Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 7)

Đáp án C

Ta có: y'=3x2−6x=3xx−2⇒y'=0⇔x=0x=2 

Từ đây ta có xét dấu của y' như sau: Dựa trên bảng xét dấu ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=0 ( do y'=0 và y' đổi dấu từ dương sang âm qua x=0

⇒GTCD=y0=−2

Đáp án A

Ta có: f'x=3x2−6x=3xx−2⇒f'x>0⇔x<0x>2

Đáp án B

PT sinx+π4=1⇔x+π4=π2+k2π⇔x=π4+k2π 

Ta thấy π4+k2π∈π;5π⇔k∈1;2⇒PT có hai nghiệm thuộc π;5π

Đáp án B

y'=3x2−6x=3xx−2 ta có xét dấu của y' như sau

 

Ta thấy y'>0⇔x∈−∞;0∪2;+∞⇒ hàm số đồng biến trên −∞;0∪2;+∞

Ta thấy y'<0⇔x∈0;2⇒ hàm số nghịch biến trên (0;2)

Đáp án B

Cạnh của hình vuông:

a=9=3⇒V=a3=33=27

Đáp án B

                                

Vì (SAB),(SAC) cùng vuông góc với (ABCD) nên giao tuyến SA⊥ABCD 

Do AB, SB cùng vuông góc với giao tuyến BC của (ABCD) và (SBC) nên góc giữa hai mặt phẳng trên là góc:

SBA=600⇒SA=AB.sin600⇒SA=a32 

Vậy:

VS.ABC=13SA.AB.BC=13a32.a.3a2=a334

Đáp án D

Đây là hàm số bậc ba nên không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất nên đáp án A sai

Hàm số có GTCD =3 nên đáp án B sai

Hàm số đạt cực cực tiều tại x=-1 , đạt cực đại tại x=1 nên đáp án C sai.

Đáp án D đúng vì đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A(-1;1) và điểm cực đại B(1;3).

Đáp án C

Sau 4 năm số tiền chị Thương nhận được là: 201+0,008.k48k=29,186792 

Kiểm tra các giá trị của k trong đáp án ta thấy đẳng thức đúng với k=4

Đáp án A

Do: 2−1<1⇒(2−1)m<(2−1)n⇔m>n 

Đáp án B

Điều kiện xác định của hàm số là:

cosx≠0⇔x≠π2+kπ

Đáp án A

Ta thấy y'=0⇔x∈−32;−1;2 nhưng y' chỉ đổi dấu qua x=−32,x=2 và y' không đổi dấu qua x=-1 nên hàm số có hai cực trị.

Đáp án A

P=49log76+101+log3−3log925=72log76+10.10log3−3log35=7log762+10.3−5=62+30−5=61

Đáp án C

Số giao điểm của đồ thị hàm số y=−x4+x2 với trục Ox là số nghiệm của PT:

−x4+x2=0⇔x21−x1+x=0⇔x=0x=±1

như vậy số giao điểm là 3.

Đáp án D

Ta có:

log67=1log76=1log72+log73=11log27+1log26=11a+1b=aba+b

Đáp án C

limx→23−xx−2=∞⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2 

limx→∞3−xx−2=−1⇒đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=-1

Đáp án A

Log của tích các số dương thì bẳng tổng các log thành phần.

Đáp án B

Ta có y'=−1x+22⇒y'<0 với ∀x≠−2 => Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;2 và −2;+∞ ( chú ý:  Đáp án A đưa ra tập biểu diễn đúng nhưng sai về mặt ngôn ngữ vì −∞;−2∪−2;+∞ không được gọi là một khoảng)

Đáp án A

Ta có: f(x)=x3+2x2+4x+5 ⇒f'x=3x2+4x+4 

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đường thẳng Δ có phương trình y=2x+1 và  đồ thị của hàm số y=x3−x+3 là nghiệm PT:

