Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 4)

Đáp án C

Khối đa diện đều loại {3;4} là bát diện đều có 12 cạnh.

Đáp án A

Gọi E và F là trung điểm của AB và CD ta có: $SE\perp AB\Rightarrow SE\perp CD\Rightarrow SE\perp$ giao tuyến của 2 mặt phẳng (SAB) và (SCD) vì giao tuyến này song song với AB.

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x$

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left(x_0;y_o\right)$ của đồ thị hàm số là

$y=\left(3x_0^2-6x_0\right)\left(x-x_0\right)+x_0^3-3x_0^2+5$

Lại có phương trình tiếp tuyến đi qua $A\left(1;3\right)$ nên

$$\begin{gathered} 3=\left(3x_0^2-6x_0\right)\left(1-x_0\right)+x_0^3-3x_0^2+5 \\ \iff -2x_0^3-6x_0^2-6x_0+5=0 \end{gathered}$$

Phương trình trên có một nghiệm $x_0$ nên có 1 tiếp tuyến đi qua $A\left(1;3\right)$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_2=u_1.q=\frac{1}{4}\\ u_5=u_1.q^4=16\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}q=4\\ u=\frac{1}{16}\end{array}\right.$

Đáp án D

Qua phép tịnh tiến, ta được đường thẳng $\Delta \text{'}$ song song với $\Delta$ nên VTPT của $\Delta \text{'}$ là $n_{\Delta \text{'}}=\left(2;-1\right)$ 

Ta có điểm $M\left(2;-1\right)$ thuộc đường thẳng $\Delta =M\text{'}\left(-2;1\right)$ là ảnh của M qua phép tịnh tiến thuộc $\Delta \text{'}$

Do đó phương trình đường thẳng $\Delta \text{'}$ là:

$2\left(x+2\right)-\left(y-1\right)=0\iff 2x-y+5=0.$

Đáp án B

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục Oy là $M\left(0;\frac{1}{2}\right)$

Ta có: $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-2\right)}^2}.$ Phương trình tiếp tuyến tại M là:

$y\text{'}=y_{\left(M\right)}^{\text{'}}\left(x-x_M\right)+y_M=\frac{-3}{4}x+\frac{1}{2}.$

Đáp án D

Chóp tứ giác đều S.ABCD

Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là tâm O của hình vuông ABCD

Gọi H là trung điểm.

$AB\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow \left(\stackrel{⏜}{\left(SAB\right).\left(ABCD\right)}\right)=\stackrel{⏜}{SHO}=60°$

$\Rightarrow SO=OH.\tan 60°=a\sqrt{3}$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}.{\left(2a\right)}^2.a\sqrt{3}=\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án A

Để phương trình f(x)=m có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy -2<m<1

Đáp án A

Ta có: TXĐ: $D=\left(-\infty ;0\right)\cup \left(3;+\infty \right)$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-3x}}{x-1}=1,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2-3x}}{x-1}=-1\Rightarrow y=\pm 1$ là 2 TCN của đồ thị hàm số.

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=x^3-16x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 4\end{array}\right..$

Suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu $M\left(-4;-61\right)$ và $M\text{'}\left(4;-61\right)$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} D=ℝ;y\text{'}=-1+\frac{2x}{\sqrt{2x^2}+1}=0 \\ \iff \sqrt{2x^2}+1=2x\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2x^2+1=4x^2\end{array}\right.\iff x=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

$\Rightarrow Min\left(y\right)=y\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=-6x+1\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=-5.$ 

Do đó phương trình tiếp tuyến của parabol tại M là $y=-5\left(x-1\right)=-5x+5.$

Đáp án B

Sắp xếp 4 số tự nhiên 1, 2, 3, 4 theo thứ tự khác nhau ta sẽ được các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau => Có $4!=24$ số.

