20 Bộ đề ôn luyện thpt quốc gia môn Toán có lời giải (Đề số 2)

Chọn đáp án D

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$ hàm số nghịch biến trên (0 ; 1)

Suy ra hàm số $y=f\left(x\right)$ đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x =1

Vậy hàm số có hai điểm cực trị

Chọn đáp án A

Xét A:

nên hàm $y={2018}^x$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ 

Xét B: Có $y={\left(\frac{1}{3}\right)}^x$

$\Rightarrow y^{;}={\left(\frac{1}{3}\right)}^x.\ln \left(\frac{1}{3}\right)=-{\left(\frac{1}{3}\right)}^x.\ln 3<0,\forall x\in \mathrm{ℝ}$

nên hàm số $y=3^{-x}$ nghịch biến trên

Xét C:

nên hàm số $y={\left(\sqrt{x}\right)}^x$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Xét D: Có $y^{\text{'}}=e^x>0, \forall x\in \mathrm{ℝ}$ nên hàm số $y=e^x$ đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn đáp án C

Đáy của hình trụ là một hình tròn có đường kính bằng 2a

$\Rightarrow$Bán kính R = a.

Chiều cao của hình trụ là cạnh của thiết diện (hình vuông), tức h = 2a 

Diện tích xung quanh của hình trụ là

$S_{xq}=2\mathrm{\pi Rh}=4{\mathrm{\pi a}}^2\left(\mathrm{đvtt}\right)$

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Tập xác định:$D=\left(0;+\infty \right)$

Hoành độ điểm A là nghiệm của phương trình $\ln x=0\iff A\left(1;0\right)$ 

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x}$

Gọi $∆$ là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A thì hệ số góc của $∆$ là $k=f^{\text{'}}\left(1\right)=1$

Vậy phương trình $∆:y=x-1$

Chọn đáp án B

Tập xác định: $D=\mathrm{ℝ}$ Ta có

Lập bảng biến thiên

tức là hàm số đồng biến trên $\left(0;2\right)$

Chọn đáp án B

Đồ thị hàm số $y=\frac{2}{x-1}$ có một đường tiệm cận đứng là x =1 và một đường tiệm cận ngang là y = 0

Chọn đáp án C

Hàm số $y={\left(x-1\right)}^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}$ xác định khi $x-1>0\iff x>1$

Chọn đáp án A

Ta có ${\log }_2\left(3x-1\right)>3$

Chọn đáp án B

Sửa lại đáp án sai:${\log }_{a}b=\frac{1}{c}{\log }_{a}b$

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Ta $F\left(x\right)=\frac{x}{\cos x}$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)$ nên suy ra

Chọn đáp án B

Suy ra $w=iz+\overline{z}$ = $-3-3i$

Chọn đáp án D

Giả sử

trong đó $a_i\in \mathrm{ℝ}\left(i=\overline{1,n}\right)$

Suy ra 

Chọn đáp án D

Hình bát diện đều có tất cả 12 cạnh (xem hình vẽ duới)

Chọn đáp án A

Mặt cầu (S) tâm A, tiếp xúc với (P) nên có bán kính là

Chọn đáp án B

Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đường tròn đáy bằng r được tính theo

công thức $V=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}$

Chọn đáp án C

Ta có $2z_1{z}_2=-8-6i$

Số phức $2z_1{z}_2$ có phần thực bằng -8 và phần ảo bằng -6

Chọn đáp án B

Hai hàm số $y=\sin x, y=\cos x$ đều có tập giá trị là $T=\left[-1;1\right]$ 

Hai hàm số $y=\tan x, y=\mathrm{co}tx$ đều có tập giá trị là $T=\mathrm{ℝ}$

Chọn đáp án D

Hình chóp S.ABCD có 5 mặt nên thiết diện của hình chóp có tối đa 5 cạnh. Vậy thiết diện không thể là lục giác

Chọn đáp án A

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ với đường thẳng $y=m$

Để phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên ta có $m\in \left(-4;2\right)$

