Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 12)

Đáp án C

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}>0,\forall x\ne 2\Rightarrow$Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

Đáp án B

Điều kiện: $\cos x\ne 0\iff x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \Rightarrow$

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}\right\}$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$x^3+x+2=2\iff x^3+x=0\iff x\left(x^2+1\right)=0\iff x=0$

Đáp án D

Phương trình $\iff x+4=2^4\iff x=16-4=12$

Đáp án B

$a^2\sqrt[3]{a}=a^2.a^{\frac{1}{3}}=a^{2+\frac{1}{3}}=a^{\frac{7}{3}}$

Đáp án D

Đáp án D

Có 5 loại khối đa diện đều: Tứ diện đều, lập phương, bát diện đầu, 12 mặt đều, 20 mặt đều

Đáp án D

Điều kiện $x-5>0\iff x>5\Rightarrow$TXĐ: $D=\left(5;+\infty \right)$

Đáp án C

Vì $SA\perp \left(ABCD\right)$nên $\left(SD;\left(ABCD\right)\right)=\stackrel{⏜}{SDA}$

Đáp án B

$$\begin{gathered} a^2+9b^2=10ab\iff {\left(a+3b\right)}^2=16ab \\ \iff \frac{a+3b}{4}=\sqrt{ab}\Rightarrow \log \frac{a+3b}{4}=\frac{\log a+\log b}{2} \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} PT\iff \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x+\frac{1}{2}\sin x=-1\iff \sin \left(x+\frac{\pi }{3}\right)=-1 \\ \iff x+\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff x=-\frac{5\pi }{6}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z} \end{gathered}$$

Đáp án B

$PT\iff 3x-30°=-30°+k180°\iff x=k60°\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án D

Đáp án C

Vì ABCD là hình chữ nhật và $\stackrel{⏜}{ACB}=45°$ nên ABCD là hình vuông.

Ta có: $2.A{B}^2={\left(2\sqrt{3}a\right)}^2\iff AB=\sqrt{6}a$

$$\begin{gathered} S_{tp}=2\pi B{C}^2+2\pi .BC=2\pi .BC.AB \\ =2\pi .{\left(\sqrt{6}a\right)}^2+2\pi .{\left(\sqrt{6}a\right)}^2=24\pi a^2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có:

 $AI=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3};AA\text{'}=AI\tan 60°=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a$

Thể tích lăng trụ là:

$V=AA\text{'}.S_{ABC}=3a.\frac{1}{2}{\left(2a\right)}^2\sin 60°=3\sqrt{3}{a}^3$

Đáp án C

Ta có $AC=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+a^2}=a\sqrt{5};SA=AC\tan 30°$

$=a\sqrt{5}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$

Thể tích khối chóp là:

$V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}.2a.a=\frac{2\sqrt{15}{a}^3}{9}$

Đáp án C

Đáp án B

Gọi $\Delta$ là tiếp tuyến với (C) tại $M\left(x_0;y_0\right)$ thỏa mãn đề bài.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\left(x_0\right)=3x_0^2-6x_0=k_{\Delta }$ là hệ số góc của $\Delta$

$$\begin{gathered} \Delta //\left(d\right)\Rightarrow k_{\Delta }=9\iff 3x_0^2-6x_0=9 \\ \iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=-1\Rightarrow \Delta :y=9\left(x+1\right)+y\left(-1\right)\iff y=9x+3\left(loai\right)\\ x_0=3\Rightarrow \Delta :y=9\left(x-3\right)+y\left(3\right)\iff y=9x-29\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Đồ thị hàm số căt trục hoành tại ba điểm phân biệt $\left(x-1\right)\left(x^2+mx+m\right)=0$ có 3 nghiệm phân biệt $1+m+m=0$ có hai nghiệm phân biệt

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ 1+m+m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-4m>0\\ m\ne -\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>4\\ m<0\end{array}\right.\\ m\ne -\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD)

Ta có: $AH=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3};$

$SH=\sqrt{{\left(3a\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{\frac{26}{3}}a$

Thể tích khối chóp là:

$V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\sqrt{\frac{26}{3}}a.\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°=\frac{\sqrt{26}{a}^3}{12}$

Đáp án A

Gọi I, H lần lượt là hình chiếu của A lên BC và SI

Ta có: $\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3a\right)}^2}=\frac{13}{36a^2}$

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{{\left(4a\right)}^2}+\frac{1}{36a^2}=\frac{61}{144a^2}$

$\Rightarrow AI=\frac{12a}{\sqrt{61}}\Rightarrow d=AI=\frac{12a}{\sqrt{61}}$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=e^{-x}\left(2x-x^2\right)\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Suy ra: $y\left(-1\right)=e,y\left(0\right)=0,y\left(1\right)=\frac{1}{e}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=e\\ N=0\end{array}\right.\Rightarrow M+N=e$

