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

Đáp án B

Hàm số bậc nhất trên bậc nhất $y=\frac{ax+b}{cx+d};\left(c\ne 0\right)$ luôn có duy nhất một tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}$ 

Như vậy hàm số đã cho $y=\frac{2x-6}{x-2}$ có tiệm cận ngang là $y=2\iff y-2=0$

Đáp án A

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y=x+\frac{2}{x-1}$ và đường thẳng $y=2x$ là số  nghiệm của PT $x+\frac{2}{x-1}=2x\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-x-2=0\\ x\ne 1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$

=> 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 $C_4^3=4$ mặt phẳng. Có thể thấy đáp án bài này qua hình tứ diện.

Đáp án B

 

Do $SA\perp \left(ABCD\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V_{SABCD}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABCD}=\frac{1}{3}SA.AB.BC \\ =\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a.a=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Đáp án D

Hàm số $y={\left(x+2\right)}^{-2}$  có số mũ nguyên âm nên tập xác định là $ℝ\backslash \left\{-2\right\}$

Đáp án D

Đáp án A sai vì hàm số $y=a^x$ $\left(a>1\right)$ đồng biến trên $ℝ$.

Đáp án B sai vì hàm số $y=a^x$ $\left(a>1\right)$ nghịch  biến trên $ℝ$.

Đáp án C sai vì đồ thị hàm số $y=a^x$$\left(0<a\ne 1\right)$ luôn đi qua điểm $\left(0;1\right)$.

Đáp án D

Tập xác định của hàm số là: $x\in \left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

$x^2-1=0\iff x=\pm 1$ nên hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-4}}{x^2-1}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{4}{x^4}}}{1-\frac{1}{x^2}}=0$;

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-4}}{x^2-1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{\frac{1}{x^2}-\frac{4}{x^4}}}{1-\frac{1}{x^2}}=0$ 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: $\sin 5x+\sin 3x=\sin 4x$

$\iff 2\sin 4x\cos x-\sin 4x=0\iff \sin 4x\left(2\cos x-1\right)=0$ 

$\iff \left[\begin{array}{l}\sin 4x=0\\ \cos x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k\pi }{4}\left(1\right)\\ x=-\frac{\pi }{3}+2k\pi \left(2\right)\\ x=\frac{\pi }{3}+2k\pi \left(3\right)\end{array}\right.$

Trong đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ thì số nghiệm của (1) là 5 ứng với $k\in \left\{0;\pm 1;\pm 2\right\}$, (2) là 1 ứng với $k=0$, (3) là 1 ứng với k=0.

Như vậy PT đã cho có 7  nghiệm trong đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$.

Đáp án C

Đặt $2^x=t$ PT đã cho với ẩn số t là: $t^2-2mt+2m=0$ 

Điều kiện: $x_1+x_2=3$ 

$\Rightarrow 2m=2^{x_1}{.2}^{x_2}=2^{x_1+x_2}=2^3=8\Rightarrow m=4$

Đáp án A

Diện tích của tam giác đều cạnh a là $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Lăng trụ tm giác đều các cạnh bên vuông góc với đáy nên thể tích của lăng trụ đã cho $V=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Đáp án B

Đạo hàm của hàm số $y=\sqrt{\cos 2x}$ là:

$y\text{'}=\frac{1}{2\sqrt{\cos 2x}}.\left(\cos 2x\right)\text{'}=\frac{1}{2\sqrt{\cos 2x}}.\left(-2\sin 2x\right)=\frac{-\sin 2x}{\sqrt{\cos 2x}}$ 

Đáp án A

Mệnh đề 1) sai vì $f\text{'}\left(x_0\right)=0$ chỉ là điều kiện cần chưa là điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị tại $x_0$ 

Mệnh đề 2) Sai vì khi $f\text{'}\left(x_0\right)=f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)=0$ có thể hàm số có thể đạt cực trị hoặc không đạt cực trị tại $x_0$.

