Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia có lời giải (Đề 14)

Chọn A.

Từ đồ thị ta có hàm số có ba điểm cực trị.

Chọn B.

Do $\left(a^u\right)\text{'}=u\text{'}.a^u\ln a$ nên chọn B.

Chọn B.

Hàm số xác định $\iff x^2-4x+3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>3\end{array}\right..$

Vậy $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(3;+\infty \right).$

Chọn B.

Từ hình vẽ, ta thấy hình đa diện trên có 12 mặt.

Chọn B.

Thể tích khối lập phương là $V={\left(2a\right)}^3=8a^3.$

Chọn D.

Hàm số $y=\log \left(x^2-2mx+4\right)$ có tập xác định là

$$\begin{gathered} R\iff x^2-2mx+4>0\forall x\in R. \\ \begin{array}{l}\iff \Delta \text{'}<0\\ \iff m^2-4<0\\ \iff -2<m<2\end{array} \end{gathered}$$

Chọn B.

Thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.6a^2.2a=4a^3$

Chọn A.

Nhìn vào BBT ta dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng (0,1)

Chọn B.

Nhìn vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy y'<0 trên khoảng (-2;0) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0). Vậy đáp án B.

Chọn C.

Phương trình $f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=1.$

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)-1=0$ chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f(x)-1=0 có 4 nghiệm thực.

Chọn D.

Số cạnh của một bát diện đều là: 12.

Chọn A.

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x+1}{x+m}$ có đường tiệm cận đứng là x=-m

Đường tiệm cận đứng đi qua điểm $M\left(2;3\right)\iff -m=2\iff m=-2.$

Chọn C.

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax-1}{x+b}$ có đường tiệm cận đứng là x=-b và đường tiệm cận ngang là y=a

Theo đồ thị, ta có $\left\{\begin{array}{l}-b=-1\\ a=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right..$

Chọn A.

Gọi cạnh của hình lập phương là x (x>0)

$\Rightarrow AC=\sqrt{x^2+x^2}=x\sqrt{2}.$

Xét tam giác AA'C là tam giác vuông tại A có:

$A\text{'}C=\sqrt{A{C}^2+A\text{'}{A}^2}=\sqrt{2x^2+x^2}=x\sqrt{3}$

Theo bài ra ta có: $x\sqrt{3}=a\sqrt{6}\Rightarrow x=a\sqrt{2}.$

Thể tích của khối lập phương bằng $V={\left(\sqrt{2}a\right)}^3=2\sqrt{2}{a}^3.$

Chọn D.

Tập xác định: D=R\{1}

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2\left(-1\right)-3}{{\left(x-1\right)}^2}=-\frac{5}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\ne 1.$

Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right).$

Chọn B.

Xét đáp án A hàm số có một điểm cực tiểu và một điểm cực đại vì vậy có hai điểm cực trị nên đáp án A là đáp án sai.

Xét đáp án B hàm số đạt điểm cực tiểu tại x=2 giá trị cực đại là y=-5 nên đáp án B là đáp án đúng, chọn đáp án B.

Xét đáp án C sai nên loại.

Xét đáp án D sai nên loại.

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=\frac{-6}{{\left(x-2\right)}^2}<0$ với mọi $x\ne 2.$

Hàm số luôn nghịch biến trên đoạn [3;5] và $f\left(3\right)=7,f\left(5\right)=3.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\frac{x+4}{x-2}$ trên đoạn [3;5] là $\underset{\left[-1;2\right]}{max}f\left(x\right)=7$ tại x=3 nên chọn đáp án D.

Chọn B.

Ta có $a^{\frac{3}{2}}.a^3=a^{\frac{3}{2}+2}=a^{\frac{9}{2}}.$

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số thấy đây là đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a<0. Do đó chọn đáp án B.

Chọn D.