Đáp án C

Ta có: y0=−2 và y'=3x2−3⇒y'0=−3; PTTT tại điểm x0;y0 của đồ thị hàm số là:

y=y'x0x−x0+yx0 

Vậy PTTT tại 0;−2 là:

y=−3x−0−2⇔y=−3x−2 

Đáp án D

Ta có: y'=3x2+6x−9⇒y'=0⇔x=1x=−3 

Vậy GTLN của hàm số đã cho trên −2;2 là:

max−2;2y=maxy−2;y1;y2=max29;2;9=29

Đáp án A

Dựa trên bảng biến thiên ta thấy:

Tận cùng bên phải hàm số cùng dấu với hệ số của x4 nên ta loại đáp án B

Tại x=0 thì y=-3 nên ta loại đáp án D

Tại x=1 thì y=-4 nên ta loại đáp án C và chọn đáp án A

Đáp án D

Dễ thẫy khi x=0⇒y=1 nên 0;1∈ đồ thị hàm số

Đáp án D

Hình lăng trụ có 2017 mặt thì có 2015 mặt bên => có 2015 cạnh bên.

Số cạnh của hình lăng trụ bằng ba lần số cạnh bên tức là bằng 2015.3=6045

Đáp án B

fx=sin3x⇒f'x=3x'cos3x=3cos3x

Đáp án D

Ta có: a=log2(log210)log210=log102.log2(log210)

⇒10a=10log102log2(log210)=2log2(log210)=log210

Đáp án B

Hàm số bậc nhất chia bậc nhất luôn đồng biến hoặc nghich biến trên tập xác định của nó do vậy không có cực trị.

Cụ thể ở đây y'=−7x−32<0 với ∀x≠3 do vậy hàm số ở đáp án B luôn nghịch biến hay nó không có cực trị.

Đáp án A

PT:  2sin2x+5sinx−3=0

⇔sinx=−3loaisinx=12⇔x=π6+2kπ1x=5π6+2kπ

Như vậy nghiệm dương bé nhất của PT đã cho là π6 ứng với k=0 của nghiệm (1)

Đáp án B

Ta có:

limx→−∞4x2−8x+22x−3=limx→−∞−4−8x+2x22−3x=−1

 và limx→+∞4x2−8x+22x−3=limx→+∞4−8x+2x22−3x=1

=> hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang  

Đáp án C

Ta có diện tích tam giác đều cạnh a là S=a234

 ⇒VS.ABC=13SA.dtABC=13a.a234=a3312

Đáp án B

Bất PT: x−x−1<m⇔x−1−x−1−m−1<0

Đặt t=x−1t≥0  ta được BPT t2−t−m−1<01;

Như vậy bài toán trở thành tìm để BPT (1) có nghiệm t≥0

⇒Δ=1+4m−1=4m−3>0⇔m>34t2=1+4m−32>0 ⇔m>34

Như vậy ta chọn đáp án B do 34<1

Đáp án B

Mỗi số thỏa mãn điều kiện bài toán gồm 3 số chẵn và 4 số lẻ, do sắp xếp từ bé đến lớn nên với 7 số chọn ra chỉ có duy nhất một cách sắp xếp.

+) Số cách chọn ra 3 số chẵn từ 5 số chẵn là: C53

+) Số cách chọn ra 4 số lẻ từ 5 số chẵn là: C54

Vậy tổng số các chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán là: C53.C54=10.5=50

Đáp án A

Góc giữa mặt phẳng và đường thẳng là góc tạo bởi đường thẳng đó với hình chiếu của nó lên mặt phẳng. Ở đây SA⊥ABCD⇒góc SCA=α là góc giữa Sc và (ABCD)

Ta có: 

Tanα=SAAC=SAAB2+AD2=3aa2+2a2=3

⇒α=600

Đáp án D

Phép tịnh tiến theo v→0;b biến parabol P:y=x2−4 thành parabol P':y=x2−4+b

Giao điểm của A,B với Ox của (P) có tọa độ lần lượt là: −2;0,2;0

Giao điểm M,N với Ox của (P) có toạn độ lần lượt là: −4−b;0,4−b;0

Đỉnh I,J của parabon (P), (P') có tọa độ lần lượt: 0;−4,0;−4+b

Diện tích tam giác IAB bằng 8 lần diện tích tam giác JMN nên ta có:

IO.AB=8JO.MN⇔4.4=8.4−b.24−b⇔4−b3=1⇔b=3⇒J0;−1

  

Đáp án D

Phép tịnh tiến theo v→1;2 biến tâm I−2;1 của đường tròn (C) thành tâm I'=−2+1;1+2=−1;3  của đường tròn (C') có cùng bán kính.