Mệnh đề 3) sai vì $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu qua điểm $x_0$ thì điểm $x_0$ có thể là điểm cực đại hoặc điểm  cực tiểu của hàm số.

Mệnh đề 4) Sai vì trong trường hợp này $x_0$ là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Đáp án D

Hàm số $y=\left|\cos x\right|$ tuần hoàn với chu kỳ $\pi$ vì

+) $\left|\cos \left(x+\pi \right)\right|=\left|-\cos x\right|=\left|\cos x\right|$

+) Nếu tồn tại T>0 sao cho với $\left|\cos \left(x+T\right)\right|=\left|\cos x\right|$

$\iff {\left[\cos \left(x+T\right)\right]}^2={\left(\cos x\right)}^2\iff \frac{1+\cos \left(2x+2T\right)}{2}=\frac{1+\cos 2x}{2}$ 

$\iff \cos \left(2x+2T\right)=\cos 2x\Rightarrow 2T=2k\pi \Rightarrow T=k\pi$

 $\Rightarrow \pi$ là giá trị nhỏ nhất của .

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}\Rightarrow y\text{'}=0\Rightarrow x=1$ 

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

$\left\{\begin{array}{l}f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}+\ln 2\approx 1,15\\ f\left(1\right)=1\\ f\left(e\right)=e-1\approx 1,72\end{array}\right.$

So sánh các giá trị ta kết luận hàm số đạt GTNN và GTLN trên $\left[\frac{1}{2};e\right]$ 

Lần lượt là 1 và $e-1$.

Đáp án A

Chu vi hình tròn đáy: $C=2\pi r$

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

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là:

$S=S_{xq}+S_d=2\pi r.2r+2\pi r^2=6\pi r^2$

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 $\pm 1$.

Đáp án A

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

$T=a{\left(1+r\right)}^n-100=100{\left(1+0,08\right)}^5-100=46,932$ (triệu)

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

$T\text{'}=50{\left(1+0,08\right)}^{10}-50{\left(1+0,08\right)}^5=34,479$ (triệu)

Vậy số tiền lãi thu được sau 10 năm là;

$T+T\text{'}=46,932+34,479=81,411$ (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 $A_4^4=4!=24$ cách sắp xếp.

Như vật tổng số chữ số thỏa mãn bài toán trong trường hợp này là: $N_1=4.24=96$ (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 $A_4^4=4!=24$ cách sắp xếp.

Như vật tổng số chữ số thỏa mãn bài toán trong trường hợp này là $N_2=\mathrm{2.3.24}=144$ (số)

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

$N=N_1+N_2=96+144=240$ (số).

Đáp án D

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=a\Rightarrow a>0$.

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 $\frac{-b}{c}<0\Rightarrow b<0$.

Đáp án B

Ta có: $a={\log }_{12}27=3{\log }_{12}3=\frac{3}{{\log }_{3}12}=\frac{3}{2{\log }_{3}2+1}$

$\Rightarrow {\log }_{2}3=\frac{2a}{3-a}$ 

Vậy:

$T={\log }_{36}24=\frac{1}{2}\left({\log }_{6}4+1\right)=\frac{1}{2}+{\log }_{6}2=\frac{1}{2}+\frac{1}{{\log }_{2}6}$ 

 $=\frac{1}{2}+\frac{1}{1+{\log }_{2}3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{1+\frac{2a}{3-a}}=\frac{1}{2}+\frac{3-a}{3+a}=\frac{9-a}{6+a}$ .