Chọn đáp án C

Dựa vào hình vẽ ta thấy: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = -1 và đường tiệm cận đứng là x = 1

Và đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = 2 > 1 

Suy ra

Chọn đáp án B

Vậy $P=\frac{1+4}{5-4}=5$

Chọn đáp án A

Theo công thức lãi kép số tiền có được sau n tháng là $T=T_0{\left(1+r\right)}^n$ 

Yêu cầu bài toán:

Chọn đáp án B

Áp dụng công thức, thể tích khối tròn xoay thu được là:

Chọn đáp án B

Giả sử tồn tại số phức $z=x+yi\left(x,y\in \mathrm{ℝ}\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán

Từ giả thiết ta có hệ

Do phương trình $\left(*\right)$ vô nghiệm nên hệ trên vô nghiệm. Vậy không tồn tại số phức nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn đáp án C

Ta có

$\Rightarrow AC$ là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)

Lại có ABCD là hình vuông cạnh a nên $AC=a\sqrt{2}$ 

Tam giác SAC vuông tại A nên $SA=AC.\tan \stackrel{⏜}{SCA}=a\sqrt{6}$ 

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$(đvtt).

Chọn đáp án D

Diện tích xung quanh của hình trụ là

$S_1=2\mathrm{\pi Rh}=2{\mathrm{\pi R}}^2\sqrt{3}\left(\mathrm{đvđt}\right)$

Đường sinh của hình nón là

Diện tích xung quang của hình nón là

Vậy tỉ số diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón là

Chọn đáp án C

Đường thẳng $∆$ đi qua điểm $M_0\left(1;1;0\right)$ và có vec-tơ chỉ phương là $\stackrel{\rightharpoonup }{u}=\left(1;1;-1\right)$ 

Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng $∆$ là

Chọn đáp án D

Mặt phẳng (P) có vec-tơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(P\right)}}=\left(1;m;-1\right)$ 

Mặt phẳng (Q) có vec-tơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(Q\right)}}=\left(m;-1;1\right)$

Đường thẳng $\left(d_m\right)$ là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) nên có một vec- tơ chỉ phương là

Mặt phẳng (P) có vec-tơ pháp tuyến là $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(R\right)}}=\left(3;1;2\right)$

Để $\left(d_m\right)\perp \left(R\right)$$\iff$ Hai vec-tơ $\stackrel{\rightharpoonup }{u}$ và $\stackrel{\rightharpoonup }{n_{\left(R\right)}}$ cùng phương

$\Rightarrow$Không tồn tại giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn đáp án A

Hàm số đã cho có 5 điểm cực trị khi hàm số $y=x^3-6x^2+mx-1$

có hai điểm cực $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1>0,x_2>0$

$\iff$ Phương trình $y^{\text{'}}=3x^2-12x+m=0$ có hai nghiệm dương phân biệt

Khi đó

Do $m\in \left\{1;2;3;..;11\right\}$ 

Vậy có 11 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn đáp án A

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là

Vì $I\left(0;1\right)$$\in AB$

Khi đó $P=abc+2ab+3c=9c^2+12c-18$

$\Rightarrow P={\left(3c+2\right)}^2-22\ge -22$

Dấu “=” xảy ra $\iff c=-\frac{2}{3}$

Chọn đáp án D

Điều kiện: $\frac{2x^2+1}{2x}>0\iff x>0$ 

Phương trình đã cho tương đương với

${\log }_2\left(\frac{2x^2+1}{2x}\right)+2^{x+\frac{1}{2x}}=5$(*) 

Phương trình (*) trở thành ${{\log }_2}^t+2^t=5\left(1\right)$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)={{\log }_2}^t+2^t$ trên $[\sqrt{2};+\infty )$ 

Ta có

$\Rightarrow$Hàm số $f\left(t\right)$ đồng biến trên $[\sqrt{2};+\infty )$

Suy ra phương trình $f\left(t\right)=5$ có nhiều nhất một nghiệm trên $[\sqrt{2};+\infty )$

Nhận thấy $f\left(2\right)={\log }_{2}2+2^2=5$ nên phương trình $f\left(t\right)=5$ có đúng một nghiệm t = 2 

Khi đó

Phương trình này luôn có hai nghiệm dương $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1.x_2=\frac{1}{2}$ (theo định lý Vi-ét)

Chọn đáp án A

Hình phẳng $\left(H_1\right)$ được biểu diễn bằng miền tô đậm trong hình vẽ bên.

