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

Đáp án B

Điều kiện xác định của hàm số là:

$\cos x\ne 0\iff x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi$

Đáp án A

Ta thấy $y\text{'}=0\iff x\in \left\{\frac{-3}{2};-1;2\right\}$ nhưng y' chỉ đổi dấu qua $x=\frac{-3}{2},x=2$ và y' không đổi dấu qua x=-1 nên hàm số có hai cực trị.

Đáp án A

$$\begin{gathered} P={49}^{{\log }_{7}6}+{10}^{1+\log 3}-3^{{\log }_{9}25}=7^{2{\log }_{7}6}+{10.10}^{{}^{\log 3}}-3^{{}^{{\log }_{3}5}} \\ ={\left(7^{{\log }_{7}6}\right)}^2+10.3-5=6^2+30-5=61 \end{gathered}$$

Đáp án C

Số giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^4+x^2$ với trục Ox là số nghiệm của PT:

$-x^4+x^2=0\iff x^2\left(1-x\right)\left(1+x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$

như vậy số giao điểm là 3.

Đáp án D

Ta có:

${\log }_{6}7=\frac{1}{{\log }_{7}6}=\frac{1}{{\log }_{7}2+{\log }_{7}3}=\frac{1}{\frac{1}{{\log }_{2}7}+\frac{1}{{\log }_{2}6}}=\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{ab}{a+b}$

Đáp án C

$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3-x}{x-2}=\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=2 

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3-x}{x-2}=-1\Rightarrow$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 $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x+2\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}<0$ với $\forall x\ne -2$ => Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $\left(-\infty ;2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$ ( chú ý:  Đáp án A đưa ra tập biểu diễn đúng nhưng sai về mặt ngôn ngữ vì $\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(-2;+\infty \right)$ không được gọi là một khoảng)

Đáp án A

Ta có: $f\left(x\right)=x^3+2x^2+4x+5$ $\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=3x^2+4x+4$ 

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $\Delta$ có phương trình $y=2x+1$ và  đồ thị của hàm số $y=x^3-x+3$ là nghiệm PT:

Đáp án C

Ta có: $y_{\left(0\right)}=-2$ và $y\text{'}=3x^2-3\Rightarrow y{\text{'}}_{\left(0\right)}=-3$; PTTT tại điểm $\left(x_0;y_0\right)$ của đồ thị hàm số là:

$y=y{\text{'}}_{\left(x_0\right)}\left(x-x_0\right)+y_{\left(x_0\right)}$ 

Vậy PTTT tại $\left(0;-2\right)$ là:

$y=-3\left(x-0\right)-2\iff y=-3x-2$ 

Đáp án D

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

Vậy GTLN của hàm số đã cho trên $\left[-2;2\right]$ là:

$\underset{\left[-2;2\right]}{\max }y=\max \left\{y_{\left(-2\right)};y_{\left(1\right)};y_{\left(2\right)}\right\}=\max \left\{29;2;9\right\}=29$

Đáp án A

Dựa trên bảng biến thiên ta thấy:

Tận cùng bên phải hàm số cùng dấu với hệ số của $x^4$ 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 $x=0\Rightarrow y=1$ nên $\left(0;1\right)\in$ 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

$f\left(x\right)=\sin 3x\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=\left(3x\right)\text{'}\cos 3x=3\cos 3x$

Đáp án D

Ta có: $a=\frac{{\log }_2\left({\log }_{2}10\right)}{{\log }_{2}10}={\log }_{10}2.{\log }_2\left({\log }_{2}10\right)$

$\Rightarrow {10}^a={\left({10}^{{\log }_{10}2}\right)}^{{\log }_2\left({\log }_{2}10\right)}=2^{{}^{{\log }_2\left({\log }_{2}10\right)}}={\log }_{2}10$

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 $y\text{'}=\frac{-7}{{\left(x-3\right)}^2}<0$ với $\forall x\ne 3$ do vậy hàm số ở đáp án B luôn nghịch biến hay nó không có cực trị.

