Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 16)

Đáp án B

Tập xác định của hàm số là tập các giá trị của x thỏa mãn:

−x2+5x−6>0⇒2<x<3 hay x∈2;3

Đáp án D

Hàm số y=ax đồng biến trên −∞;+∞ khi a>1 và nghịch biến khi 0<a<1 

Kiểm tra các giá trị của cơ số chỉ có 3+23>1 nên  hàm số 3+23xđồng biến trên −∞;+∞.

Đáp án D

Áp dụng quy tắc đạo hàm của một tích ta có:

y'=xlnx'=x'lnx+xlnx'=lnx+1

Đáp án D

Ta có: f'x=4x3−4x=4xx2−1=4xx−1x+1

⇒f'x=0⇔x=0x=±1 

Ta tính các giá trị tại các điểm cực trị của f(x) trong 0;2 và các điểm biên của 0;2 được kết quả như sau: f0=1f1=0f2=9  khi đó giá trị lớn nhất trong các giá trị trên là GTLN của hàm số trên 0;2. Như vậy hàm số đã cho đạt GTLN bằng 9 khi x=2 trên 0;2.

Đáp án C

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.

Đáp án B

Trong các hình đã cho thì hình tứ diện đều không có tâm đối xứng.

Đáp án C

Để hàm số đồng biến trên −∞;+∞ thì điều kiện trước tiên là tập xác định của hàm số là  

Như vậy ta chọn đáp án C vì tập xác định của hàm số y=x−2x−1 là ℝ\1

Đáp án A

Nhìn trên đồ thị ta thấy hàm số có hai cực trị nên có dạng đồ thị của hàm số bậc 3 ta loại đáp án B và chọn đáp án D.

Khi x→+∞ ta thấy y→+∞ nên hệ số a của x3 lớn hơn 0nên ta loại đáp án C chọn đáp án A.

Đáp án A

Dựa trên bảng biến thiên ta thấy hàm số có hai cực trị. Đồ thị hàm số có một điểm cực đại có tọa độ 1;−2, một điểm cực tiểu có tọa độ 2;−1 vậy ta chọn đáp án A vì hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x=2

Đáp án B

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất y=ax+bcx+d;c≠0 luôn có duy nhất một tiệm cận ngang y=ac 

Như vậy hàm số đã cho y=2x−6x−2 có tiệm cận ngang là y=2⇔y−2=0

Đáp án A

Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x+2x−1 và đường thẳng y=2x là số  nghiệm của PT  x+2x−1=2x⇔x2−x−2=0x≠1⇔x=−1x=2

=> Có hai giao điểm.

Đáp án B

Cứ ba điểm không thẳng hàng xác định được một mặt phẳng. Với bốn điểm không đồng phẳng có thể xác định được C43=4 mặt phẳng. Có thể thấy đáp án bài này qua hình tứ diện.

Đáp án B

 

Do SA⊥ABCD

⇒VSABCD=13SA.dtABCD=13SA.AB.BC=13a3.2a.a=2a333

Đáp án D

Hàm số y=x+2−2  có số mũ nguyên âm nên tập xác định là ℝ\−2

Đáp án D

Đáp án A sai vì hàm số y=ax a>1 đồng biến trên ℝ.

Đáp án B sai vì hàm số y=ax a>1 nghịch  biến trên ℝ.

Đáp án C sai vì đồ thị hàm số y=ax0<a≠1 luôn đi qua điểm 0;1.

Đáp án D

Tập xác định của hàm số là: x∈−∞;−2∪2;+∞

x2−1=0⇔x=±1 nên hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có: limx→−∞x2−4x2−1=limx→−∞−1x2−4x41−1x2=0;

limx→+∞x2−4x2−1=limx→+∞1x2−4x41−1x2=0 nên đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang là y=0. Vậy hàm số đã cho có một tiệm cận.