Đáp án C

Ta có: $y=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+1}}\Rightarrow y^2\left(x^2+1\right)={\left(x+1\right)}^2$

$\iff x^2\left(y^2-1\right)-2x+y^2-1=0\left(1\right)$

Ta có: $\Delta \text{'}\left(1\right)=1-{\left(y^2-1\right)}^2\ge 0\iff -1\le y^2-1\le 1$

$\Rightarrow y^2\le 2\Rightarrow y\le \sqrt{2}\Rightarrow \max y=\sqrt{2}$

Đáp án A

Ta có: ${\log }_{\sqrt{3}}50=2\left({\log }_{3}5+{\log }_{3}10\right)$

$=2\left({\log }_{3}15+{\log }_{3}10-1\right)=2\left(a+b-1\right)$

Đáp án B

$$\begin{gathered} PT\iff 3{\left(3^x\right)}^2-{4.3}^x+1=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=\frac{1}{3}\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=0\end{array}\right.\Rightarrow x_1+2x_2=-1 \end{gathered}$$

Đáp án A

$y\text{'}=\frac{\ln x}{2\sqrt{x+1}}+\frac{\sqrt{x+1}}{x}=\frac{x\ln x+2\left(x+1\right)}{2x\sqrt{x+1}}$

Đáp án D

Đáp án A

$$\begin{gathered} PT\iff 1-2{\sin }^{2}x-5\sin x-3\iff 2{\sin }^{2}x+5\sin x+2=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\sin x=-\frac{1}{2}\\ \sin x=-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\Rightarrow \sin x=-\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án B

Đáp án D

Điều kiện: $4-x^2\ge 0\iff -2\le x\le 2\left(*\right)$

Với điều kiện (*) thì phương trình đã cho

 $$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}\sqrt{4-x^2}=0\\ \cos 3x=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ 3x=\frac{\pi }{2}+k\pi \end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 2\\ x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3},k\in \mathbb{Z}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Từ điều kiện (*) ta có: $k\in \left\{-2;-1;0;1\right\}\Rightarrow$Phương trình có 6 nghiệm

Đáp án D

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=4x^3+3x^2-2mx=x\left(4x^2+3x-2m\right)$

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình $4x^2+3x-2m=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta =9+32m>0\\ -2m\ne 0\end{array}\right.\iff m\in \left(-\frac{9}{32};+\infty \right)\backslash \left\{0\right\}$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2+12mx+6$. Để hàm số đồng biến trên R thì $y\text{'}>0,\forall x\in ℝ$

 $\Delta \text{'}=36m^2-18<0\iff -\frac{1}{\sqrt{2}}<m<\frac{1}{\sqrt{2}}$ Mà $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=0$

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=e^{3x}+3\left(x+1\right)e^{3x}=e^{3x}\left(3x+4\right)$

$\Rightarrow y\text{'}\text{'}=3e^{3x}\left(3x+4\right)+3e^{3x}=3e^{3x}\left(3x+5\right)$

$y\text{'}\text{'}-6y\text{'}+9y=0$

Đáp án C

Ta có: $\frac{1}{{\log }_{3}x}+\frac{2}{{\log }_{3}x}+\frac{3}{{\log }_{3}x}+\mathrm{...}+\frac{n}{{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}$

$$\begin{gathered} \frac{n\left(n+1\right)}{2{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}\iff n\left(n+1\right)=420 \\ \iff n=20\Rightarrow P=2.20+3=43 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt $t=2^x>0$ . Khi đó phương trình đã cho trở thành $t^2-2mt+2m=0,t>0\left(1\right)$

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn $x_1+x_2$ thì (1) có 2 nghiệm t>0 và thỏa mãn $t_1{t}_2=2^{x_1}{2}^{x_2}=2^3=8$

Khi đó ta có: $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2-2m\ge 0\\ S=2m>0\\ P=2m=8>0\end{array}\right.\iff m=4$Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài cho

Đáp án B

Ta có $y=\frac{mx+1}{x+m}\left(C\right)$ có tiệm cận đứng $x=-m$ ,TCN $y=m$ (với $m\ne -1$ )

Giao điểm với trục hoành $\left(-\frac{1}{m};0\right)$ , giao điểm với trục tung $\left(0;\frac{1}{m}\right)$

Hình (I) ứng với $m=\frac{1}{2}$

Hình (II) với thõa mãn tiệm cận khi đó đồ thị hàm số không cắt Ox(loại)

Hình (II) ứng với 

Đáp án A

Đáp án D

Ta có: $AE=BF=1$

Khi đó: $DE=\sqrt{A{D}^2-A{E}^2}=1$

Khi quay hình chữ nhật DEFC quanh trục AB ta được hình trụ có thể tích là:

$V_1=\pi D{E}^2.DC=\pi {.1}^2.3=3\pi$

Khi quay tam giác AED quanh trục AB ta được hình nón có thể tích là:

$V_2=\frac{1}{3}\pi D{E}^2.AE=\frac{1}{3}\pi {.1}^2.1=\frac{\pi }{3}$

Do đó thể tích vận tròn xoay tạo thành khi cho hình thang quay quanh AB là:

$V=V_1-2V_2=\frac{7\pi }{3}$

Đáp án A

Gọi M, N lần lược là trung điểm của $AB,CD\Rightarrow \left(SMN\right)\perp \left(ABCD\right)$

Đáp án A

Ta có: $P={\log }_{\sqrt{ab}}\frac{b}{\sqrt{a}}=2{\log }_{ab}\frac{b}{\sqrt{a}}$

$=2\left({\log }_{ab}b-{\log }_{ab}\sqrt{a}\right)=2\left(\frac{1}{{\log }_{b}ab}-\frac{1}{2}{\log }_{ab}a\right)$

$$\begin{gathered} =2\left(\frac{1}{1+{\log }_{b}a}-\frac{1}{2}.\frac{1}{{\log }_{a}ab}\right) \\ =2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{{\log }_{a}b}}-\frac{1}{2}.\frac{1}{1+{\log }_{a}b}\right) \\ =2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{\sqrt{5}}}-\frac{1}{2}.\frac{1}{1+\sqrt{5}}\right)=\frac{11-3\sqrt{5}}{4} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: $y=-1+\left(2-\sqrt{3}\right).2\sin x\cos x+2{\cos }^{2}x$

$=\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, có:

$$\begin{gathered} {\left[\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x\right]}^2 \\ \le \left[{\left(2-\sqrt{3}\right)}^2+1^2\right].\left({\sin }^{2}2x+{\cos }^{2}2x\right)=8-4\sqrt{3} \end{gathered}$$

Suy ra $y^2\le 8-4\sqrt{3}\iff -\sqrt{8-4\sqrt{3}}\le y\le \sqrt{8-4\sqrt{3}}$.

Vậy $M+N+2=2$

Đáp án C

Ta có: ${\cos }^{2}3x\frac{1+\cos 6x}{2}=\frac{4{\cos }^{3}2x-3\cos 2x+1}{2}$ và $\cos 4x=2{\cos }^{2}2x-1$

Khi đó, phương trình đã cho 

$\iff 2{\cos }^{2}2x-1=\frac{4{\cos }^{3}2x-3\cos 2x+1}{2}+\frac{1-\cos 2x}{2}m$

$\iff 4{\cos }^{2}2x-2=4{\cos }^{3}2x-3\cos 2x+1+\left(1-\cos 2x\right)m$

$\iff \left(\cos 2x-1\right)m=4{\cos }^{3}2x-4{\cos }^{2}2x-3\cos 2x+3$

Đặt $t=\cos 2x,$ với $x\in \left(0;\frac{\pi }{12}\right)\to t\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)$ do đó: $\left(*\right)\iff m\frac{4t^3-4t^2-3t+3}{t-1}=4t^2-3$

Xét hàm số $f\left(t\right)=4t^2-3$  trên khoảng $\left(\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)\to \left\{\begin{array}{l}\min f\left(t\right)=0\\ \max f\left(t\right)=1\end{array}\right.$

Vậy để phương trình $m=f\left(t\right)$ có nghiệm khi và chỉ khi $m\in \left(0;1\right)$

Đáp án B

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị $\iff y\text{'}=4x\left(2x^2+m\right)$ đổi dấu 3 lần $\iff m<0$

Khi đó, gọi $A\left(0;-\frac{3m}{2}\right),B\left(\sqrt{-\frac{m}{2};\frac{-m^2-3m}{2}}\right)$ và $C\left(-\sqrt{-\frac{m}{2}};\frac{-m^2-3m}{2}\right)$ là 3 điểm cực trị

Vì $y_A>y_B=y_C$ nên yêu cầu bài toán

<=> Tứ giác ABOC nội tiếp (I)

Vì $\left\{\begin{array}{l}AB=AC\\ OB=OC\end{array}\right.\to OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng BC

Suy ra OA là đường kính của (I)

=> $$\begin{gathered} \left(I\right)\Rightarrow \overrightarrow{OB}.\overrightarrow{AB}=0\iff -\frac{m}{2}+\frac{m^2}{2}.\frac{m^2+3m}{2}=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=-1-\sqrt{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy tổng các giá trị của tham số m là $-2-\sqrt{3}$

Đáp án C

Gọi E và F là trung điểm của BC và AB và O là trọng tâm tam giác ABC ta có: $SO\perp \left(ABC\right)$