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

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.