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo v→1;2 là đường tròn (C')có PT là:

 x+12+y−32=4

Đáp án B

Độ dài véc tơ v→  bé nhất đúng bằng khoảng cách h giữa d và d' . h chính là khoảng cách từ M∈d tới N∈d' sao cho MN→⊥u→4;−3 trong đó u→ là VTCP của cả d và d' .Và khi đó: v→=MN→

Chọn M−3;2∈d. Ta cần tìm Nt;−6−3t4∈d' sao cho:

MN→t+3;−14−3t4⊥u→4;−3

⇔4t+12+42+9t4=0⇔t=−185

⇒MN→=−35;−45

Đáp án C

Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện có hai cặp cạnh đối bằng nhau:

VSABC=162x2+y2−z2y2+z2−x2z2+x2−y2≤162x2+y2−z2+y2+z2−x2+z2+x2−y233=162x2+y2+z233=1621233=162.8=223

Như vậy VSABC lớn nhất bằng 223 khi: x=y=z=2

Đáp án A

Ta có: y'=4−m22x−m2 để hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó thì điều kiện cần và đủ là:

4−m2>0⇔m2<2⇔−2<m<2

Vậy các giá trị nguyên của m  thỏa mãn điều kiện là: 

m∈−1;0;1

Đáp án C

Do SA⊥ABCD nên góc giữa SB với (ABCD) là góc SBA=450

=> ΔSAB vuông cân tại A ⇒SA=AB=a;

ta có: AC=2a

Vậy SC=SA2+AC2=a2+2a2=3a

Đáp án C

Xét hàm số fx=x3−3x2+1 có:

f'x=3x2−6x=3xx−2⇒f'x=0⇔x=0x=2

Ta có bảng biến thiên của  như sau:

Từ bảng biến thiên này ta có bang biến thiên của fx=x3−3x+1 như sau:

Dựa trên bảng biến thiên này ta thấy PT:

x3−3x2+1-m=0⇔x3−3x2+1=mcó 4 nghiệm phân biệt ⇔−3<m<1

Đáp án C

Ta có: Cnk=Cnn−k nên đẳng thức:

 Cn2Cnn-2+2Cn2Cn3+Cn3Cnn−3=100⇔Cn22+2Cn2C+Cn32=100

 ⇔Cn2+Cn32=100⇔Cn+132=100⇔Cn+13=10⇒n=4

Số hạng tổng quát trong khai triển: x−1x4=x+−1x4là:

Tk+1=C4kx4−k−1xk=−1kC4kx4−k.x−k=−1kC4kx4−2k

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn:

4−2k=0⇔k=2  và có giá trị là: −12.C42=6

Đáp án B

Gọi M là trung điểm BC kẻ đường cao Ah trong ΔA'AM. Khi đó AH là khoảng cách từ A tới A'BC⇒AH=a2.

AM là đường cao trong tam giác đều ⇒AM=a32, dtABC=a234

Ta có 1A'A2=1AH2−1AM2=4a2−43a2=83a2⇒A'A=a64 

Vậy VA'B'C'.ABC=A'A.dtABC=a64.a234=3a3216

Đáp án B

Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường cao AH trong ΔA'AM. Khi đó AH là khoảng cách từ A tới A'BC⇒AH=a2.