Đáp án C

Ta có: $D=ℝ\backslash \left\{-3m\right\};y\text{'}=\frac{3m^2+4m-5}{{\left(x+3m\right)}^2}.$

Để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định thì:

$$\begin{gathered} y\text{'}<0\forall x\in D\iff 3m^2+4m-5<0 \\ \iff \frac{-2-\sqrt{19}}{3}<m<\frac{-2+\sqrt{19}}{3} \end{gathered}$$

Vì $m\in ℝ\Rightarrow m\in \left\{-2;1;0\right\}.$

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Đáp án C

Ta có: $$\begin{gathered} D=ℝ\backslash ;y\text{'}=\frac{-3x+3}{x^2-x+1}=0 \\ \iff x=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}>0\Rightarrow x<1\\ y\text{'}<0\Rightarrow x>1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$, nghịch biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right).$

Đáp án B

Ta có: Gọi H là trung điểm của B'C'

Tam giác ABC cân tại A nên $\left\{\begin{array}{l}A\text{'}H\perp BC\\ A\text{'}H=A\text{'}B\text{'}.cos60°=\frac{a}{2}\end{array}\right.$

Góc mặt phẳng (AB'C') tạo với đáy là

$\stackrel{⏜}{A\text{'}HA}=60°\Rightarrow AA\text{'}=A\text{'}H.tan60°=\frac{a}{2}.\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Do đó: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^3}{8}.$

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=3x^2-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{4}{3}\end{array}\right.$

Lại có: $y=\left(-1\right)=-3,y\left(0\right)=0;y\left(1\right)=-1$

Đáp án D

Dựa vào BBT ta thấy $y_{CD}=2$ và $y_{CT}=-2.$

Đáp án C

Ta có tam giác ABC vuông tại:

$C\Rightarrow BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}=a$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}.$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm:

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

Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm.

Đáp án C

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

 Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.

Đáp án A

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ thì

Xét $f\left(x\right)=\frac{3x^2-6x+5}{12\left(x-1\right)}$ có đạo hàm $f\text{'}\left(x\right)=\frac{3x^2-6x+1}{12{\left(x-1\right)}^2}>0\left(x>2\right)$

Do đó f(x) đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ hay $Minf\left(x\right)=f\left(2\right)=\frac{5}{12}\Rightarrow m<\frac{5}{12}$

Lại có $\left\{\begin{array}{l}m\in \left[-2017;2017\right]\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.$.

Suy ra có 2018 giá trị của m thỏa mãn

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm

Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(m-1\right)}^2-4\left(m+1\right)>0\\ f\left(-1\right)=3\ne 0\end{array}\right.\iff m^2-6m-3>0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m>3+2\sqrt{3}\\ m<3-2\sqrt{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hay $m\in \left(-\infty ;3-2\sqrt{3}\right)\cup \left(3+2\sqrt{3};+\infty \right)\Rightarrow a+b=6$

Đáp án C

Ta có:

$\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2+m^2+2>0\forall x\\ \Rightarrow Miny=y\left(0\right)=m^2-1=8\iff m=\pm 3.\end{array}$

Đáp án A

(BĐT AM–GM)

Dấu bằng xảy ra:

Đáp án A

HD: Ta có: Giữ nguyên phần phía trên trục hoành, lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành của đồ thị đã cho, ta được đồ thị hàm số $y=\left|x^4-4x^2+3\right|\Rightarrow$ Hàm số có 7 cực trị.

Đáp án B

d cắt Ox,Oy lần lượt tại $A\left(-3;0\right);B\left(0;-\frac{3}{2}\right)$ Qua phép quay tâm O góc quay $-90°$ điểm A và B lần lượt biến thành các điểm $A\text{'}\left(0;3\right);B\left(-\frac{3}{2};0\right)\Rightarrow A\text{'}B\text{'}:2x-y+3=0$

Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó nên $d\text{'}:2x-y+m=0$

Qua $$\begin{gathered} V_{\left(O;k\right)}\left(A\text{'}\right)=A_1\Rightarrow \overrightarrow{O{A}_1}=5\overrightarrow{OA\text{'}} \\ \Rightarrow A_1\left(0;15\right)\Rightarrow d\text{'}:2x-y+15=0 \end{gathered}$$

Đáp án D

ĐK: $\sin 2x\ne 0$.

Khi đó:

Do đó có 4 điểm $x=\pm \frac{\pi }{3};x=\frac{2\pi }{3};x=\frac{4\pi }{3}$ biểu diễn nghiệm của PT đã cho.