Đáp án A

PT:  $2{\sin }^{2}x+5\sin x-3=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}\sin x=-3\left(loai\right)\\ \sin x=\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+2k\pi \left(1\right)\\ x=\frac{5\pi }{6}+2k\pi \end{array}\right.\end{array}\right.$

Như vậy nghiệm dương bé nhất của PT đã cho là $\frac{\pi }{6}$ ứng với $k=0$ của nghiệm (1)

Đáp án B

Ta có:

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2-8x+2}}{2x-3}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{4-\frac{8}{x}+\frac{2}{x^2}}}{2-\frac{3}{x}}=-1$

 và $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2-8x+2}}{2x-3}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4-\frac{8}{x}+\frac{2}{x^2}}}{2-\frac{3}{x}}=1$

=> hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang  

Đáp án C

Ta có diện tích tam giác đều cạnh a là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

 $\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABC}=\frac{1}{3}a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$

Đáp án B

Bất PT: $x-\sqrt{x-1}<m\iff \left(x-1\right)-\sqrt{x-1}-\left(m-1\right)<0$

Đặt $t=\sqrt{x-1}\left(t\ge 0\right)$  ta được BPT $t^2-t-\left(m-1\right)<0\left(1\right)$;

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

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta =1+4\left(m-1\right)=4m-3>0\iff m>\frac{3}{4}\\ t_2=\frac{1+\sqrt{4m-3}}{2}>0\end{array}\right. \iff m>\frac{3}{4}$

Như vậy ta chọn đáp án B do $\frac{3}{4}<1$

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: $C_5^3$

+) Số cách chọn ra 4 số lẻ từ 5 số chẵn là: $C_5^4$

Vậy tổng số các chữ số thỏa mãn điều kiện bài toán là: $C_5^3.C_5^4=10.5=50$

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 $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow$góc $SCA=\alpha$ là góc giữa Sc và (ABCD)

Ta có: 

$\mathrm{Tan}\alpha =\frac{SA}{AC}=\frac{SA}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{3a}{\sqrt{a^2+2a^2}}=\sqrt{3}$

$\Rightarrow \alpha ={60}^0$

Đáp án D

Phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{v}\left(0;b\right)$ biến parabol $\left(P\right):y=x^2-4$ thành parabol $\left(P\text{'}\right):y=x^2-4+b$

Giao điểm của A,B với Ox của (P) có tọa độ lần lượt là: $\left(-2;0\right),\left(2;0\right)$

Giao điểm M,N với Ox của (P) có toạn độ lần lượt là: $\left(-\sqrt{4-b};0\right),\left(\sqrt{4-b};0\right)$

Đỉnh I,J của parabon (P), (P') có tọa độ lần lượt: $\left(0;-4\right),\left(0;-4+b\right)$

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

$$\begin{gathered} IO.AB=8JO.MN\iff 4.4=8.\left(4-b\right).2\sqrt{4-b} \\ \iff \sqrt{{\left(4-b\right)}^3}=1\iff b=3\Rightarrow J\left(0;-1\right) \end{gathered}$$

  

Đáp án D

Phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{v}\left(1;2\right)$ biến tâm $I\left(-2;1\right)$ của đường tròn (C) thành tâm $I\text{'}=\left(-2+1;1+2\right)=\left(-1;3\right)$  của đường tròn (C') có cùng bán kính.

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{v}\left(1;2\right)$ là đường tròn (C')có PT là:

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

Đáp án B

Độ dài véc tơ $\overrightarrow{v}$  bé nhất đúng bằng khoảng cách h giữa d và d' . h chính là khoảng cách từ $M\in d$ tới $N\in d\text{'}$ sao cho $\overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{u}\left(4;-3\right)$ trong đó $\overrightarrow{u}$ là VTCP của cả d và d' .Và khi đó: $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{MN}$

Chọn $M\left(-3;2\right)\in d$. Ta cần tìm $N\left(t;\frac{-6-3t}{4}\right)\in d\text{'}$ sao cho:

$\overrightarrow{MN}\left(t+3;\frac{-14-3t}{4}\right)\perp \overrightarrow{u}\left(4;-3\right)$

