE$ tại tâm của hình bình hành $ABFE$ và $AF\not\subset (BCHE)$ ⇒ $\overrightarrow{AF}$ không song song với $(BCHE)$.

Chọn B

Mặt cầu tâm $I(a;b;c)$, bán kính $R$ có phương trình ${\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$.

Với $I(5;-3;2)$ và $R=7$ ⇒ $R^2=49$ ⇒ ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=49$.

Chọn B

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất, đó là nhóm $[40;50)$ (tần số bằng 11).

Mốt: $M_o=40+\frac{11-8}{(11-8)+(11-2)}\cdot 10=40+\frac{3}{12}\cdot 10=42,5$.

Chọn C

Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ ⇒ $A{A}^{\prime }\perp AB$.

Mà $AB\perp AC$ (tam giác $ABC$ vuông tại $A$) ⇒ $AB\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ (vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $A{A}^{\prime }$, $AC$ của mặt phẳng).

Vì $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.