Đáp án B

PT: sin5x+sin3x=sin4x

⇔2sin4xcosx−sin4x=0⇔sin4x2cosx−1=0 

⇔sin4x=0cosx=12⇔x=kπ41x=−π3+2kπ2x=π3+2kπ3

Trong đoạn −π2;π2 thì số nghiệm của (1) là 5 ứng với k∈0;±1;±2, (2) là 1 ứng với k=0, (3) là 1 ứng với k=0.

Như vậy PT đã cho có 7  nghiệm trong đoạn −π2;π2.

Đáp án C

Đặt 2x=t PT đã cho với ẩn số t là: t2−2mt+2m=0 

Điều kiện: x1+x2=3 

⇒2m=2x1.2x2=2x1+x2=23=8⇒m=4

Đáp án A

Diện tích của tam giác đều cạnh a là a234. Lăng trụ tm giác đều các cạnh bên vuông góc với đáy nên thể tích của lăng trụ đã cho V=a.a234=a334

Đáp án B

Đạo hàm của hàm số y=cos2x là:

y'=12cos2x.cos2x'=12cos2x.−2sin2x=−sin2xcos2x 

Đáp án A

Mệnh đề 1) sai vì f'x0=0 chỉ là điều kiện cần chưa là điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị tại x0 

Mệnh đề 2) Sai vì khi  f'x0=f''x0=0 có thể hàm số có thể đạt cực trị hoặc không đạt cực trị tại x0.

Mệnh đề 3) sai vì f'x đổi dấu qua điểm x0 thì điểm x0 có thể là điểm cực đại hoặc điểm  cực tiểu của hàm số.

Mệnh đề 4) Sai vì trong trường hợp này x0 là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Đáp án D

Hàm số y=cosx tuần hoàn với chu kỳ π vì

+) cosx+π=−cosx=cosx

+) Nếu tồn tại T>0 sao cho với cosx+T=cosx

⇔cosx+T2=cosx2⇔1+cos2x+2T2=1+cos2x2 

⇔cos2x+2T=cos2x⇒2T=2kπ⇒T=kπ

 ⇒π là giá trị nhỏ nhất của .

Đáp án A

Ta có: y'=1−1x=x−1x⇒y'=0⇒x=1 

Ta tính các giá trị của hàm số tại điểm cực trị và các điểm biên

f12=12+ln2≈1,15f1=1fe=e−1≈1,72

So sánh các giá trị ta kết luận hàm số đạt GTNN và GTLN trên 12;e 

Lần lượt là 1 và e−1.

Đáp án A

Chu vi hình tròn đáy: C=2πr

Thiết diện qua đáy là hình vuông nên chiều cao của hình trụ là 2r 

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là:

S=Sxq+Sd=2πr.2r+2πr2=6πr2

Đáp án D

Phép vị tự không phải phép dời hình, do nó không bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm bất kì trên hình khi tỉ số khác ±1.

Đáp án A

Sau 5 năm đầu bà Hoa thu được  số tiền lãi từ ngân hàng là:

T=a1+rn−100=1001+0,085−100=46,932 (triệu)

Sau 5 năm tiếp theo bà Hoa thu được số tiền lãi tiếp theo theo là:

T'=501+0,0810−501+0,085=34,479 (triệu)

Vậy số tiền lãi thu được sau 10 năm là;

T+T'=46,932+34,479=81,411 (triệu) 

Đáp án D

Tập hợp tâm I của những mặt cầu đi qua hai điểm A, B cho trước là tập hợp điểm thỏa mãn IA=IB do đó tập hợp này là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

Đáp án D

Ta xét hai trường hợp chữ số hàng đơn vị bằng 2 và khác 2.

+) Chữ số hàng đơn vị là 2

Số hàng nghìn lớn hơn 2 nên có 4 cách chọn (3, 4, 5, 6). Còn 4 chữ số sắp xếp vào 4 vị trí còn lại có A44=4!=24 cách sắp xếp.