Vì đáy là hình vuông cạnh a nên diện tích của đáy là $S=a^2.$

Thể tích của khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}.h.S=\frac{1}{3}.2a.a^2=\frac{2}{3}{a}^3.$

Chọn D.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x=3 do đó hàm số đạt cực tiểu tại x=3 và giá trị cực tiểu là $y_{CT}=y\left(3\right)=-4.$

Chọn B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x^3-8x=4x\left(x^2-2\right).$

Giải $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-2;3\right]\\ x=\sqrt{2}\in \left[-2;3\right]\\ x=-\sqrt{2}\in \left[-2;3\right]\end{array}\right.$

Tính $f\left(0\right)=5;f\left(\sqrt{2}\right)=1;f\left(-\sqrt{2}\right)=1;f\left(-2\right)=5;f\left(3\right)=50.$

Suy ra $\underset{\left[-2;3\right]}{max}y=50=f\left(3\right).$

Chọn C.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;0\right),\left(1;+\infty \right).$

$\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(2;+\infty \right).$

Chọn B.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\left(x+1\right){\left(x+2\right)}^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-2\end{array}\right..$ Do ${\left(x+1\right)}^2\ge 0,\forall x\in R$ cho nên dấu f'(x) phụ thuộc vào biểu thức x+1 và f'(x) chỉ đổi dấu một lần. Hàm số f(x) có một cực trị.

Chọn A.

* Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Dựng đường thẳng Ox vuông góc mặt phẳng đáy, ta có $Ox//SA\Rightarrow Ox\cap SC=I.$ Dễ thấy, I là trung điểm của SC cách đều các đỉnh S,A,C và là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD ta có $R=\frac{SC}{2}.$

* Xét tam giác $ABC:AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{9a^2+16a^2}=5a.$

Xét tam giác $SAC:SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{144a^2+25a^2}=13a.$

Vậy $R=\frac{SC}{2}=\frac{13a}{2}.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx+m^2-4,y\text{'}\text{'}=2x-2m.$

Vì x=3 là điểm cực đại của hàm số nên

* Khi m=1 ta có $y\text{'}\text{'}\left(3\right)=4>0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, không thỏa mãn.

* Khi m=5 ta có $y\text{'}\text{'}\left(3\right)=6-10=-4<0\Rightarrow x=3$ là điểm cực tiểu, thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn D.

* Xét $x^2+x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right..$

* Ta có:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x+9}-3\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}{\left(x^2+x\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)} \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+9}+3\right)}=\frac{1}{6}. \end{gathered}$$

Đường thẳng x=0 không phải là tiệm cận đứng.

* Ta có: $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=+\infty$ và $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+9}-3}{x^2+x}=-\infty$

Đường thẳng x=-1 là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số trên có một tiệm cận đứng

Chọn D.

Ta có

$$\begin{gathered} 4^{x^2-x}+2^{x^2-x+1}=3\iff {\left(2^{x^2-x}\right)}^2+2.2^{x^2-x}-3=0 \\ \iff {\left(2^{x^2-x}\right)}^2+2.2^{x^2-x}-3=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}{2}^{x^2-x}=1\\ 2^{x^2-x}=-3\left(VN\right)\end{array}\right.\iff x^2-x=0 \\ \iff x=0;x=1\Rightarrow \left|x_1-x_2\right|=1. \end{gathered}$$

Chọn A.

Tập xác định: D=R\{m}

Ta có $y\text{'}=\frac{-m+2}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số $y=\frac{x-2}{x-m}$ đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\\ m\notin \left(-\infty ;-1\right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-m+2>0\\ m\ge -1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<2\\ m\ge -1\end{array}\right.\iff -1\le m<2.$

Mặt khác $m\in Z$ nên $m\in \left\{-1;0;1\right\}.$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=\frac{-4}{{\left(x-1\right)}^2}<0\forall x\in \left(-\infty ;1\right) và \left(1;+\infty \right).$

Chọn A.

Ta có $S_{xq}=\pi Rl=3\pi a^2.$ Thay R=a

Suy ra l=3a

Chọn D.

