Đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay ( Đề số 1)

Đáp án C

Ta có $y’=4a{x}^3+2bx. y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\left(*\right)\end{array}.\right.$ Hàm số có 3 cực trị $\iff \left(*\right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 $\iff -\frac{b}{2a}>0\iff b,a$ trái dấu.

Đáp án D

Có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2-1}{{\left(x-m\right)}^2}<0,\forall x\in \left[1;2\right]$ . Do đó hàm số là hàm nghịch biến trên [1;2], từ đó $\underset{x\in \left[1;2\right]}{\max }y=y\left(1\right)=\frac{m+1}{1-m}=-2\iff m=3.$

Đáp án C

Câu A sai vì rất có thể nó vô nghiệm. Câu B thì chưa chắc đã có ( Nếu là đoạn thì được) còn câu D thì sai rõ ràng vì hàm đồng biến không thể có cực trị.

Đáp án A

Đồ thì hàm bậc ba đi từ dưới lên $\Rightarrow a>0$ . $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$ . Nhìn vào đồ thị ta thấy rằng hàm số đạt cực trị tại  điểm $x_1;x_2$ sao cho $x_1.x_2=\frac{c}{a}<0;x_1+x_2=-\frac{b}{a}>0$.  Tức là $a>0;c<0;b<0$

Đáp án C.

Có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2-1}{{\left(x-m\right)}^2}<0,\forall x\in \left[1;2\right]$ . Đây là hàm phân thức với tử đã mang dấu dương nên hàm số đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)\iff m^2-4>0\iff m\in \left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$ .

Tuy nhiên hàm số phải xác định trên $\left(1;+\infty \right)\Rightarrow -m\notin \left(1;+\infty \right)\Rightarrow m\ge -1\Rightarrow m>2 .$

Đáp án B.

ĐK: $0\le x\le 1$. Với điều kiện này ta thấy rằng tử là nghịch biên (x tăng thì giá trị tử giảm đi) còn mẫu là đồng biến và mẫu dương (x tăng thì mẫu tăng theo) vì vậy tổng thể hàm $y$ là hàm nghịch biến. Do đó $M=\underset{x\in \left[0;1\right]}{\max }y=y\left(0\right)=1;m=\underset{x\in \left[0;1\right]}{\min }y=y\left(1\right)=-1$ vậy $M-m=2.$

Đáp án B.

Có $y^{\text{'}}=-4x^3+4mx. y^{\text{'}}=0 \iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\sqrt{m}\\ c=-\sqrt{m}\end{array}\right.$(Có 3 cực trị nên $m>0$).

3 điểm cực trị là $A\left(0;-1\right);B\left(\sqrt{m};m^2-1\right);C\left(-\sqrt{m};m^2-1\right).$ O là tâm đường tròn ngoại tiếp

$\begin{array}{l}\iff OA=OB=OC\iff 1=m+{\left(m^2-1\right)}^2\iff m^4-2m^2+m=0\\ \iff m\left(m-1\right)\left(m^2+m-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.\end{array}$ (Ta chỉ lấy $m>0$.)

Đáp án D.

Hàm này là hàm không xác định tại -1 và tại $-1^{+};-1^{-}$ thì hàm số tiến về $\pm \infty$ nên hàm này không có gia trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất .

Đáp án B.

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD} \iff \overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)=0 \iff \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DC}=0\iff AB\perp DC.$

Đáp án B.

Có $\underset{x\to \pm \infty }{lim}y=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

Có $x^2-9=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-3\\ x=3\end{array}\right..$

Có $\underset{x\to -3}{lim}y=\infty \Rightarrow x=-3$ là tiệm cận đứng.

Có $\underset{x\to 3}{lim}y=\underset{x\to 3}{lim}\left(\frac{x-1}{x+3}\right)=-\frac{1}{3}\ne \infty \Rightarrow x=3$ không là tiệm cận đứng.

Đáp án D.

Có $\underset{x\to 0}{\text{lim}}\left(\frac{\sqrt[3]{1+4x}-1}{\text{x}}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x}{x\left(\sqrt[3]{{\left(1+4x\right)}^2}+\sqrt[3]{1+4x}+1\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4}{\left(\sqrt[3]{{\left(1+4x\right)}^2}+\sqrt[3]{1+4x}+1\right)}=\frac{4}{3}$

Đáp án A.

Điểm uốn của đồ thị là trung điểm của 2 điểm cực trị tức là  $I\left(1;1\right)$ là điểm uốn thuộc đồ thị hàm số từ đó ta có $y\left(1\right)=a+b+c+d=1.$

Đáp án C.

          $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-2x\Rightarrow f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=6x-2\Rightarrow f^{\text{'}\text{'}}\left(2\right)=10.$

Đáp án D.

