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 au'=u'.aulna nên chọn B.

Chọn B.

Hàm số xác định ⇔x2-4x+3>0⇔x<1x>3.

Vậy D=-∞;1∪3;+∞.

Chọn B.

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

Chọn B.

Thể tích khối lập phương là V=2a3=8a3.

Chọn D.

Hàm số y=logx2-2mx+4 có tập xác định là

R⇔x2-2mx+4>0∀x∈R.⇔Δ'<0⇔m2-4<0⇔-2<m<2

Chọn B.

Thể tích của khối chóp là V=13B.h=13.6a2.2a=4a3

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 fx-1=0⇔fx=1.

Số nghiệm của phương trình fx-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=2x+1x+m có đường tiệm cận đứng là x=-m

Đường tiệm cận đứng đi qua điểm M2;3⇔-m=2⇔m=-2.

Chọn C.

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

Theo đồ thị, ta có -b=-1a=1⇔a=1b=1.

Chọn A.

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

⇒AC=x2+x2=x2.

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

A'C=AC2+A'A2=2x2+x2=x3

Theo bài ra ta có: x3=a6⇒x=a2.

Thể tích của khối lập phương bằng V=2a3=22a3.

Chọn D.

Tập xác định: D=R\{1}

Ta có: f'x=2-1-3x-12=-5x-12<0,∀x≠1.

Hàm số nghịch biến trên khoảng -∞;1 và 1;+∞.

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'=-6x-22<0 với mọi x≠2.

Hàm số luôn nghịch biến trên đoạn [3;5] và f3=7,f5=3.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y=x+4x-2 trên đoạn [3;5] là max-1;2fx=7 tại x=3 nên chọn đáp án D.

Chọn B.

Ta có a32.a3=a32+2=a92.

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=a2.

Thể tích của khối chóp đã cho là V=13.h.S=13.2a.a2=23a3.

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 yCT=y3=-4.

Chọn B.

Ta có f'x=4x3-8x=4xx2-2.

Giải f'x=0⇔x=0∈-2;3x=2∈-2;3x=-2∈-2;3

Tính f0=5;f2=1;f-2=1;f-2=5;f3=50.

Suy ra max-2;3y=50=f3.

Chọn C.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng -∞;0,1;+∞.

⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng 2;+∞.

Chọn B.

Ta có f'x=x+1x+22=0⇔x=-1x=-2. Do x+12≥0,∀x∈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⇒Ox∩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=SC2.

* Xét tam giác ABC:AC=AB2+BC2=9a2+16a2=5a.

Xét tam giác SAC:SC=SA2+AC2=144a2+25a2=13a.

Vậy R=SC2=13a2.

Chọn B.

Ta có y'=x2-2mx+m2-4,y''=2x-2m.

Vì x=3 là điểm cực đại của hàm số nên

* Khi m=1 ta có y''3=4>0⇒x=3 là điểm cực tiểu, không thỏa mãn.

* Khi m=5 ta có y''3=6-10=-4<0⇒x=3 là điểm cực tiểu, thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Chọn D.

* Xét x2+x=0⇔x=0x=-1.

* Ta có:

limx→0x+9-3x2+x=limx→0x+9-3x+9+3x2+xx+9+3=limx→0xxx+1x+9+3limx→01x+1x+9+3=16.

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

* Ta có: limx→-1+x+9-3x2+x=+∞ và limx→-1-x+9-3x2+x=-∞

Đường thẳng x=-1 là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số trên có một tiệm cận đứng

Chọn D.

Ta có

4x2-x+2x2-x+1=3⇔2x2-x2+2.2x2-x-3=0⇔2x2-x2+2.2x2-x-3=0⇔2x2-x=12x2-x=-3VN⇔x2-x=0⇔x=0;x=1⇒x1-x2=1.

Chọn A.

Tập xác định: D=R\{m}

Ta có y'=-m+2x-m2.

Hàm số y=x-2x-m đồng biến trên khoảng -∞;-1 khi và chỉ khi y'<0m∉-∞;-1

⇔-m+2>0m≥-1⇔m<2m≥-1⇔-1≤m<2.

Mặt khác m∈Z nên m∈-1;0;1.

Chọn C.

Ta có y'=-4x-12<0∀x∈-∞;1 và 1;+∞.

Chọn A.

Ta có Sxq=πRl=3πa2. Thay R=a

Suy ra l=3a

Chọn D.