Thể tích khối trụ bán kính $r=4$ chiều cao $h=8$ là $V={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}=128\mathrm{\pi }\left(\mathrm{đvtt}\right)$

Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi parabol $y=\frac{x^2}{4}$ trục hoành, đường thẳng $y=4$ xung quanh trục tung là

Suy ra thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay $\left(H_1\right)$ quanh trục Oy là:

$V_1=V-2V_{\left(P\right)}=64\mathrm{\pi }$ (đvtt).

* Hình phẳng $\left(H_2\right)$ được biểu diễn bằng miền tô đậm trong hình vẽ bên.

Thể tích khối cầu lớn bán kính R = 4 là $V_L=\frac{4}{3}\mathrm{\pi }.{\mathrm{R}}^3=\frac{256\mathrm{\pi }}{3}$ (đvtt)

Thể tích khối cầu nhỏ bán kính r = 2 là $V_N=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi r}}^3=\frac{32\mathrm{\pi }}{3}$ 

Suy ra thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay $\left(H_2\right)$quanh trục Oy là

Chọn đáp án A

Từ giả thiết

Suy ra

Từ (1) và (2) suy ra $\sqrt{1+f^2\left(x\right)}=\sin x+C$

Thay x = 0 vào ta được:

do $f\left(0\right)=\sqrt{3}$ 

Suy ra 

do hàm số $f\left(x\right)$ liên tục, không âm trên $\left[0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right]$ 

Đặt $t=\sin x$

Xét hàm số $g\left(t\right)=\sqrt{t^2+4t+3}$ trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$ 

Ta có

$\Rightarrow$Hàm số $g\left(t\right)$ đồng biến trên $\left[\frac{1}{2};1\right]$

Khi đó

Chọn đáp án B

Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên của hình chóp ra một mặt phẳng ta được như hình vẽ (A' là điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A)

Khi đó chu vi tam giác $A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ bằng $A{B}^{\text{'}}+B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}+C^{\text{'}}A$ nhỏ nhất khi $A,B^{\text{'}},C^{\text{'}},A^{\text{'}}$ thẳng hàng, hay $A{B}^{\text{'}}+B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}+C^{\text{'}}A=A{A}^{\text{'}}$

Khi đó $∆SA{A}^{\text{'}}$ có

$\Rightarrow$$∆SA{A}^{\text{'}}$ vuông cân tại

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{SA{B}^{\text{'}}}={45}^0$

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{S{B}^{\text{'}}A}={180}^0-{30}^0-{45}^0={105}^0$ 

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $SA{B}^{\text{'}}$  ta có

Vậy $k=\frac{V_{S.A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{S.ABC}}$$=4-2\sqrt{3}$

Chọn đáp án B

Hai bức tường và nền nhà mà quả bóng tiếp xúc tạo thành một hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Mỗi quả bóng coi như một mặt cầu có tâm $I\left(a;b;c\right)$

Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ $\left(Oxy\right),\left(Oyz\right)và\left(Oxz\right)$

Tức là

Suy ra $I\left(a;a;a\right)$

Gọi $M\left(x; y; z\right)$ là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1, 2, 4

Suy ra $M\left(1; 2; 4\right)$

Điểm M nằm trên quả bóng khi

Phương trình (*)  có $∆\text{'}=7>0$ nên có hai nghiệm $a_1,a_2$ và $a_1+a_2=7$ (theo định lý Vi-ét). Khi đó tổng đường kính của hai quả bóng là