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy $-3<m<1$ thì đồ thị $y=m$ cắt $y=f\left(x\right)$ tại 4 điểm phân biệt tức là phương trình $f\left(x\right)=m$ có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án C.

Ta có bảng xét dấu của y’.

Nhìn vào bảng xét dấu thì hàm số đã cho có 2 cực trị đạt tại $x=-2;x=2$, đạt cực đại tại $x=-2;$ đạt cực tiểu tại $x=2.$

Đáp án A.

Đáp án A sai vì xét trường hợp $f\left(x\right)=x^4$ thì hàm số đạt cực trị tại $x=0$ nhưng $f^{\text{'}}\left(0\right)=0;f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=0.$

Đáp án B.

Là đồ thị của hàm số có dạng $y=f\left(\left|x\right|\right)$. Nên ta cọn đáp án B.

Đáp án là D

Số cạnh trong $M$ tam giác là $3M$ tuy nhiên cạnh được nhắc lại 2 lần nên do đó $3M=2C.$

Đáp án D.

Có $\frac{x-1}{x+2}=0\iff x=1.$ Có $y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}$

Giao với đồ thị hàm số với trục Ox là $\left(1;0\right).$

Phương trình tiếp tuyến tại $\left(1;0\right).$ có phương trình là:

                       $y=y^{\text{'}}\left(1\right)\left(x-1\right)+y\left(1\right)=\frac{1}{3}\left(x-1\right)\iff x-3y-1=0$

Đáp án A.

Xét phương trình

              $x^4-3x^2+2=x^2-2\iff x^4-4x^2+4=0\iff x^2=2\iff \left[\begin{array}{c}x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}\right..$

Vậy ta có 2 giao điểm.

Đáp án C.

Có $y^{\text{'}}=-6x^2+6x-3<0,\forall x\in R.$ Do đó hàm số là hàm nghịch biến từ đó $f\left(0\right)\ge f\left(a\right)>f\left(b\right)$

Do đó câu sai là C

Đáp án B.

Đáp án D.

Nhìn vào bảng ta thấy các đường tiệm cận là $y=1;x=-1.$ Vậy đồ thị có 2 đường tiệm cận.

Đáp án A.

Xem lại phần lí thuyết.

Đáp án C.

Tính chất trong sách giáo khoa.

Đáp án C.

Gọi O là tâm đáy, ta kẻ $OH\perp AB$ Có $AB\perp SO;AB\perp OH\Rightarrow AB\perp \left(SOH\right)\Rightarrow SK\perp AB$.

Vậy góc giữa 2 mp $\left(SAB\right)$ và $\left(ABCD\right)$  là góc $\widehat{SHO}$.

Có $OH=\frac{a}{2};SH=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.a\Rightarrow \cos \widehat{SHO}=\frac{OH}{SH}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Đáp án C.

Sử dụng công thức đạo hàm hợp ta có:

$y^{\text{'}}=10{\left(x^3+2x^2\right)}^9{\left(x^3+2x^2\right)}^{\text{'}}=10\left(3x^2+4x\right){\left(x^2+2x\right)}^9$

Đáp án C.

Có $y^{\text{'}}=-2x$ . Tiếp tuyến (d) của đồ thị hàm số tại điểm $\left(1;3\right)$ có phương trình là:

$y=y^{\text{'}}\left(1\right)\left(x-1\right)+3\iff y=-2\left(x-1\right)+3\iff y=-2x+5.$

Đường thẳng này cắt trục Ox tại  cắt trục  tại $A\left(\frac{5}{2};0\right)$ cắt trục Oy tại $B\left(0;5\right)$ .

$S_{AOB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.\frac{5}{2}.5=\frac{25}{4}$

Đáp án B.

Bát diện đều có 8 mặt đều là tam giác đều có cạnh a.

Diện tích tam giác đều có cạnh a là $S=\frac{1}{2}a.a.\sin \widehat{60}=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2\Rightarrow$  Tổng diện tích các mặt của khối bát diện đều là $8.\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=2\sqrt{3}{a}^2$.

Đáp án A.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-10x+14}{\sqrt{-5x^2+14x-9}}$ với  $1<x<\frac{9}{5}.$$f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff -10x+14〈0\iff x〉\frac{14}{10}=\frac{7}{5}.$

Kết hợp với điều kiện thì $x\in \left(\frac{7}{5};\frac{9}{5}\right).$

Đáp án B.

Hàm B có $y^{\text{'}}=3x^2-2x+2>0,\forall x\in R$ nên hàm  B là hàm đồng biến trên toàn $R$

Đáp án D.

Ta có bảng xét dấu của y'.

Từ bảng trên thì hàm số $f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(1;2\right).$

Đáp án B.

