Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 6)

Đáp án A

Kẻ $BF\perp AC$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là $\widehat{BHF}$ 

Đáp án D

Theo đồ thị ta có $x\in \left(0;+\infty \right)$; đồ thị nằm hoàn toàn phía bên phải trục tung và cắt trục hoành tại điểm (1;0). Hàm số là hàm đồng biến.

Vậy hàm số cần tìm là: $y={\log }_{2}x$

Đáp án C.

Trong không gian Oxyz:

Chọn $A\equiv O\left(0;0;0\right);B\left(a;0;0\right);D\left(0;a;0\right);C\left(a;a;0\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow H\left(\frac{a}{2};0;0\right);S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right);M\left(\frac{3a}{4};0;\frac{a\sqrt{3}}{4}\right);\\ N\left(a;\frac{a}{2};0\right);P\left(\frac{a}{4};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)\end{array}$

Ta có: 

$\Rightarrow d\left(MN;AP\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{AP}\right].\overrightarrow{AM}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{AP}\right]\right|}=\frac{3\sqrt{5}}{10}a$

Đáp án C

TXĐ: $D=\left(-\infty ;-2\right]\cup \left[2;+\infty \right)$

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=1$;

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=-1$

Vậy đồ thị (C ) có 2 đường tiệm cận

Đáp án C

Đáp án D

Hướng dẫn cách giải bằng máy tính cầm tay:

Gán các giá trị :

Sử dụng chức năng giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

 $\left\{\begin{array}{l}Aa+Bb=C\\ a+b=d\end{array}\right.$với d là giá trị các đáp án

Giải hpt ta được:$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{3}\\ b=\frac{1}{6}\end{array}\right.\Rightarrow a+b=\frac{1}{2}$

Đáp án B

Ta có góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là $\widehat{SCH}$ .

Ta có: $\tan \widehat{SDH}=\tan \widehat{SCH}$ 

$\Rightarrow \left[\widehat{SD,\left(ABCD\right)}\right]=\widehat{SDH}=\widehat{SCH}$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}DH=\frac{SH}{\tan 30°}=3a\\ AH=a\end{array}\right.\Rightarrow AD=\sqrt{D{H}^2-A{H}^2}=2\sqrt{2}a \\ \Rightarrow AC=\sqrt{A{D}^2+C{D}^2}=2a\sqrt{3} \end{gathered}$$ .

Ta có: $V_{S.ABC}=V_{B.SAC}$

$\iff \frac{1}{3}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}d\left(B,\left(SAC\right)\right).S_{\Delta SAC}$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số $y=\left|x^3-3x+1\right|$ suy ra phương trình $\left|x^3-3x+1\right|=m$  có đúng 6 nghiệm phân biệt khi $0<m<1$ .

Đáp án C

$y\text{'}=\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m+1\right)x+3$

Với $m=1\Rightarrow y\text{'}=4x+3$

=> hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{3}{4};+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-\frac{3}{4}\right)$. (1)

Với $m=-1\Rightarrow y\text{'}=3>0,\forall x\in ℝ$

=> hàm số đồng biến trên R. (2)

Với $m\ne \pm 1\Rightarrow \Delta {\text{'}}_{y\text{'}}=-2m^2+2m+4$.

Khi đó: hàm số đồng biến trên R

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1>0\\ \Delta {\text{'}}_{y\text{'}}\le 0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>1\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<-1\\ m\ge 2\end{array}\right.$(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\left[\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 2\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số $y=a^x$  đồng biến khi $a>1$ =>Đáp án A sai.

Đồ thị hàm số $y=a^x$ luôn nằm bên trên trục hoành  =>Đáp án B sai.

Đồ thị hàm số (C): $y=a^x$ và (C'): $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x$ đối xứng nhau qua trục tung x=0 vì với mọi $M\left(x;y\right)\in \left(C\right)$ và $N\left(x_0;y_0\right)\in \left(C\text{'}\right)$  ta luôn có: $x=-x_0\Rightarrow a^x=a^{-x_0}\Rightarrow y=y_0$ => Đáp án C đúng

Đáp án B

$y=3^x\Rightarrow y\text{'}=3^x.\ln 3$.

