Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 11)

Đáp án B

Vì $x,y,z>0$ theo thứ tự lập thành 1 CSN nên $z=qy=q^{2}x.$

Vì ${\log }_{a}x,{\log }_{\sqrt{a}}y,{\log }_{\sqrt[3]{a}}z$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên $2{\log }_{\sqrt{a}}y={\log }_{a}x+{\log }_{\sqrt[3]{a}}z$

$$\begin{gathered} \iff 4{\log }_{a}y={\log }_{a}x+3{\log }_{a}z \\ \iff 4{\log }_a\left(qx\right)={\log }_{a}x+3{\log }_a\left(q^{2}x\right) \\ \iff {\log }_a\left(q^4{x}^4\right)={\log }_a\left(x{q}^3{x}^3\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff q^4{x}^4=q^6{x}^4\Rightarrow q=1\Rightarrow x=y=z \\ \Rightarrow P=1959+2019+60=4038 \end{gathered}$$

Đáp án D

Đặt $t=\cos x\Rightarrow t\in \left(-1;1\right)\Rightarrow y=f\left(t\right)=\frac{2t+1}{t-m}$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{2m+1}{{\left(t-m\right)}^2}\sin x$

Hàm số đồng biến trên khoảng:

$$\begin{gathered} \left(0;\pi \right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(t\right)>0\\ t-m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left(2m+1\right)\mathrm{sinx}>0\\ m\ne t\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{2}\\ \left[\begin{array}{l}m\ge 1\\ m\le -1\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow m\ge 1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án C

Lấy 1 điểm bất kỳ thuộc a và M ta dựng 2 mặt phẳng $\left(M;b\right);\left(M;c\right)\Rightarrow$ là giao tuyến của 2 mặt phẳng trên đi qua M và 2 điểm thuộc b và c. Vậy có vô số đường thẳng cắt cả ba đường thẳng đã cho.

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-4x\Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(x\right)=6x-4\Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(1\right)=2$

Đáp án A

Ta có: $y=\frac{\cos x+2\sin x+3}{2\cos x-\sin x+4}$

$\Rightarrow y\left(2\cos x-\sin x+4\right)=\cos x+2\sin x+3$

$\iff \left(2+y\right)\sin x+\left(1-2y\right)\cos x=4y-3\left(1\right)$

PT (1) có nghiệm $\iff {\left(2+y\right)}^2+{\left(1-2y\right)}^2\ge {\left(4y-3\right)}^2$

$\iff 11y^2-24y+4\le 0\iff \frac{2}{11}\le y\le 2$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}M=2\\ m=\frac{2}{11}\end{array}\right.\Rightarrow M.m=\frac{4}{11}$

Đáp án C

Gọi $\overrightarrow{abcde}$ là số thỏa mãn đề bài, ta có

+) a có 4 cách chọn

+) b có 4 cách chọn

+) e có 3 cách chọn

+) d có 2 cách chọn

+) e có 1 cách chọn

Suy ra có $\mathrm{4.4.3.2.1}=96$ cách chọn

Đáp án A

Đáp án A

Ta có: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+2x\right)}^2-1}{x}$

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

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án D

Ta có:

$\left(C_1\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=4$

$\Rightarrow R_1=2;\left(C_2\right):{\left(x+6\right)}^2+{\left(y-8\right)}^2=100\Rightarrow R_2=10$

$k=\frac{R_1}{R_2}=\frac{10}{2}=5$

Đáp án B

Ta có: $u_3=u_1.q^2=2{\left(3\right)}^2=18$

Đáp án B

Ta có: ${\left[{\left(1+x+x^2-x^3\right)}^{10}\right]}^{\text{'}}=\left(a_0+a_{1}x+\mathrm{...}+a_{30}{x}^{30}\right)$

${}^{\text{'}}\iff 10{\left(1+x+x^2-x^3\right)}^9\left(1+x+x^2-x^3\right)$

$$\begin{gathered} a_1+2a_{2}x+\mathrm{...}+30a_{30}{x}^{29} \\ \iff 10{\left(1+x+x^2-x^3\right)}^9{a}_1+2a_{2}x+\mathrm{...}+30a_{30}{x}^{29} \end{gathered}$$

Chọn:  $x=1\Rightarrow 10{\left(1+1+1-1\right)}^9.0=a_1+2a_{2}x+\mathrm{...}+30a_{30}$

$\iff S=0$

Đáp án C

Gọi P là trung điểm của AC.