Như vật tổng số chữ số thỏa mãn bài toán trong trường hợp này là: N1=4.24=96 (số)

+) Chữ số hàng đơn vị khác 2 nên có thể bằng 4 hoặc 6

Số hàng nghìn lớn hơn 2 nên có 3 cách chọn (3, 5 và 6 hoặc 4). Còn 4 chữ số sắp xếp vào 4 vị trí còn lại có A44=4!=24 cách sắp xếp.

Như vật tổng số chữ số thỏa mãn bài toán trong trường hợp này là N2=2.3.24=144 (số)

=> Tổng số các chữ số thỏa mãn bài toán:

N=N1+N2=96+144=240 (số).

Đáp án D

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=a⇒a>0.

Ta có: c<0 do đồ thị hàm số có tiệp cận đứng x=c .

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ −bc<0⇒b<0.

Đáp án B

Ta có: a=log1227=3log123=3log312=32log32+1

⇒log23=2a3−a 

Vậy:

T=log3624=12log64+1=12+log62=12+1log26 

 =12+11+log23=12+11+2a3−a=12+3−a3+a=9−a6+a .

Đáp án A

Gọi M là trung điểm AB khi đó SM⊥AB⇒SM⊥ABC 

Ta có: SM=a32 (độ dài đường cao trong tam giác đều);

dtABC=12AB.AC.sin1200=34a2 

Vậy thể tích của khối chop là:

VS.ABC=13SM.dtABC=13a32a234=a38

Đáp án C

Gọi fn là hàm chi phí in 50000 tờ quảng cáo 0<n≤8;n∈ℕ. Ta cần tìm n để f(n) có giá trị thấp nhất. Theo giả thiết f(n) bao gồm chi phí vận hành cho n máy là 50n nghìn  đồng. Và chi phí chạy máy sản xuất 50000 tờ quảng cáo là: 500003600n106n+10=25009n3n+5 

Vậy f(n)=50n+25009n3n+5=50n+2509n+25003

Đến đây ta có thể khảo sát hàm f(n) với nnguyên để tìm chi phí thấp nhất hoặc kiểm tra trực tiếp bốn đáp án và được kết quả thấp nhất với n=5.

Đáp án C

Gọi A1 là biến cố viên thứ nhất trúng mục tiêu

Gọi A2 là biến cố viên thứ hai trúng mục tiêu

Do A1,A2 là hai biến cố độc lập nên xác suất để có một viên trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu là:

p=pA1A2¯+pA1¯A2=pA1pA2¯+pA1¯pA2

=0,6.0,4+0,4.0,6=4,8

Đáp án D

Do ΔSAB,ΔSAC cân nên M, N là trung điểm SB, SC 

Ta có: VS.AMNVS.ABC=SMSBSNSC=1212=14⇒VA.BCMNVS.ABC=34 

⇒VA.BCMN=34VS.ABC=14SA.dtABC=14a.a234=a3316

Đáp án B

Đặt t=log32x+1 thay vào PT log32x+log32x+1−2m−1=01 phương trình đã cho trở thành t2+t−2m−2=0⇔t2+t−2=2m2. Để phương trình (1) có nghiệm trên đoạn 1;33 thì PT (2) có nghiệm trên 1;2. 

Xét hàm số f't=2t+1⇒f't=0⇔t=−12ta có BBT của f(t) như sau:

Qua BBT ta thấy để PT (2) có nghiệm trên 1;2

⇔0≤2m≤4⇔0≤m≤2

Đáp án A

Điểm Ma;b thuộc đồ thị (C) 

=> b=a−3a+1

⇒a+b=a+a−3a+1=a+4a+1−1≥a+1+4a+1−2≥a+1+4a+1−2≥4−2=2 

Như vậy tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất bằng 2⇔a=1b=−1⇒T=−2

Đáp án A

 

Hình chóp SABE có cạnh bên SA⊥đáy (ABE) ta có công thức tính bán kính mặt cầu của hình chóp dạng này là R=Rd2+h22 ( với Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy và h là chiều cao hình chóp )

Ta có: h=SA=a;dtABE=12EH.AB=a22

AE=BE=a2+a24=a52

Rd=AB.AE.BE4dtABE=a.5a244.a22=a58

vậy R=25a642+a24=a418 .