Đáp án A

HD: Ta có: $A\text{'}H=AA\text{'}cos30°=a\sqrt{3}\Rightarrow H$ là trung điểm của

Do $AA\text{'}//BB\text{'}$

$\Rightarrow d\left(AA\text{'};BC\right)=d\left(AA\text{'};\left(BCC\text{'}\right)\right)=d\left(B\text{'}C\text{'};AA\text{'}\right)$

Dựng $HK\perp AA\text{'}$ suy ra HK là đoạn vuông góc chung của AA' và $B\text{'}C\text{'}$

$\Rightarrow d=HK=A\text{'}H.sin\stackrel{⏜}{AA\text{'}H}=a\sqrt{3}.\sin 30°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Đáp án D

Đặt $t=x^2\Rightarrow t\ge 0.$ Phương trình đã cho trở thành $t^2-2t-m=0\left(*\right)$

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=1+m>0\\ S=2>0\\ P=-m>0\end{array}\right.\iff -1<m<0$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=\cos 3x+m.\cos x$ và $y\text{'}\text{'}=-3\sin 3x-m.\sin x$

Để hàm số đạt cực đại tại:

$x=\frac{\pi }{3}\Rightarrow y\text{'}\left(\frac{\pi }{3}\right)=0\Rightarrow -1+\frac{m}{2}=0\iff m=2.$ 

Với $m=2\Rightarrow y\text{'}\text{'}\left(\frac{\pi }{3}\right)=-3\sin \pi -2\sin \frac{\pi }{3}<0$

 nên hàm số đạt cực đại tại $x=\frac{\pi }{3}$

Đáp án C

Ta có: ${\left(x^2-x+1\right)}^{20}$ có số hạng tổng quát là $C_{20}^k{\left(x^2-x\right)}^k$

Mặt khác ${\left(x^2-x\right)}^k$ có số hạng tổng quát là $C_k^i{\left(x^2\right)}^i.{\left(-x\right)}^{k-i}=C_k^i{x}^{k+i}.{\left(-1\right)}^{k-i}$

Do đó số hạng tổng quát của khai triển là $C_{20}^k.C_k^i.x^{k+i}{\left(-1\right)}^{k-i}$ (với $k;i\in \mathbb{N};i\le k\le 20$)

Với $k+i=3\Rightarrow \left[\begin{array}{l}i=0;k=3\\ i=1;k=2\end{array}\right.$

Hệ số bằng $C_{20}^3.C_3^0.{\left(-1\right)}^3+C_{20}^2.C_2^1.{\left(-1\right)}^1=-1520$

Đáp án B

Gọi a, h lần lượt là độ dài cạnh đáy và chiều cao của khối lăng trụ.

Thể tích khối lăng trụ là $V=S.h=a^2.h=1\Rightarrow h=\frac{1}{a^2}.$

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là:

$S_{tp}=2a^2+4ah=2a^2+4a.\frac{1}{a^2}=2a^2+\frac{4}{a}.$

Vậy $S=2a^2+\frac{2}{a}+\frac{2}{a}\ge 3\sqrt[3]{2a^2.\frac{2}{a}.\frac{2}{a}}=6\Rightarrow S_{\min }=6c{m}^2$

Đáp án C

Đáp án B

HD:

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x-6}{\sqrt{x^2+2mx+2m+8}}$

$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x\left(1-\frac{2}{x}\right)}{\left|x\right|\sqrt{1+\frac{2m}{x}+\frac{2m+8}{x^2}}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x}{\left|x\right|}=3$

Và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x-6}{\sqrt{x^2+2mx+2m+8}}$

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x\left(1-\frac{2}{x}\right)}{\left|x\right|\sqrt{1+\frac{2m}{x}+\frac{2m+8}{x^2}}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x}{\left|x\right|}=-3$

Suy ra đồ thị hàm số luôn có hai đường tiệm cận ngang.

Để ĐTHS có đúng hai đường tiệm cận $\iff x^2+2mx+2m+8=0$ vô nghiệm

$\iff -2<m<4.$

Đáp án A

Xét biểu thức: 

là PT đi qua điểm CT của $\left(C_m\right)$

Khoảng cách từ điểm A đến (d) là:

$h=\frac{\left|2m+1\right|}{\sqrt{4{\left(m-1\right)}^2+9}}=\frac{\left|2m+1\right|}{\sqrt{4m^2-8m+13}}$

Ta có:

Vậy $h_{\max }=\sqrt{2}.$

Đáp án A

Theo giả thiết, diện tích hình vuông sau sẽ bằng $\frac{1}{2}$ diện tích hình vuông trước.

Khi đó, tổng diện tích cần tính là tổng của cấp số nhân với $u_1=1,$, với công bội $q=\frac{1}{2}.$

Vậy tổng $S=\frac{u_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\frac{1\left(1-2^{-n}\right)}{1-\frac{1}{2}}$

 mà $n\to +\infty \Rightarrow 2^{-n}\to 0$ suy ra S=2