Điều kiện: x>0

Đặt log3x=t⇒x=3t

Khi đó ta có phương trình: t2-m+2t+3m-1=0*

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm t phân biệt

⇔Δ>0⇔m+22-43m-1>0⇔m2+4m+4-12m+4>0⇔m2-8m+8>0⇔m>4+22m<4-22

Với m>4+22m<4-22 có hai nghiệm phân biệt t1;t2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1;x2 với x1=3t2,x2=3t1

Áp dụng hệ thức Vi-ét với phương trình (*) ta có: t1+t2=m+2t1t2=3m-1

Theo đề bài ta có x1x2=27⇔3t1.3t2=3t1+t2=27⇔t1+t2=3⇔m+2=3⇔m=1tm.

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 ⇒BSA^=600⇒ΔSAB đều ⇒l=2R=2a.

Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq=πRl=πa.2a=2πa2.

Chọn B.

Ta có:

f'x=ax+1x-1x-4,a>0f'x=0⇔x=-1x=1x=4

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>23

Phương trình đã cho tương đương 3x-2=33⇔x=293.

Chọn C.

Ta có 2fx+1=0⇔fx=-12.

Từ đồ thị ta có phương trình này có 4 nghiệm x1,x2,x3,x4.

Xét giới hạn limx→xigx=limx→xi20202fx+1=∞ do đó x=xii=1,2,3,4 đều là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=gx=20202fx+1.

Vậy đồ thị hàm số y=gx=20202fx+1 có 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn D.

Ta có P2=2x+2-x2=4x+4-x+2.2x.2-x=25 do đó P=5

Vậy P=2x+2-x=5.

Chọn A.

Điều kiện xác định: x2>05x-1>0m>0⇔x≠0x>15m>0⇔x>15m>0

Ta có:

log9x2-log35x-1=-log3m⇔12.2.log3x+log3m=log35x-1⇔log3mx=log35x-1⇔mx=5x-1⇔m-5x+1=0

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

Xét m≠5, phương trình có nghiệm x=-1m-5.

Dựa vào điều kiện ta được -1m-5>15⇔-1m-5-15>0⇔-mm-5>0⇔0<m<5.

Khi đó m∈1,2,3,4.

Chọn B.

Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính R là 43πR3.

Chọn B.

Chọn D.

SA⊥ABCD nên SC;ABCD^=SC;AC^=SCA^.

Tam giác ADC vuông tại D có AC=AD2+DC2=a2+a2=a2.

Tam giác SAC vuông tại A có SA=AC.tan300=a2.33=a63.

Diện tích tam giác ABC là SABC=12AB.dC,AB=12AB.DA=12.2a.a=a2

Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC=13SA.SABC=13a63.a2=a369.

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'=4ax3+2bx=2x2ax2+b dựa vào đồ thị ta có y'=0 có 3 nghiệm phân biệt suy ra -b<0⇒b>0.

Chọn D.

Ta có Sxq=2πrl=36πa2⇒rl=18a2 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

S=6.3a234=27a232.V=Bh=27a232.6a=81a33.

a

Chọn B.

Xét hàm số:

y=gx=fx2-4x+1y'=g'x=2x-4f'x2-4x+1g'x=0⇔2x-4=0f'x2-4x+1=0⇔2x-4=0x2-4x+1=-1x2-4x+1=3⇔x=2x2-4x+2=0x2-4x-2=0⇔x=2x=2+2x=2-2x=2+6x=2-6

Suy ra g'(x) bị đổi dấu 5 lần, nên hàm số y=f'x2-4x+1 có 5 điểm cực trị.

Chọn C.

Ta có y'=-3x2-2mx+4m+9.

Để hàm số đã cho nghịch biến trên R thì y'≤0,∀x∈R

⇔-3x2-2mx+4m+9≤0,∀x∈R⇔Δ'≤0⇔m2+34m+9≤0⇔-9≤m≤-3.

Vì m∈Z nên m∈-9;-8;...;-3.

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

Chọn A.

Ta có 2fx-2m=0⇔fx=m.

Đồ thị của hàm số y=fx

Dựa vào đồ thị, để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m cắt đồ thị y=fx tại 4 điểm phân biệt ⇔1<m<3.

Vậy với 1<m<3 thì phương trình 2fx-2m=0 có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Ta có f'x=2018x+12.x+12018x=1xx+1=1x-1x+1

Ta có

S=f'1+f'2+f'3+...+f'2018=1-12+12-13+13-14+...+12018-12019=1-12019=20182019.

Chọn C.

Ta có: g'x=f'x+m

Cho g'x=0⇔f'x=-m,1

Hàm số g(x) có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng một nghiệm bội lẻ ⇔-m≥3-m≤-1⇔m≤-3m≥1.

Kết hợp điều kiện m∈-10;10m∈Z⇒m∈-9,-8,-7,-6,-5,-4,-3,1,2,3,4,5,6,7,8,9

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