Đáp án C

Đặt 3x=tt>0 thì PT của C1:tt−m+2+m2−3m và PT của C2:t+1 

Để C1 và C2 tiếp xúc nhau thì PT:

 tt−m+2+m2−3m=t+1

⇔t2−m−1t+m2−3m−1=0 có nghiệm kép t>0

⇒Δ=m−12−4m2−3m−1=0 

⇔3m2−10m−5=0⇒m=5+2103 ta không lấy nghiệm m=5−2103 vì khi đó nghiệm kép .

Đáp án C

Đặt t=tanx2 ta có: y=sinx+2cosx+1sinx+cosx+2

=2t1+t2+21−t21+t2+12t1+t2+1−t21+t2+2=−t2+2t+3t2+2t+3 

Tập các giá trị của y là tập các giá tri làm cho PT y=−t2+2t+3t2+2t+3⇔y+1t+2y−1t+3y−1=0 có nghiệm với ẩn t

⇒Δ'=y−12−3y+1y−1=−2y2−2y+4≥0⇒−2≤y≤1⇒m=−2,M=1

Đáp án C

Ta có: vt=−4t+20⇒a=v't=−4.

Ta thấy sau 5 giây thì xe dừng lại nên quãng đường ô tô chuyển động từ khi đạp phanh đến khi dừng lại hẳn là: S=−12at2=−12.−452=50m.

Đáp án B

Tâm đối xứng của đồ thị (C) là giao điểm hai đường tiệm cận. (C) có tiệm cận đứng là x=-1, tiệm cận ngang là y=2 => I(-1;2) 

Ta có: y'=1x+12⇒ PTTT tại điểm Ma;b là y=1a+12x−a+2a+1a+1. Từ đây ta xác định được giao điểm của PTTT tại Ma;b và hai tiệm cận x=−1, y=2 là A−1;2aa+1,B2a+1;2.

Độ dài các cạnh của ΔIAB như sau

 IA=2aa+1−2=2a+1IB=2a+1+1=2a+1AB=21a+12+a+12⇒SIAB=12IA.IB=2;

P=IA+IB+AB2=1a+1+a+1+1a+12+a+12

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có p≥2+2 đạt được ⇔a+1=1⇔a=0⇒b=1a=−2⇒b=3⇒a+b=1

Đáp án C                           

 

Rễ thấy ΔCDN=ΔDAM⇒DCN^=ADM^ 

mà CDH^+MDH^=900⇒CDH^+DCH^=900⇒CH⊥DH

mà CH⊥SH do SH⊥ABCD ⇒DH⊥SCH.

Như vậy kẻ HK⊥SC thì HK là đường vuông góc chung của DM và SC hay HK là khoảng cách cần xác định.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

CD2=CH.CN⇒CH=CD2CN=CD2CD2+DN2=4a24a2+a2=2a5 

1HK2=1SH2+1CH2=19a2+516s2=61144a2⇒HK=12a6161 

Đáp án C

Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600

⇒SNO^=600⇒SO=NO.tan600=a3

Kẻ MH song song với SO⇒MH=12SO=a32 và MH⊥ANC

Ta có: dtANC=12AD.NC=122a.a=a2

⇒VAMNC=13MH.dtANC=13a32.a2=a336

Đáp án B

Mệnh đề 1) sai vì: log2x−12=2log2x−1 

Mệnh đề 2) sai vì khi x=0 biểu thức vế trái không xác định.