Đáp án A

Gọi M là trung điểm AB khi đó $SM\perp AB\Rightarrow SM\perp \left(ABC\right)$ 

Ta có: $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (độ dài đường cao trong tam giác đều);

$d{t}_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {120}^0=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2$ 

Vậy thể tích của khối chop là:

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SM.d{t}_{ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{8}$

Đáp án C

Gọi $f\left(n\right)$ là hàm chi phí in 50000 tờ quảng cáo $\left(0<n\le 8;n\in \mathbb{N}\right)$. 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: $\frac{50000}{3600n}10\left(6n+10\right)=\frac{2500}{9n}\left(3n+5\right)$ 

Vậy $f\left(n\right)=50n+\frac{2500}{9n}\left(3n+5\right)=50\left(n+\frac{250}{9n}\right)+\frac{2500}{3}$

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 $A_1$ là biến cố viên thứ nhất trúng mục tiêu

Gọi $A_2$ là biến cố viên thứ hai trúng mục tiêu

Do $A_1,A_2$ là hai biến cố độc lập nên xác suất để có một viên trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu là:

$p=p\left(A_1\overline{A_2}\right)+p\left(\overline{A_1}{A}_2\right)=p\left(A_1\right)p\left(\overline{A_2}\right)+p\left(\overline{A_1}\right)p\left(A_2\right)$

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

Đáp án D

Do $\Delta SAB,\Delta SAC$ cân nên M, N là trung điểm SB, SC 

Ta có: $\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{V_{A.BCMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{3}{4}$ 

$\Rightarrow V_{A.BCMN}=\frac{3}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}SA.d{t}_{ABC}=\frac{1}{4}a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{16}$

Đáp án B

Đặt $t=\sqrt{{\log }_3^{2}x+1}$ thay vào PT ${\log }_3^{2}x+\sqrt{{\log }_3^{2}x+1}-2m-1=0\left(1\right)$ phương trình đã cho trở thành $t^2+t-2m-2=0\iff t^2+t-2=2m\left(2\right)$. Để phương trình (1) có nghiệm trên đoạn $\left[1;3^{\sqrt{3}}\right]$ thì PT (2) có nghiệm trên $\left[1;2\right]$. 

Xét hàm số $f\text{'}\left(t\right)=2t+1\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\frac{-1}{2}$ta có BBT của f(t) như sau:

Qua BBT ta thấy để PT (2) có nghiệm trên $\left[1;2\right]$

$\iff 0\le 2m\le 4\iff 0\le m\le 2$

Đáp án A

Điểm $M\left(a;b\right)$ thuộc đồ thị (C) 

=> $b=\frac{a-3}{a+1}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left|a\right|+\left|b\right|=\left|a\right|+\left|\frac{a-3}{a+1}\right|=\left|a\right|+\left|\frac{4}{a+1}-1\right| \\ \ge \left|a+1+\frac{4}{a+1}-2\right|\ge \left|a+1+\frac{4}{a+1}\right|-2\ge 4-2=2 \end{gathered}$$ 

Như vậy tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất bằng $2\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-1\end{array}\right.\Rightarrow T=-2$

Đáp án A

 

Hình chóp SABE có cạnh bên $SA\perp$đáy (ABE) ta có công thức tính bán kính mặt cầu của hình chóp dạng này là $R=\sqrt{{R_d}^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2}$ ( với $R_d$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy và h là chiều cao hình chóp )

Ta có: $h=SA=a$;$d{t}_{ABE}=\frac{1}{2}EH.AB=\frac{a^2}{2}$

$AE=BE=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$R_d=\frac{AB.AE.BE}{4d{t}_{ABE}}=\frac{a.\frac{5a^2}{4}}{4.\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{8}$

vậy $R=\sqrt{{\frac{25a}{64}}^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{41}}{8}$ .