$2\left(a_1+a_2\right)=14$

Chọn đáp án B

Gọi $l\left(l>0\right)$ là độ dài đường sinh của hình nón. Vi góc ở đình bằng ${120}^0$ nên $\stackrel{⏜}{ANO}={60}^0$

Bán kính đường tròn đáy là

$R=OA=NA.\sin \stackrel{⏜}{ANO}=\frac{l\sqrt{3}}{2}$ 

Vì hình nón có góc ở đỉnh bằng ${120}^0$ nên

Suy ra

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

khi đó $∆ANM$ vuông cân tại $N\Rightarrow AM=l\sqrt{2}$

Do A cố định nên M nằm trên đường tròn $\left(A;l\sqrt{2}\right)$ 

Mặt khác M thuộc đường tròn đáy $\left(0;\frac{l\sqrt{3}}{2}\right)$ nên M là giao điểm của đường tròn $\left(A;l\sqrt{2}\right)$ và đường tròn $\left(0;\frac{l\sqrt{3}}{2}\right)$

Vậy có hai vị trí của điểm M

Chọn đáp án D

Điều kiện: $x>0,x\#1$

Phương trình $2{\log }_{2}x+3{\log }_{x}2=7$

Do $x_1<x_2$ nên $x_1=\sqrt{2},x_2=8$

Chọn đáp án C

Gọi d là công sai của cấp số cộng $\left(u_n\right)$

$\Rightarrow 2u_1=d$

Vậy $\frac{u_{2017}}{u_{2018}}=\frac{u_1+2016d}{u_1+2017d}=\frac{4033}{4035}$

Chọn đáp án C

Ta có

Đường thẳng $d_1$ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại điểm $x=1$ nên có hệ số góc là $k_1=f^{\text{'}}\left(1\right)$

Đường thẳng $d_2$ là tiếp tuyến của đồ thị hàm $y=g\left(x\right)=x.f\left(2x-1\right)$ tại điểm $x=1$ nên có hệ số góc là

$k_2=g^{\text{'}}\left(1\right)=f\left(1\right)+2f^{\text{'}}\left(1\right)$ 

Mà $d_1\perp d_2$ nên

Do $f^{\text{'}}\left(1\right)\ne 0$ nên

Đặt  $f^{\text{'}}\left(1\right)=t\left(t\ne 0\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\left|\frac{1+2t^2}{t}\right|$ 

* Nếu t > 0 thì

* Nếu t < 0 thì

Vậy $h\left(t\right)\le 2\sqrt{2},\forall t\ne 0$ hay $\left|f\left(1\right)\right|\ge 2\sqrt{2}$

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

* Giả sử hàm số

Đồ thị hàm số đi qua hai điểm $\left(2; 3\right),\left(0;-1\right)$ và nhận hai điểm này làm hai điểm cực trị nên ta có hệ sau:

Suy ra $g\left(0\right)=-f\left(n\right)=n^3-3n^2+1$ 

Mà từ đồ thị ta có $g\left(0\right)=-1$ 

Do $n\in \mathrm{\mathbb{Q}}$ nên  n =1 

* Hàm số $g\left(x\right)=-f\left(mx+n\right)$ nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 5

$\iff$ Hàm số $h\left(x\right)=-g\left(x\right)=f\left(mx+n\right)$ đồng biến trên khoảng có độ dài bằng 5

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số $f\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$ nên hàm số $h\left(x\right)=g\left(mx+n\right)$

đồng biến trên khoảng

Yêu cầu bài toán

Chọn đáp án B

Đạo hàm

Đường thẳng $∆$ là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại $∆$ nên có hệ số góc là  

Phương trình $∆$

Đồ thị (C) có đường tiệm cận đứng là ${∆}_1:x=-1$ và đường tiệm cận ngang là ${∆}_2:y=1$

Nửa chu vi tam giác IMN là

Dấu "=" xảy ra khi

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IMN là