Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 18)

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=6x^2-6x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.$

Suy ra: $y\left(0\right)=m,y\left(1\right)=m-1,y\left(5\right)=m+175$

$\Rightarrow \underset{\left[0;5\right]}{\min }y=m-1=5\iff m=6$

Đáp án C

PT $\iff {\log }_2^{2}x-{\log }_{2}8-{\log }_{2}x+3=0\iff {\log }_2^{2}x-{\log }_{2}x=0$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=4x^3+6x=2x\left(2x^2+3\right)\Rightarrow y\text{'}=0\iff x=0$

Suy ra y' đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua điểm

Suy ra điểm cực tiểu của hàm số là x=0

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=\frac{5}{{\left(x+3\right)}^2}>0,\forall x\in D=ℝ\backslash \left\{-3\right\}$

Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=2x\left(\ln x-1\right)+\frac{1}{x}{x}^2=x\left(2\ln x-1\right)$

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của AB khi đó $SH\perp AB$

Mặt khác $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$ do đó $SH\perp \left(ABCD\right)$

Ta có $SH=\sqrt{S{A}^2-H{A}^2}=2a\sqrt{2};S_{ABCD}=4a^2$

Do đó $V_{ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{8a^3\sqrt{2}}{3}$

Đáp án D

Đáp án D

f'(x) đổi dấu từ âm sang đương tại x=0, suy ra f(x) có 1 điểm cực tiểu.

Đáp án D

Hàm số xác định $\iff x-1>0\iff x>1\Rightarrow D=\left(1;+\infty \right)$

Đáp án B

Chiều cao khối nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=6cm.$

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=128\pi \left(c{m}^3\right)$

Đáp án B

Đặt a=2. Gọi H là trung điểm của BC khi đó $\left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ DH\perp BC\end{array}\right.$

Suy ra $BC\perp \left(AHD\right)$và ta có $AH=DH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Gọi E là trung điểm của AD do tam giác AHD cân nên

$HE\perp AD\Rightarrow HE=\sqrt{A{H}^2-A{E}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}$

Ta có $V_{ABCD}=V_{B.AHD}+V_{C.AHD}$

$=\frac{1}{3}BC.S_{AHD}=\frac{1}{3}a.\frac{1}{2}HE.AD$

Lại có:

$\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}.x=2\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}.\frac{x}{2}\le \left(\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{4}\right)$

$=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow V_{ABCD}\le \frac{a^3}{8}\Rightarrow V_{\max }=\frac{a^3}{8}$.

Dấu bằng xảy ra $3a^2=2x^2\iff x=\frac{a\sqrt{6}}{2}=\sqrt{6}$

Cách 2: Nhận xét $V_{\max }\iff S_{AHD}$ lớn nhất $\frac{1}{2}AH.DH\sin \stackrel{⏜}{AHD}=\frac{3a^2}{8}.\sin \stackrel{⏜}{AHD}\le \frac{3a^2}{8}$

Đáp án B

Đáp án B

Ta có $D=\left(-\infty ;1\right)$

Hàm số có ba điểm cực trị $D=\left(-\infty ;1\right)$ có hai nghiệm $D=\left(-\infty ;1\right)$

Đáp án B

Điều kiện:

$\left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx>0\\ x+m-1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\left(x+m\right)>0\\ x+m>1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x+m>1\\ x>0\end{array}\right.$

PT $\iff x^2+mx=x+m-1\iff x^2+\left(m-1\right)x-\left(m-1\right)=0\left(1\right)$

PT có nghiệm duy nhất khi (1) có hai nghiệm trái dấu hoặc có nghiệm kép x>0

Suy ra $\left[\begin{array}{l}-m+1<0\\ \left\{\begin{array}{l}{\left(m-1\right)}^2+4\left(m-1\right)=0\\ 1-m>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>1\\ \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m=1\\ m=-3\end{array}\right.\\ m<1\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}m>1\\ m=-3\end{array}\right.$

Với $m=-3\Rightarrow PT\iff \left\{\begin{array}{l}x-3>1\\ x^2-4x+4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>4\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow m=-3$ không thỏa mãn

Suy ra $m>1$

Đáp án C

PT: $\iff \left\{\begin{array}{l}x+2>0\\ x-2>0\\ \left(x+2\right)\left(x-2\right)=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ x^2-9=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x>2\\ \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-3\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow x=3$

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=ℝ$

$\iff x^2-2mx+4>0,\forall x\in ℝ$

$\iff \Delta \text{'}<0\iff m^2-4<0\iff -2<m<2$

Đáp án A

Đáp án C

R=Độ dài đường chéo hình lập phương $2=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Đáp án C

Đặt $t=5^x,t>0\Rightarrow PT\iff 25t^2-26t+1=0$

Đáp án A

Hàm số có tập xác định $D=\left(0;+\infty \right)$

Ta có $y\text{'}=\frac{1-\ln x}{x^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff x=e\Rightarrow y\text{'}$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x=e

Suy ra hàm số có một cực đại

Đáp án D

Ta có:

$y\text{'}=\frac{2\ln x-{\ln }^{2}x}{x^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}\ln x=0\\ \ln x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=e^2\end{array}\right.$

Suy ra:

$y\left(1\right)=0,y\left(e^2\right)=\frac{4}{e^2},y\left(e^3\right)=\frac{9}{e^3}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{\left[1;e^3\right]}{\min }y=0\\ \underset{\left[1;e^3\right]}{\max }y=\frac{4}{e^2}\end{array}\right.$