Mệnh đề 3) đúng vì  với x>y>2 ta luôn có:

lnx.lny=lny.lnx⇔lnxlny=lnylnx⇔xlny=ylnx 

Mệnh đề 4) sai vì:

log222x−4log2x−4=0⇔1+log2x2−4log2x−4=0⇔log22x−2log2x−3=0

Đáp án C

Điều kiện x≥32 

Ta có PT:

m−x3+2x−3=2⇔m−x3=2−2x−3 

⇔m−x=2−2x−33⇔m=x+2−2x−33

Xét hàm số: fx=x+2−2x−33

⇒f'x=1+32−2x−32.−12x−3=2x−3−32−2x−322x−3=2x−3−2−32−2x−32+22x−3

 Đặt 2x−3−2=tt≥−2

⇒f't=−3t2+t+2t−2⇒f't=0⇔t=1⇒x=6t=−23⇒x=4318 

Ta có BBT  của f(x) như sau:

Dựa vào BBT ta thấy để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì  2,4<m<5 với m nguyên ⇒m∈3;4

Đáp án A

Ta có: 1+x+x2n=1+x1+xn=∑k=0nCknxk1+xk

=∑k=0nCnkxk∑j=0kCjkxk⇒Tk+1=Cknxk∑j=0kCjkxk

Ta tính các số hạng như sau:

T0=1;

T1=Cn1Cn2x+Cn1C11x2=nx;T2=Cn2Cn0x2+Cn2C21x3+Cn2C22x4,.... 

Như vậy ta có:

a3=Cn2C21+Cn3C20;a4=Cn2C22+Cn3C31+Cn4C40   

Theo giả thiết  

a314=a441⇒Cn2C21+Cn3C2014=Cn2C22+Cn3C31+Cn4C4041

⇔2.nn−12!+nn−1n−23!14=nn−12!+3nn−1n−23!+nn−1n−2n−34!41

⇔21n2−99n−1110=0⇒n=10

Trong khai triển:

1+x+x210=a0+a1x+a2x2+...+a20x20

cho x = 1 ta được: S=a0+a1+a2+...+a20=310

Đáp án C

Gọi h là khoảng cách từ B→ACD

⇒h=a32⇒SΔACD=3VABCDh=3a3312a32=a22 

Gọi M là trung điểm AD⇒CM⊥AD.

⇒CM=2SACDAD=2.a22a2=a22=12AD

⇒ΔACD vuông tại C⇒CA=CD=a

ΔCAD=ΔCBAC.C.C⇒ACD^=ACB^=900

⇒AC⊥CDAC⊥CB⇒AC⊥BCD⇒ACD⊥BCD

Hay góc giữa hai mặt phẳng bằng 900

Đáp án A

Do AB song song với CD⊂SDC⇒MN∥CD.

Do G là trọng tâm ΔSAC⇒M là trung điểm SC⇒N là trung điểm .

Gọi K là trung điểm CD⇒SKH^ là góc giữa mặt bên và đáy.

HK=12AD=122a=a⇒SH=HK.tan600=a3

⇒VSABCD=13SH.dtABCD=13a3.4a2=4a333

Ta có: VSABMNVSABCD=12VSAMNVSACD+VSABMVSABC

=12SMSCSNSD+SMSC=121212+12=38

 ⇒VSABMN=38VSABCD=384a333=a332

Đáp án D

Hàm số y=fx có đạo hàm f'x=x2x−113x−153

⇒f'5x4+x2=25x24+x225x4+x2−1135x4+x2−153.5x4+x2'=25x2x2−5x−415x2−65x+6020−5x24+x26

Dễ thấy PT f'5x4+x2=0 có 6 nghiệm làm cho f'5x4+x2 đổi dấu nên hàm số y=f5xx2+4 có 6 cực trị.

Đáp án B

Thể tích nước tràn ra là 12 thể tích quả cầu

⇒V=1243πh23=πh312⇒πh3=12V 

Gọi R là bán kính đáy hình nón. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOA ta có:

1OH2=1SO2+1OA2⇔4h2=1h2+1R2⇒R=h3

từ đây ta tính được thể tích hình nón là:

Vn=13πR2h=13πh23h=πh39=12V9=43V 

Vậy thể tích nước còn lại là:

V=43V−V=V3.