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

Đáp án D

Gọi số cần tìm có 4 chữ số abcd¯ 

- Trường hợp chọn a∈5;7;9 có 3 cách

Chọn d∈0;2;4;6;8 có 5 cách

Chọn đồng thời b,c có A82 cách

Theo quy tắc nhân ta có 840 số

- Trường hợp chọn a∈6 

Chọn d∈0;2;4;8 có 4 cách

Chọn đồng thời b,c có A82 cách

Theo quy tắc nhân ta có 224 số

- Trường hợp chọn a∈8 

Chọn d∈0;2;4;6 có 4 cách

Chọn đồng thời b,c có A82 cách

Theo quy tắc nhân ta có 224 số

Theo quy tắc cộng ta có: 1288 số

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

SGK hình học 12 trang 13 dòng số 3.

Đáp án C

Đặt t=2x2−3x phương trình trở thành:

2t2−5t+2=0⇔t=2t=12 

t=2⇔2x2−3x=2⇔x2−3x−1=0⇔x=3−132x=3+132

 t=12⇔2x2−3x=2−1⇔x2−3x+1=0⇔x=3−52x=3+52

Tổng các nghiệm = 6

Đáp án B.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC)

Ta có AC⊥SHC⇒AC⊥HC⇒HC//AB.

Tương tự AB⊥SHB⇒AB⊥HB⇒HB//AC    

Vậy H là đỉnh thứ tư của hình vuông BACH như hình vẽ sau:

Khi ấy, ta có: AH=2a2⇒SH=2a6

⇒VS.ABHC=13SH.SABHC=132a6.4a2=86a33

⇒VS.ABC=12VS.ABHC=46a33

Đáp án B

Sử dụng máy tính nhập log123  gán cho biến A, log2418 gán cho biến B

 Nhập kết quả các đáp án trừ đi B

Kết quả nào = 0 là đáp án đúng

Đáp án B

Đáp án D

Ta có: sinx−cosx+3≠0∀x∈ℝ

y=sinx+cosx−1sinx−cosx+3⇔sinx−cosx+3y=sinx+cosx−1⇔y−1sinx−y+1cosx=−3y−1*

Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi: 

y−12+y+12≥3y+12⇔7y2+6y−1≤0⇔0≤y≤17

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là 17

Đáp án A

Kẻ BF⊥AC

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là BHF^ 

Đáp án D

Theo đồ thị ta có x∈0;+∞; 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=log2x

Đáp án C.

Trong không gian Oxyz:

Chọn A≡O0;0;0; Ba;0;0; D0;a;0; Ca;a;0

⇒Ha2;0;0; Sa2;0;a32; M3a4;0;a34; Na;a2;0; Pa4;a2;a34

Ta có: 

⇒dMN;AP=MN→;AP→.AM→MN→;AP→=3510a

Đáp án C

TXĐ: D=−∞;−2∪2;+∞

 limx→+∞y=limx→+∞x1−4x2x1+1x=1;

limx→−∞y=limx→−∞−x1−4x2x1+1x=−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

 Aa+Bb=Ca+b=dvới d là giá trị các đáp án

Giải hpt ta được:a=13b=16⇒a+b=12

Đáp án B

Ta có góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là SCH^ .

Ta có: tanSDH^=tanSCH^ 

⇒SD,ABCD^=SDH^=SCH^

Mặt khác:

DH=SHtan30°=3aAH=a⇒AD=DH2−AH2=22a⇒AC=AD2+CD2=2a3 .

Ta có: VS.ABC=VB.SAC

⇔13.SH.SΔABC=13dB,SAC.SΔSAC

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số y=x3−3x+1 suy ra phương trình x3−3x+1=m  có đúng 6 nghiệm phân biệt khi 0<m<1 .

Đáp án C

y'=m2−1x2+2m+1x+3

Với m=1⇒y'=4x+3

=> hàm số đồng biến trên khoảng −34;+∞  và nghịch biến trên khoảng −∞;−34. (1)

Với m=−1⇒y'=3>0,∀x∈ℝ

=> hàm số đồng biến trên R. (2)

Với m≠±1⇒Δ'y'=−2m2+2m+4.

Khi đó: hàm số đồng biến trên R

⇔m2−1>0Δ'y'≤0⇔m<−1m>1m≤−1m≥2⇔m<−1m≥2(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra m≤−1m≥2

Đáp án C

Hàm số y=ax đồng biến khi a>1 =>Đáp án A sai.

Đồ thị hàm số y=ax luôn nằm bên trên trục hoành  =>Đáp án B sai.

Đồ thị hàm số (C): y=ax và (C'): y=1ax đối xứng nhau qua trục tung x=0 vì với mọi Mx ;y∈C và Nx0;y0∈C'  ta luôn có: x=−x0⇒ax=a−x0⇒y=y0 => Đáp án C đúng

Đáp án B

y=3x⇒y'=3x.ln3.

Đáp án B

Với m=1 ta có y=x+x2+x+1 và limx→+∞y=+∞limx→−∞y=−12

 => Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=−12.

Với m=−1 ta có y=−x+x2+x+1 và limx→+∞y=12limx→−∞y=+∞

=> Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=12.