Đáp án B

Với m=1 ta có $y=x+\sqrt{x^2+x+1}$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

 => Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=-\frac{1}{2}$ .

Với $m=-1$ ta có $y=-x+\sqrt{x^2+x+1}$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty \end{array}\right.$

=> Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$ .

Với $m\ne \pm 1$  đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án B

Hàm số $y=x^4-3x^2+2$ có a,b trái dấu và a>0 nên hàm số có 2 cực tiểu và 1 cực đại.

Đáp án D

Chọn M(2;4). Phương trình tiếp tuyến tại M là: $y=-3\text{x}+10$

Giao với tiệm cận đứng B(1;7). Giao với tiệm cận ngang C(3:1)

Giao 2 tiệm cận A(1;1)

Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}AB.AC=6$

Đáp án C

Với $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}$, $y_0=0\Rightarrow x_0=\frac{-1}{2}$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

$y=-\frac{4}{3}\left(x+\frac{1}{2}\right)+0\iff 4\text{x}+3y+2=0$

Đáp án C

Ta có: $8^{\frac{2x-1}{x+1}}=0,25.{\left(\sqrt{2}\right)}^{7x}$$\iff 3.\frac{2\text{x}-1}{x+1}=-2+\frac{7\text{x}}{2}$

 $\iff {\text{7x}}^2-9\text{x}+2=0$ $\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{2}{7}\end{array}\right.$

Đáp án D

$y\text{'}=\frac{-7}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall \text{x}\ne \text{1}$

Đáp án D

Đáp án A

Ta có: $\left(v-6\right)t=300\Rightarrow t=\frac{300}{v-6}$

Vậy $E=c{v}^3\frac{300}{v-6}$  Bấm máy tính

Đáp án C

$200000000.{\left(1+\frac{6,9}{200}\right)}^{13}.{\left(1+\frac{0,002}{100}\right)}^{90}=311392503đ$

Đáp án B

Vì $\frac{1}{3}\notin \mathbb{Z}$  nên đk xác định của hàm số: $y={\left(4-x^2\right)}^{\frac{1}{3}}$là: $4-x^2>0\iff -2<x<2$

Đáp án A

Đk xác định của hàm số: $y={\log }_3\left(x^2-4x+3\right)$

là: $x^2-4x+3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>3\end{array}\right.$

Đáp án D

Phương trình: $3^{2x}-{4.3}^{x+1}+27=0$

$\iff {\left(3^x\right)}^2-{12.3}^x+27=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=3\\ 3^x=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Nên tổng các nghiệm bằng 3.

Đáp án B

 Số phần tử KGM là: 9!. Mà số phần tử của biến cố các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là: 3!7! 

Xác suất để các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là: $\frac{\text{3!7!}}{\text{9!}}=\frac{1}{12}$

Đáp án B

Vì đồ thị hàm số $y=-x^4+2x^2$ đi qua gốc tọa độ nên chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án C

$y=x^3+3x^2-9x-2017\Rightarrow y\text{'}=3x^2+6x-9;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}\right.$

Dễ thấy hàm số đạt cực đại tại x=-3; đạt cực tiểu tại x=1.

Đáp án B

Khối lập phương thuộc loại khối đa diện đều mà mỗi mặt là đa giác đều có 4 cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 mặt.

Chọn đáp án D

Chọn A.

Gọi $x_1;x_2;x_3$  là 3 nghiệm phân biệt của PT $x^3-3m{x}^2+9x-7=0$

Áp dụng định lý Vi – ét cho PT bậc 3 có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3=\frac{c}{a}\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{d}{a}\end{array}\right.$ nên có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{-3m}{1}=3m\\ x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3=\frac{9}{1}=9\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{7}{1}=7\end{array}\right.$

Để $x_1;x_2;x_3$ lập thành 1 cấp số cộng, ta giả sử $u_1=x_1,u_2=x_2;u_3=x_3$ tức là $x_2=x_1+d$ , $x_3=x_1=2d$

Khi đó ta có:

$\left\{\begin{array}{l}3x_1+3d=3m\\ x_1\left(x_1+d\right)+x_1\left(x_1+2d\right)+\left(x_1+d\right)\left(x_1+2d\right)=9\\ x_1\left(x_1+d\right)\left(x_1+2d\right)=7\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ \left(m-d\right)\left(m-d+d\right)+\left(m-d\right)\left(m-d+2d\right)\\ +\left(m-d+d\right)\left(m-d+2d\right)=9\\ \left(m-d\right)\left(m-d+d\right)\left(m-d+2d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ \left(m-d\right)m+\left(m-d\right)\left(m+d\right)+m\left(m+d\right)=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ m^2-md+m^2+md+m^2-d^2=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ 3m^2-d^2=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(m^2-d^2\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(m^2-\left(3m^2-9\right)\right)=7\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(-2m^2+9\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2+9\\ -2m^3+9m=7\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{-1+\sqrt{15}}{2}\\ m=\frac{-1-\sqrt{15}}{2}\end{array}\right.$

Chọn C.

Chọn A

A' có ảnh là  trên (ABC) . Vậy góc giữa A'B với (ABC) là góc $\widehat{A^{\text{'}}BA}$

$\Rightarrow \widehat{A^{\text{'}}BA}=60°$

Xét $\Delta A^{\text{'}}BA$ có: $A{A}^{\text{'}}\perp AB\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=AB\tan \widehat{A^{\text{'}}BA}$

$\iff A{A}^{\text{'}}=a\sqrt{2}.\tan 60°=a\sqrt{6}$

Thể tích khối lăng trụ là:

$$\begin{gathered} V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=a\sqrt{6}.\frac{1}{2}.AB.AC \\ =\frac{1}{2}.a\sqrt{6}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\sqrt{6}{a}^3 \end{gathered}$$

Chọn D .

Xét phương trình hoành độ có: $-x^3-x-1=-x+m^2$

$\iff -x^3-x-1+x=m^2$

$\iff x^3=1+m^2\iff x=\sqrt[3]{1+m^2}>0$

Vậy đường thẳng d cắt (C) tại 1 điểm duy nhất.

Chọn D.

Từ giả thiết  ta suy ra hình chiếu vuông góc H của S trên (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.Mà $\Delta ABC$ vuông tại B nên H là trung điểm của AC. Kẻ HK//AB. Ta suy ra, K là trung điểm của BC và ta có góc giữa mặt bên (SBC) tạo với đáy là góc $\widehat{SKH}={60}^0$ . Ta có $HK=\frac{a}{2}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{4}$

Chọn B.

Chọn D

 Trong (ABC), kẻ $MN\perp AC\Rightarrow AC\perp (MNC\text{'})$(điểm N thuộc cạnh AC)

Vậy NC’ là hình chiếu của MC’ trên mp (ACC’A’)

Góc giữa MC’ và mp(ACC’A’) là góc $\widehat{MC\text{'}N}$

Ta có: $A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2=5a^2\Rightarrow AB=a\sqrt{5}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

CM là đường trung tuyến của tam giác ABC, nên có:

$C{M}^2=\frac{C{A}^2+C{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}=\frac{a^2}{4}\Rightarrow CM=\frac{a}{2}$

Tam giác CMC’ vuông tại M, nên:

$C\text{'}M=\sqrt{CC{\text{'}}^2-C{M}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Diện tích:

$S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}=\frac{a^2}{4}=\frac{1}{2}MN.AC\Rightarrow MN=\frac{a}{2\sqrt{2}}$

Xét tam giác vuông MC’N, có:

$\tan \widehat{MC\text{'}N}=\frac{MN}{MC\text{'}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{MC\text{'}N}={30}^o$

Chọn A

$\sin 5x+\sin 9x+2{\sin }^{2}x-1=0$

$\iff 2\sin 7x.cos2x-cos2x=0\iff \left[\begin{array}{l}cos2x=0\\ \sin 7x=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\\ x=\frac{\pi }{42}+\frac{k2\pi }{7}\\ x=\frac{5\pi }{42}+\frac{k2\pi }{7}\end{array}\right.,k\in \mathbb{Z}$