Đáp án C

Đặt $3^x=t\left(t>0\right)$ thì PT của $\left(C_1\right):t\left(t-m+2\right)+m^2-3m$ và PT của $\left(C_2\right):t+1$ 

Để $\left(C_1\right)$ và $\left(C_2\right)$ tiếp xúc nhau thì PT:

 $t\left(t-m+2\right)+m^2-3m=t+1$

$\iff t^2-\left(m-1\right)t+m^2-3m-1=0$ có nghiệm kép t>0

$\Rightarrow \Delta ={\left(m-1\right)}^2-4\left(m^2-3m-1\right)=0$ 

$\iff 3m^2-10m-5=0\Rightarrow m=\frac{5+2\sqrt{10}}{3}$ ta không lấy nghiệm $m=\frac{5-2\sqrt{10}}{3}$ vì khi đó nghiệm kép .

Đáp án C

Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ ta có: $y=\frac{\sin x+2\cos x+1}{sinx+\cos x+2}$

$=\frac{\frac{2t}{1+t^2}+2\frac{1-t^2}{1+t^2}+1}{\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}+2}=\frac{-t^2+2t+3}{t^2+2t+3}$ 

Tập các giá trị của y là tập các giá tri làm cho PT $y=\frac{-t^2+2t+3}{t^2+2t+3}\iff \left(y+1\right)t+2\left(y-1\right)t+3\left(y-1\right)=0$ có nghiệm với ẩn t

$$\begin{gathered} \Rightarrow \Delta \text{'}={\left(y-1\right)}^2-3\left(y+1\right)\left(y-1\right)=-2y^2-2y+4\ge 0 \\ \Rightarrow -2\le y\le 1\Rightarrow m=-2,M=1 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: $v\left(t\right)=-4t+20\Rightarrow a=v\text{'}\left(t\right)=-4$.

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: $S=-\frac{1}{2}a{t}^2=-\frac{1}{2}.\left(-4\right)5^2=50m$.

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: $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}\Rightarrow$ PTTT tại điểm $M\left(a;b\right)$ là $y=\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}\left(x-a\right)+\frac{2a+1}{a+1}$. Từ đây ta xác định được giao điểm của PTTT tại $M\left(a;b\right)$ và hai tiệm cận $x=-1$, $y=2$ là $A\left(-1;\frac{2a}{a+1}\right),B\left(2a+1;2\right)$.

Độ dài các cạnh của $\Delta IAB$ như sau

 $\left\{\begin{array}{l}IA=\left|\frac{2a}{a+1}-2\right|=\frac{2}{\left|a+1\right|}\\ IB=\left|2a+1+1\right|=2\left|a+1\right|\\ AB=2\sqrt{\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}+{\left(a+1\right)}^2}\end{array}\right.\Rightarrow S_{IAB}=\frac{1}{2}IA.IB=2;$

$P=\frac{IA+IB+AB}{2}=\frac{1}{\left|a+1\right|}+\left|a+1\right|+\sqrt{\frac{1}{{\left(a+1\right)}^2}+{\left(a+1\right)}^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có $p\ge 2+\sqrt{2}$ đạt được $\iff \left|a+1\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}a=0\Rightarrow b=1\\ a=-2\Rightarrow b=3\end{array}\right.\Rightarrow a+b=1$

Đáp án C                           

 

Rễ thấy $\Delta CDN=\Delta DAM\Rightarrow \widehat{DCN}=\widehat{ADM}$ 

mà $\widehat{CDH}+\widehat{MDH}={90}^0\Rightarrow \widehat{CDH}+\widehat{DCH}={90}^0\Rightarrow CH\perp DH$

mà $CH\perp SH$ do $SH\perp \left(ABCD\right)$ $\Rightarrow DH\perp \left(SCH\right)$.

Như vậy kẻ $HK\perp SC$ 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:

$C{D}^2=CH.CN\Rightarrow CH=\frac{C{D}^2}{CN}=\frac{C{D}^2}{\sqrt{C{D}^2+D{N}^2}}=\frac{4a^2}{\sqrt{4a^2+a^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\raisebox{1ex}{$$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$$}\right.$ 

$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{C{H}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{5}{16s^2}=\frac{61}{144a^2}\Rightarrow HK=\frac{12a\sqrt{61}}{61}$