Điều kiện: x>0

Đặt ${\log }_{3}x=t\Rightarrow x=3^t$

Khi đó ta có phương trình: $t^2-\left(m+2\right)t+3m-1=0\left(*\right)$

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $\iff$ phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt

$$\begin{gathered} \iff \Delta >0\iff {\left(m+2\right)}^2-4\left(3m-1\right)>0 \\ \iff m^2+4m+4-12m+4>0\iff m^2-8m+8>0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m>4+2\sqrt{2}\\ m<4-2\sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Với $\left[\begin{array}{l}m>4+2\sqrt{2}\\ m<4-2\sqrt{2}\end{array}\right.$ có hai nghiệm phân biệt $t_1;t_2$ thì phương trình đã cho có 2 nghiệm $x_1;x_2$ với $x_1=3^{t_2},x_2=3^{t_1}$

Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: $\left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=m+2\\ t_1{t}_2=3m-1\end{array}\right.$

Theo đề bài ta có $x_1{x}_2=27\iff 3^{t_1}.3^{t_2}=3^{t_1+t_2}=27\iff t_1+t_2=3\iff m+2=3\iff m=1\left(tm\right).$

Chọn D.

Ta có hình vẽ của hình nón đã cho như hình

Gọi H là tâm của đường tròn đáy và là trung điểm của AB

Góc ở đỉnh bằng 60$°$ nên $\Rightarrow \widehat{BSA}={60}^0\Rightarrow \Delta SAB$ đều $\Rightarrow l=2R=2a.$

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi a.2a=2\pi a^2.$

Chọn B.

Ta có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=a\left(x+1\right)\left(x-1\right)\left(x-4\right),a>0 \\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\\ x=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

là các nghiệm đơn

Mặt khác dựa vào đồ thị f'(x) đổi dấu qua các nghiệm {-1;1;4} nên hàm số đã cho có 3 cực trị.

Chọn C.

Điều kiện: $x>\frac{2}{3}$

Phương trình đã cho tương đương $3x-2=3^3\iff x=\frac{29}{3}.$

Chọn C.

Ta có $2f\left(x\right)+1=0\iff f\left(x\right)=-\frac{1}{2}.$

Từ đồ thị ta có phương trình này có 4 nghiệm $x_1,x_2,x_3,x_4.$

Xét giới hạn $\underset{x\to x_i}{\lim }g\left(x\right)=\underset{x\to x_i}{\lim }\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}=\infty$ do đó $x=x_i\left(i=1,2,3,4\right)$ đều là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)=\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}.$

Vậy đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)=\frac{2020}{2f\left(x\right)+1}$ có 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn D.

Ta có $P^2={\left(2^x+2^{-x}\right)}^2=4^x+4^{-x}+2.2^x.2^{-x}=25$ do đó P=5

Vậy $P=2^x+2^{-x}=5.$

Chọn A.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2>0\\ 5x-1>0\\ m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ x>\frac{1}{5}\\ m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>\frac{1}{5}\\ m>0\end{array}\right.$

Ta có:

$$\begin{gathered} {\log }_9{x}^2-{\log }_3\left(5x-1\right)=-{\log }_{3}m \\ \iff \frac{1}{2}.2.{\log }_{3}x+{\log }_{3}m={\log }_3\left(5x-1\right) \\ \iff {\log }_3\left(mx\right)={\log }_3\left(5x-1\right) \\ \iff mx=5x-1 \\ \iff \left(m-5\right)x+1=0 \end{gathered}$$

Xét m=5 phương trình vô nghiệm nên loại m=5

Xét $m\ne 5,$ phương trình có nghiệm $x=\frac{-1}{m-5}.$

Dựa vào điều kiện ta được $\frac{-1}{m-5}>\frac{1}{5}\iff \frac{-1}{m-5}-\frac{1}{5}>0\iff \frac{-m}{m-5}>0\iff 0<m<5.$

Khi đó $m\in \left\{1,2,3,4\right\}.$

Chọn B.

Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính R là $\frac{4}{3}\pi R^3.$

Chọn B.

Chọn D.