Với m≠±1 đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án B

Hàm số y=x4−3x2+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=−3x+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=12AB.AC=6

Đáp án C

Với y'=−3x−12, y0=0⇒x0=−12

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y=−43x+12+0⇔4x+3y+2=0

Đáp án C

Ta có: 82x−1x+1=0,25.27x⇔3.2x−1x+1=−2+7x2

 ⇔7x2−9x+2=0 ⇔x=1x=27

Đáp án D

y'=−7x−12<0, ∀x≠1

Đáp án D

Đáp án A

Ta có: v−6t=300⇒t=300v−6

Vậy E=cv3300v−6 Bấm máy tính

Đáp án C

200000000.1+6,920013.1+0,00210090=311392503 đ

Đáp án B

Vì 13∉ℤ  nên đk xác định của hàm số: y=4−x213 là: 4−x2>0⇔−2<x<2

Đáp án A

Đk xác định của hàm số: y=log3x2−4x+3

là: x2−4x+3>0⇔x<1x>3

Đáp án D

Phương trình: 32x−4.3x+1+27=0

⇔3x2−12.3x+27=0⇔3x=33x=9⇔x=1x=2

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: 3!7!9!= 112

Đáp án B

Vì đồ thị hàm số y=−x4+2x2 đi qua gốc tọa độ nên chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án C

y=x3+3x2−9x−2017⇒y'=3x2+6x−9;  y'=0⇔x=1x=−3

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 x1;x2;x3  là 3 nghiệm phân biệt của PT x3−3mx2+9x−7=0

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

x1+x2+x3=−bax1x2+x1x3+x2x3=cax1x2x3=−da nên có x1+x2+x3=−−3m1=3mx1x2+x1x3+x2x3=91=9x1x2x3=−71=7

Để x1;x2;x3 lập thành 1 cấp số cộng, ta giả sử u1=x1,u2=x2;u3=x3 tức là x2=x1+d , x3=x1=2d

Khi đó ta có:

3x1+3d=3mx1x1+d+x1x1+2d+x1+dx1+2d=9x1x1+dx1+2d=7

 ⇔x1=m−dm−dm−d+d+m−dm−d+2d+m−d+dm−d+2d=9m−dm−d+dm−d+2d=7

⇔x1=m−dm−dm+m−dm+d+mm+d=9m−dmm+d=7

⇔x1=m−dm2−md+m2+md+m2−d2=9m−dmm+d=7

⇔x1=m−d3m2−d2=9m−dmm+d=7⇔x1=m−dd2=3m2−9mm2−d2=7

⇔x1=m−dd2=3m2−9mm2−3m2−9=7⇔x1=m−dd2=3m2−9m−2m2+9=7

⇔x1=m−dd2=3m2+9−2m3+9m=7⇔m=1m=−1+152m=−1−152

Chọn C.

Chọn A

A' có ảnh là  trên (ABC) . Vậy góc giữa A'B với (ABC) là góc A'BA^

⇒A'BA^=60°

Xét ΔA'BA có: AA'⊥AB⇒AA'=ABtanA'BA^

⇔AA'=a2.tan60°=a6

Thể tích khối lăng trụ là:

VABC.A'B'C'=AA'.SABC=a6.12.AB.AC=12.a6.a2.a2=6a3

Chọn D .

Xét phương trình hoành độ có: −x3−x−1=−x+m2

⇔−x3−x−1+x=m2

⇔x3=1+m2⇔x=1+m23>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 ΔABC.Mà ΔABC 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 SKH^=600 . Ta có HK=a2⇒SH=a32 và SΔABC=a232

Vậy VS.ABC=13SH.SΔABC=13a32.a232=a34

Chọn B.

Chọn D

 Trong (ABC), kẻ MN⊥AC⇒AC⊥(MNC')(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 MC'N^

Ta có: AB2=AC2+BC2=5a2⇒AB=a5⇒AM=a52

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

CM2=CA2+CB22−AB24=a24⇒CM=a2

Tam giác CMC’ vuông tại M, nên:

C'M=CC'2−CM2=a64

Diện tích:

SΔAMC=12SΔABC=a24=12MN.AC⇒MN=a22

Xét tam giác vuông MC’N, có:

tanMC'N^=MNMC'=13⇒MC'N^=30o

Chọn A

sin5x+sin9x+2sin2x−1=0

⇔2sin7x.cos2x−cos2x=0⇔cos2x=0sin7x=12

⇔x=π4+kπ2x=π42+k2π7x=5π42+k2π7,k∈ℤ

vậy chọn A

Chọn B

ta có: d(I,(SAB))=12d(C,(SAB))

lại có: d(C,(SAB))=3VSABCSΔABC

gọi M là trung điểm AB, khi đó góc giữa mp(SAB) và mp(ABC) là góc SMH^

khi đó: SH=HM.tan60o=a32

VSABC=a3312;SABC=a22⇒d(C,(SAB))=a32⇒d(I,(SAB))=a34

Chọn D

Từ đồ thị của hàm số y=f'(x): ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên của đồ thị hàm số, ta chọn đáp án D.

Chọn B

Có y'=3x2−6mx+3(m2−1),

y'=0⇔x=m+1x=m−1

Ta có y=y'(13x−m3)−2x+3m−1, vậy đường thẳng qua 2 điểm cực trị là: y=−2x+3m−1

2 điểm cực trị của đồ thị là:

 A(m+1;m−3);B(m−1;m+1)

Từ giả thiết có:

OA→.OB→=0⇒m2−m−2=0⇔m=−1m=2

Chọn C

17x2−2x−3=7x−1⇔−x2+2x+3=x−1⇔x2−x−4=0

Phương trình có ac<0, nên pt có 2 nghiệm trái dấu

Chọn C

Ta có tam giác SAB đều cạnh a3

Gọi H là trung điểm AB, mp(SAB) vuông góc với mp đáy, nên SH⊥(ABCD)

Có: SH=3a2

VSABCD=13.3a2.3a2=3a32