Ta có: $PN//CD,MP//AB\Rightarrow \left(AB;CD\right)=\left(MP;PN\right)$

$$\begin{gathered} PN=MP=\frac{a}{2},MN=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow \cos \stackrel{⏜}{MPN}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \stackrel{⏜}{MPN}=120° \end{gathered}$$

$\Rightarrow \stackrel{⏜}{\left(AB;CD\right)}=60°$

Hàm số y = sin x đồng biến trên D khi y' = cos x > 0, \[\forall x \in D\].

Lại có bất phương trình cos x > 0 có nghiệm: \[x \in \left( { - \frac{\pi }{2} + k2\pi ;\,\,\frac{\pi }{2} + k2\pi } \right)\,,\,\,k \in \mathbb{Z}\].

Với k = 5 thì \[x \in \left( {\frac{{19\pi }}{2};\,\,\frac{{21\pi }}{2}} \right)\].

Mà \[\left( {\frac{{19\pi }}{2};\,\,10\pi } \right) \subset \left( {\frac{{19\pi }}{2};\,\,\frac{{21\pi }}{2}} \right)\].

Do đó hàm số y = sin x đồng biến trên \[\left( {\frac{{19\pi }}{2};\,\,10\pi } \right)\].

Trên các đoạn \[\left( {7\pi ;\,\,\frac{{15\pi }}{2}} \right)\]; \[\left( { - \frac{{7\pi }}{2};\,\, - 3\pi } \right)\]; \[\left( { - 6\pi ;\,\, - 5\pi } \right)\] ta kiểm tra được cos x < 0.

Do đó hàm số y = sin x nghịch biến trên các khoảng này.

Đáp án C.

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số, dễ thấy hàm số $f\left(x\right)=x^3+3x^2-1$

Xét hàm số $f\left(\left|x\right|+m\right)={\left(\left|x\right|+m\right)}^3+3\left(\left|x\right|+m\right)-1$ với $x\in ℝ$

Chú ý : Cực trị là điểm làm y' đổi dấu và $f\left(x\right)=\left|x\right|=\sqrt{x^2}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x}{2\sqrt{x^2}}=\frac{x}{\left|x\right|}$

Do đó $f\left(\left|x\right|+m\right)=3\left(\left|x\right|+m\right)\left[\left(\left|x\right|+m\right)+2\right].\frac{x}{\left|x\right|}$.

Khi đó $y=f\left(\left|x\right|+m\right)$ có 5 điểm cực trị $\left[\begin{array}{l}\left|x\right|+m=0\\ \left|x\right|+m+2=0\end{array}\right.$có 4 nghiệm phân biệt $\left[\begin{array}{l}\left|x\right|=-m\\ \left|x\right|=-2-m\end{array}\right.$có 4 nghiệm $\left\{\begin{array}{l}-m>0\\ -2-m>0\end{array}\right.\iff m<-2$

Cách 2: Đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|+m\right)$ được suy ra từ

 $y=f\left(x\right)\to y=f\left(x+m\right)\to y=f\left(\left|x\right|+m\right)$.

Đồ thị hàm số muốn có 5 điểm cực trị khi ở bước thứ 1ta dịch chuyển đồ thị sang phải nhiều hơn 2 đơn vị $m<-2$

Đáp án D

Nếu $A=\left\{1;2;\mathrm{....9}\right\}$ thì chỉ có duy nhất 1 cách là $\left\{1;3;5;7;9\right\}$ khi đó số cách bằng $C_5^5=C_{9-4}^5$

Nếu $A=\left\{1;2;\mathrm{3...10}\right\}$ thì có

$\left\{1;3;5;7;9\right\};\left\{1;4;6;8;10\right\};\left\{1;3;6;8;10\right\};$$\left\{1;3;5;8;10\right\};\left\{1;3;5;7;10\right\};\left\{2;4;6;8;10\right\}$ có 6 cách bằng $6=C_6^5$. Như vậy đáp án sẽ là $C_{16}^5$

Đáp án D

$S_{ABC}=\frac{1}{2}a.2a=a^2\Rightarrow d=\frac{V}{S}=\frac{2a^3}{a^2}=2a$

Đáp án A

Ta có:

 ${\left(x^2+\frac{2}{x}\right)}^6=\sum _{k-0}^6{C}_6^k{\left(x^2\right)}^{6-k}{\left(\frac{2}{x}\right)}^k=\sum _{k-0}^6{C}_6^k{\left(2\right)}^k{\left(x\right)}^{12-3k}$

Số hạng không chứa $x=12-3k=0$

$\iff k=4\Rightarrow a_4=C_6^4{2}^4.$

Đáp án C

Ta có: $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2}{2}=\frac{1}{2}$

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(ax+1\right)=a+1,f\left(1\right)=\frac{1}{2}$