$SA\perp \left(ABCD\right)$ nên $\left(\widehat{SC;\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SC;AC}\right)=\widehat{SCA}.$

Tam giác ADC vuông tại D có $AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}.$

Tam giác SAC vuông tại A có $SA=AC.\tan \left({30}^0\right)=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.d\left(C,AB\right)=\frac{1}{2}AB.DA=\frac{1}{2}.2a.a=a^2$

Thể tích khối chóp S.ABC là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{6}}{3}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{9}.$

Chọn C.

Dựa vào dáng đồ thị ta có a<0 dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung ta có c<0

$y\text{'}=4a{x}^3+2bx=2x\left(2a{x}^2+b\right)$ dựa vào đồ thị ta có y'=0 có 3 nghiệm phân biệt suy ra $-b<0\Rightarrow b>0.$

Chọn D.

Ta có $S_{xq}=2\pi rl=36\pi a^2\Rightarrow rl=18a^2$ mà thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên l=2r. Do đó r=3a, l=6a

Gọi S là diện tích lục giác đều nội tiếp đường tròn đáy.

Ta có

$$\begin{gathered} S=6.\frac{{\left(3a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27a^2\sqrt{3}}{2}. \\ V=Bh=\frac{27a^2\sqrt{3}}{2}.6a=81a^3\sqrt{3}. \end{gathered}$$

a

Chọn B.

Xét hàm số:

$$\begin{gathered} y=g\left(x\right)=f\left(x^2-4x+1\right) \\ y\text{'}=g\text{'}\left(x\right)=\left(2x-4\right)f\text{'}\left(x^2-4x+1\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2x-4=0\\ f\text{'}\left(x^2-4x+1\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x-4=0\\ x^2-4x+1=-1\\ x^2-4x+1=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2-4x+2=0\\ x^2-4x-2=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=2+\sqrt{2}\\ x=2-\sqrt{2}\\ x=2+\sqrt{6}\\ x=2-\sqrt{6}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Suy ra g'(x) bị đổi dấu 5 lần, nên hàm số $y=f\text{'}\left(x^2-4x+1\right)$ có 5 điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=-3x^2-2mx+4m+9.$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên R thì $y\text{'}\le 0,\forall x\in R$

$$\begin{gathered} \iff -3x^2-2mx+4m+9\le 0,\forall x\in R\iff \Delta \text{'}\le 0 \\ \iff m^2+3\left(4m+9\right)\le 0\iff -9\le m\le -3. \end{gathered}$$

Vì $m\in Z$ nên $m\in \left\{-9;-8;...;-3\right\}.$

Vậy có 7 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Ta có $2\left|f\left(x\right)\right|-2m=0\iff \left|f\left(x\right)\right|=m.$

Đồ thị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Dựa vào đồ thị, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m cắt đồ thị $y=\left|f\left(x\right)\right|$ tại 4 điểm phân biệt $\iff 1<m<3.$

Vậy với 1<m<3 thì phương trình $2\left|f\left(x\right)\right|-2m=0$ có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2018}{{\left(x+1\right)}^2}.\frac{x+1}{2018x}=\frac{1}{x\left(x+1\right)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

Ta có

$$\begin{gathered} S=f\text{'}\left(1\right)+f\text{'}\left(2\right)+f\text{'}\left(3\right)+...+f\text{'}\left(2018\right) \\ =\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+...+\left(\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}\right) \\ =1-\frac{1}{2019}=\frac{2018}{2019}. \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)+m$

Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=-m,\left(1\right)$

Hàm số g(x) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng một nghiệm bội lẻ $\iff \left[\begin{array}{l}-m\ge 3\\ -m\le -1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le -3\\ m\ge 1\end{array}\right..$

Kết hợp điều kiện $\left\{\begin{array}{l}m\in \left(-10;10\right)\\ m\in Z\end{array}\right.\Rightarrow m\in \left\{-9,-8,-7,-6,-5,-4,-3,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$

Suy ra có 16 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.