AM là đường cao trong tam giác đều ⇒AM=a32, dtABC=a234

Ta có:

Đáp án A

Ta có: y'=3x2−4mx+m2 hàm số có cực tiểu là: 1;3

=> nghiệm lớn x1 của PT y'=0 là 1

Do y'=0 nếu có hai nghiệm thì hai nghiệm cùng dấu

⇒x1=2m+m3=3m3=1⇒m=1

Khi đó y1=13−2.1.1+12.1+n=3⇒n=3

vậy: m+n=1+3=4

Đáp án  A      

Điều kiện: x≥−1 ta có hệ  phương trình:

x+1<2xx+4<2x2+3⇔2x2−x−1<0

nên ta có lập luận sau

Vế phải bất phương trình:

gx=6x2−3x−3=32x2−x−1⇒gx>0⇔x∈−∞;−12∪1;+∞gx≤0⇔x∈−12;1

+)  Với x>1 thì:

0<x+4<2x2+30<x+1<2x⇒x+4x+1<2x2x2+3⇒VT<0,VP>0⇒BPT vô nghiệm. 

 

 

Vật tập nghiệm của bất phương trình là:

a;b=−12;1⇒2a+b=2.−12+1=0

Đáp án D

Ta có:

f'x=x2−2m+1x+m−2⇒Δ'=m+12−m−2=m2+m+3>0 

hàm số đã cho luôn có hai cực trị tại x1,x2 thõa mãn:

x1+x2=2m+1x1x2=m−2

Ta biến đổi PT:

x12+x22=18⇔x1+x22−2x1x2=18⇔4m+12−2m−2=18⇔4m2+6m−10=0⇔m=1m=−52

Đáp án D

Để thi đậu thí sinh có thể vượt qua kì thi ở một trong 3 vòng.

Xác suất thí sinh đậu vòng 1 là: p1=0,9

Xác suất thí sinh đậu vòng 2 là: p2=0,1.0,7=0,07

Xác suất thí sinh đậu vòng 3 là: p3=0,1.0,3,0,3=0,009

Vậy xác suất thí sinh đậu kì thi là:

p=p1+p2+p3=0,9+0,07+0,009=0,979

Đáp án A

Gọi độ dài cạnh đáy là a, độ dài cạnh bên là b ta có:

VABCD.A'B'C'D'=a2b=24cm3

Tứ diện ACB'D' có các cặp đối bằng nhau  

AC=B'D'=2a,AB'=CD'=AD'=CB'=a2+b2

Áp dung công thức tính thể tích của tứ diện có các cặp đối bằng nhau ta có:

VACB'D'=1622a22b22a2=13a2b=13.24=8cm3

(Do tính đối xứng ta có thể tính:

VACB'D'=VABCD.A'B'C'D'−4VA.A'B'D'=24−4.16.24=8cm3)

Đáp án D

Ta có: y'=3ax2+2bx+c

+) Đồ thị hàm số f'(x) đi qua gốc tọa độ => c=0

+) Đồ thị hàm số f'(x) có điểm cực trị:

1;−1⇒6a+2b=03a+2b=−1⇔a=13b=−1

Vậy hàm số f'x=x2−2x. Đồ thị hàm số f(x) tiếp xúc với trục hoành nên có cực trị nằm trên trục hoành. Các giá trị cực trị của hàm số f(x) là:

f0=df2=83−4+d=−43+d

do điểm tiếp xúc có hoành độ dương

=> d=43 => f(x) cắt trục tung tại điểm có tung độ 43

Đáp án B

Kẻ đường cao SH trong ΔSAB⇒AH⊥ABC.

ΔSAB đều ⇒AH=2.a32=a3

Diện tích tam giác: ABC=12.2a2=2a2

⇒VS.ABC=13SH.dtABC=13a3.2a2=2a333

Ta có: VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=12.13=16

⇒VS.AMN=VS.ABC6=2a333.6=a339

Đáp án C

Kẻ OK⊥BC,OH⊥SK như hình vẽ khi đó OH là khoảng cách từ O tới (SBC)

Dễ thấy ΔABDđều

⇒OK=OB.sin600=a2.32=a34

Ta có: 1OH2=1OK2+1SO2=163a2+1a2=193a2

⇒OH=a5719