Đáp án C

PT hoành độ giao điểm là $x^4-2x^2+1=m+1$

$\iff x^4-2x^2-m=0\stackrel{t=x^2}{\to }{t}^2-2t-m=0\left(1\right)$

Hai đồ thị có 4 giao điểm <=> (1) có hai nghiệm dương phân biệt

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ t_1+t_2>0\\ t_1{t}_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1+m>0\\ 2>0\\ -m>0\end{array}\right.\Rightarrow -1<m<0$

Đáp án D

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=x^2+1>0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=6x^2+6x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right.$

Suy ra $y\left(-2\right)=-5,y\left(-1\right)=0,y\left(0\right)=-1,y\left(1\right)=4$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{\left[-2;1\right]}{\min }y=-5\\ \underset{\left[-2;1\right]}{\max }y=4\end{array}\right.$

Đáp án B

PT $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{4}x>0\\ {\log }_{4}x=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>1\\ x=16\end{array}\right.\Rightarrow x=16$

Đáp án A

Ta có: $AB=AC=a;CC\text{'}=2a\Rightarrow V=S_{ABC}.CC\text{'}=a^3$

Đáp án B

Bán kính đáy của nón bằng bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD suy ra $r=\frac{AD}{2}=a;HA=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$

Chiều cao nón:

$h=\sqrt{S{A}^2-H{A}^2}=\sqrt{4a^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{2}$

Do đó $V=\frac{\pi r^{2}h}{3}=\frac{\pi \sqrt{2}{a}^3}{3}$

Đáp án A

$BPT\iff {\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}^x>{\left(\sqrt{6}-\sqrt{5}\right)}^{-1}\iff x<-1$

Đáp án A

Giả sử cạnh hình vuông là a

Khi đó bán kính đáy hình trụ $r=\frac{a}{2}$, chiều cao $h=a$

Ta có: $S_{xq}=2\pi rh=\pi a^2=20\pi$

$\Rightarrow a=\sqrt{20}\Rightarrow V=\pi r^{2}h=\frac{\pi a^3}{4}=10\pi \sqrt{5}$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\text{'}=6x-6=0\iff x=1\Rightarrow y=0$

Vậy tâm đối xứng là $I\left(1;0\right)$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=\frac{7}{{\left(x+1\right)}^2}>0\left(\forall x\ne -1\right)$ nên hàm số đã cho không có cực trị

Đáp án C

$D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Ta có: $y\text{'}=\frac{\left[2x+\left(m+1\right)\right]\left(2-x\right)+x^2+\left(m+1\right)x-1}{{\left(2-x\right)}^2}$

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

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định khi

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=-x^2+4x+2m+1\le 0\left(\forall x\in D\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=-1<0\\ {\Delta }_{g\left(x\right)}^{\text{'}}=4+2m+1\le 0\end{array}\right.\iff m\le -\frac{5}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $y=\frac{x^2-3x+2}{x^2-4}=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{x-1}{x+2}$

Do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng là: x=-2

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

Ta có PT$\iff 2^{2x}-{12.2}^x+32=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=8\\ 2^x=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow T=3+2=5$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$x^3-3x^2+2x-1=x^2-3x+1$

$\iff x^3-4x^2+5x-2=0\iff \left(x-2\right){\left(x-1\right)}^2=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=1\Rightarrow y=-1\\ x=2\Rightarrow y=-1\end{array}\right.\Rightarrow AB=1$

Đáp án C

Ta có $PT\iff 9^{x^2+x+1}-\frac{10}{3}{.3}^{x^2+x+1}=0$

Đặt $t=3^{x^2+x+1}\Rightarrow t^2-\frac{10}{3}t+1=0$

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

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định $\iff x^2+2x>0\iff \left[\begin{array}{l}x>0\\ x<-2\end{array}\right.$.

Vậy $D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(0;+\infty \right)$

Đáp án A

Ta có $y=x^4+2x^2+1\to y\text{'}=4x^3+4x\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=8$

Suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:

$y-4=8\left(x-1\right)\iff y=8x-4$

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2\Rightarrow y=2$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

Và $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=\infty \Rightarrow x=1$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là $\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm có y>3

$\Rightarrow y=\frac{2x-3}{x-1}$

Đáp án B

Diện tích hình thang ABCD là:

$S_{ABCD}=AB.\frac{AD+BC}{2}=5$

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\mathrm{.2.5}=\frac{10}{3}$ (đvtt)

Đáp án B

Ta có: ${\log }_{2}7=\frac{{\log }_{12}7}{{\log }_{12}2}=\frac{{\log }_{12}7}{{\log }_{12}\frac{12}{6}}=\frac{{\log }_{12}7}{1-{\log }_{12}6}=\frac{b}{1-a}$

Đáp án D

Ta có: $x^2\ge 0,\forall x\in ℝ\iff x^2+2\ge 2\iff \frac{4}{x^2+2}\le 2\Rightarrow y\le 2$.

Vậy $y_{\max }=2$

Đáp án B

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=1

Đáp án B

Giả sử chiều dài của hình chữ nhật giáp với bờ sông

Gọi x , y (m) lần lượt là chiều rộng, chiều dài của hình chữ nhật.

Theo giả thiết, ta có: $2x+y=2400\iff y=2400-2x$

Suy ra:

$S=xy=\left(2400-2x\right)x=720000-2{\left(x-600\right)}^2\le 720000$

Dấu "=" xảy ra $\iff x=600$. Vậy diện tích lớn nhất là $720000{\text{ m}}^2$

Đáp án A

Khối đa diện đều loại $\left\{4;3\right\}$ là khối lập phương.