Hàm số liên tục tại $x=1$

$\iff \underset{\mathrm{x}\to 1^{-}}{\lim }f\left(\mathrm{x}\right)=f\left(1\right)=\underset{\mathrm{x}\to 1^{+}}{\lim }f\left(\mathrm{x}\right)\Rightarrow a+1=\frac{1}{2}\iff a=-\frac{1}{2}$

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Hàm số xác định khi $1-2x>0\iff x<\frac{1}{2}$

Đáp án D

Ta có: $PT\iff 2{\cos }^{2}x-1-4\cos x=m$

$\stackrel{t-\cos x}{\to }f\left(t\right)=2t^2-4t-1=m\left(t\in \left[-1;1\right]\right)$

Khi đó: $f\text{'}\left(t\right)=4t-4=0\iff t=1$

Lại có: $f\left(1\right)=5;f\left(1\right)=-3$ do đó PT đã cho có nghiệm

$\iff m\in \left[-3;5\right]\Rightarrow$ có 9 giá trị nguyên của m

Đáp án A

Do $\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ là ảnh của $\Delta ABC$ qua phép $V_{\left(G;K=\frac{-1}{2}\right)}$

Do đó: $\frac{S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{S_{ABC}}=k^2=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{ABC}}=\frac{d_{\left(S;\left(ABC\right)\right)}.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{d_{\left(S;\left(ABC\right)\right)}.S_{ABC}}=\frac{1}{4}$

Đáp án D

Ta có: $\left(u_n\right):\left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ u_{n-1}=2u_n+5\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ \left(u_{n+1}+5\right)=2\left(u_n+5\right)\end{array}\right.$

Đặt: $v_n=u_n+5\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{v}_1=6\\ v_{n-1}=2v_n\end{array}\right.$

$\Rightarrow v_{2018}=2^{2017}.v_1={6.2}^{2017}\Rightarrow u_{2018}={6.2}^{2017}-5$

Đáp án B

Hàm số $y={\log }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}x$  nghich biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Đáp án D

Do S.ABC là hình chóp có SA=SB=SC nên hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp O của (O thuộc trung trực BD) $.\Delta ABC,SO\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \stackrel{⏜}{SDO}=30°$

Ta có: $\Delta BCA=\Delta SAC\left(c-c-c\right)\Rightarrow SI=BI$

Do đó $SI=\frac{1}{2}BD\Rightarrow \Delta SBD$ vuông tại S

Khi đó: $x\tan 30°=SB=a\Rightarrow x=a\sqrt{3}$

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$\frac{x-3}{x-1}=1-x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x-3=-x^2+2x-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-x-2=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\Rightarrow y=2\\ x=2\Rightarrow y=-1\end{array}\right.\Rightarrow A\left(-1;2\right);B\left(2;-1\right)\Rightarrow AB=3\sqrt{2}$

Đáp án C

$S_{SAB}=\frac{1}{2}SA.SB\sin \le SA.SB;d\left(Cl\left(SAB\right)\right)\le SC$

Khối chóp S.ABC có thể tích lớn nhất

$SA\perp SB\perp SC\Rightarrow V_{\max }=\frac{1}{6}SA.SB.SC=a^3$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} \lim \frac{n^2-n+3}{2n^2+n+1}=\lim \frac{n^2\left(1-\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}\right)}{n^2\left(2+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)} \\ =\lim \frac{1-\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}}{2+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD

Ta có: $\Delta BCD=\Delta ACD\iff BN=AN\Rightarrow \Delta ABN$ cân

$\Rightarrow MN\perp AB$

Tương tự, ta chứng minh được $MN\perp CD\Rightarrow MN$ là đoạn vuông chung của AB và

CD.

Xét tam giác ABN có: $AN=BN=\frac{a\sqrt{3}}{2};AB=a$

$$\begin{gathered} MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}=\sqrt{A{N}^2-\frac{A{B}^2}{4}} \\ =\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD là: $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Đáp án C

Ta có: ${\log }_{20}12=\frac{{\log }_{2}12}{{\log }_{2}20}=\frac{{\log }_2\left(2^2.3\right)}{{\log }_2\left(2^2.5\right)}=\frac{2+{\log }_{2}3}{2+{\log }_{2}5}$

Mặt khác ${\log }_{2}3.{\log }_{3}5=ab$.

Suy ra ${\log }_{20}12=\frac{a+2}{ab+2}$

Đáp án B

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V_{ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}2a.3a^2=2a^3$