Có $y^{\text{'}}=\frac{2x-4}{\sqrt{x^2-4x+3}}$ với  $\in \left(-\infty ;1\right)\cup \left(3;+\infty \right)$. Kết hợp với đk$\Rightarrow x\in \left(-\infty ;1\right)$ . Vậy hàm số nghịch biến trên $\left(3;+\infty \right).$

Đáp án B.

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=-\infty$(Có dạng $\frac{3}{0^{-}}$ ).

Đáp án B.

Khối bát diện đều và khối lập phương đều có 12 cạnh.

Đáp án A.

Có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{3}{{\left(x-1\right)}^2}\Rightarrow f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=-\frac{6}{{\left(x-1\right)}^3}$ .

Vậy $f^{\text{'}}\left(x\right)+f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=0\iff \frac{3}{{\left(x-1\right)}^2}-\frac{6}{{\left(x-1\right)}^3}=0\iff 1=\frac{2}{x-1}\iff x=3.$

Đáp án A.

Đồ thị nhận $x=2$ là tiệm cận đứng $\Rightarrow 2+b=0\iff b=-2.$

Đồ thị đi qua $\left(4;2\right)\iff 2=\frac{a4-4}{4+b}\Rightarrow 2=\frac{4a-4}{4-2}\Rightarrow a=2. \Rightarrow a+b=0.$

Đáp án D.

Từ đó SO là trục đối xứng.

Đáp án B.

Đáp án C.

Ta vẽ lại đồ thị của hàm $y=\left|f\left(x\right)\right|:$

Từ đồ thị đó ta có $\underset{x\in \left[-2;4\right] }{\max }\left|f\left(x\right)\right|=3.$

Đáp án là .D...

Gọi số mặt là M, số cạnh là C. Mỗi mặt sẽ có 5 cạnh tổng thể ta có 5M cạnh tuy nhiên mỗi cạnh nhắc lại 2 lần nên do đó ta có $5M=2C\Rightarrow C⋮5.$

Đáp án D.

Có $y^{\text{'}}=3x^2-3$. Bảng biến thiên của hàm số là:

Tại điểm $x=1$  thì $y^{\text{'}}$  đổi dấu từ - sang + nên  hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$

$\Rightarrow y=-2$

Đáp án C.

Mỗi mặt sẽ có 4 phần thuộc hình chỉ được tô một lần tức là mỗi mặt sẽ sinh ra 4 hình lập phương thỏa mãn yêu cầu bài toán, ta có 6 mặt, từ đó ta có 24 hình thỏa mãn yêu cầu

Đáp án C.

Hình a,c,d là hình đa diện còn hình b không phải vì nó vi phạm điều kiện, mỗi cạnh chỉ là giao của 2 mặt.

Đáp án C.

Ta sẽ tính diện tích lớn nhất bán được. Ta gọi chiều rộng của mảnh đất là $x\left(m\right)(0\le x\le \frac{50}{4}$ khi đó chiều dài mảnh đất là $25 - x.$ Diện tích đất sau khi bán là $x^2$ vì thế diện tích đất bán được là $f\left(x\right)=x\left(25-x\right)-x^2=25x-2x^2$.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=25-4x. f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{25}{4}.$

Ta có $f\left(0\right)=0;f\left(\frac{25}{4}\right)=\frac{625}{8};f\left(\frac{50}{4}\right)=0\Rightarrow$ Diện tích lớn nhất bán được là $\frac{625}{8}\left(m^2\right)\Rightarrow$ Số tiền lớn nhất thu được là $\frac{625}{8}.1500000=11718750.$

Đáp án A.

(Có dạng $\frac{1}{0^{+}}$)

Đáp án C.

Ta có  $CB\perp BA;CB\perp SA$

               $\Rightarrow CB \perp \left(SAB\right)$

$\Rightarrow CB\perp AM$ mà $AM\perp SB$

              $\Rightarrow AM\perp \left(SBC\right)$

         $\Rightarrow d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AM.$

Đáp án A.

Vậy $AI\perp A\text{'}M\iff x{a}^2+\frac{1}{2}y{a}^2=0\iff 2x+y=0$

Đáp án D.

Có $y\text{'}=-\frac{2x}{{\left(x^2-1\right)}^2}$  Đồ thị hàm số song song với trục hoành có tiếp điểm làm đạo hàm bằng 0. $y\text{'}\left(x_0\right)=0\iff x_0=0$.

Đáp án A.

Chú ý:$\underset{a\to +\infty }{\lim }y=\underset{a\to +\infty }{\text{lim}}\frac{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{1}=1;\underset{a\to -\infty }{\lim }y=\underset{a\to -\infty }{\text{lim}}\frac{\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{-1}=-1;$ nên $y=-1;y=1$ là tiệm cận ngang.

Ta ko xét $x=0$ vì nó vi phạm điều kiện xác định.