$\iff 4t+12+\frac{42+9t}{4}=0\iff t=-\frac{18}{5}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(-\frac{3}{5};\frac{-4}{5}\right)$

Đáp án C

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

$\begin{array}{l}{V}_{SABC}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{\left(x^2+y^2-z^2\right)\left(y^2+z^2-x^2\right)\left(z^2+x^2-y^2\right)}\\ \le \frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{{\left(\frac{\left(x^2+y^2-z^2\right)+\left(y^2+z^2-x^2\right)+\left(z^2+x^2-y^2\right)}{3}\right)}^3}\\ =\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{{\left(\frac{x^2+y^2+z^2}{3}\right)}^3}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{{\left(\frac{12}{3}\right)}^3}\\ =\frac{1}{6\sqrt{2}}.8=\frac{2\sqrt{2}}{3}\end{array}$

Như vậy $V_{SABC}$ lớn nhất bằng $\frac{2\sqrt{2}}{3}$ khi: x=y=z=2

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=\frac{4-m^2}{{\left(2x-m\right)}^2}$ để hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó thì điều kiện cần và đủ là:

$4-m^2>0\iff m^2<2\iff -2<m<2$

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

$m\in \left\{-1;0;1\right\}$

Đáp án C

Do $SA\perp \left(ABCD\right)$ nên góc giữa SB với (ABCD) là góc $SBA={45}^0$

=> $\Delta SAB$ vuông cân tại A $\Rightarrow SA=AB=a$;

ta có: $AC=\sqrt{2}a$

Vậy $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=\sqrt{3}a$

Đáp án C

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x^2+1$ có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x=3x\left(x-2\right) \\ \Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có bảng biến thiên của  như sau:

Từ bảng biến thiên này ta có bang biến thiên của $f\left(\left|x\right|\right)={\left|x\right|}^3-3\left|x\right|+1$ như sau:

Dựa trên bảng biến thiên này ta thấy PT:

${\left|x\right|}^3-3x^2+1-m=0\iff {\left|x\right|}^3-3x^2+1=m$có 4 nghiệm phân biệt $\iff -3<m<1$

Đáp án C

Ta có: $C_n^k=C_n^{n-k}$ nên đẳng thức:

 $$\begin{gathered} C_n^2{C}_n^{\text{n-}2}+2C_n^2{C}_n^3+C_n^3{C}_n^{n-3}=100 \\ \iff {\left(C_n^2\right)}^2+2C_n^{2}C+{\left(C_n^3\right)}^2=100 \end{gathered}$$

 $$\begin{gathered} \iff {\left(C_n^2+C_n^3\right)}^2=100\iff {\left(C_{n+1}^3\right)}^2=100 \\ \iff C_{n+1}^3=10\Rightarrow n=4 \end{gathered}$$

Số hạng tổng quát trong khai triển: ${\left(x-\frac{1}{x}\right)}^4={\left(x+\left(-\frac{1}{x}\right)\right)}^4$là:

$$\begin{gathered} T_{k+1}=C_4^k{x}^{4-k}{\left(\frac{-1}{x}\right)}^k={\left(-1\right)}^k{C}_4^k{x}^{4-k}.x^{-k} \\ ={\left(-1\right)}^k{C}_4^k{x}^{4-2k} \end{gathered}$$

Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn:

$4-2k=0\iff k=2$  và có giá trị là: ${\left(-1\right)}^2.C_4^2=6$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm BC kẻ đường cao Ah trong $\Delta A\text{'}AM$. Khi đó AH là khoảng cách từ A tới $\left(A\text{'}BC\right)\Rightarrow AH=\frac{a}{2}$.

AM là đường cao trong tam giác đều $\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $d{t}_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Ta có $\frac{1}{A\text{'}{A}^2}=\frac{1}{A{H}^2}-\frac{1}{A{M}^2}=\frac{4}{a^2}-\frac{4}{3a^2}=\frac{8}{3a^2}\Rightarrow A\text{'}A=\frac{a\sqrt{6}}{4}$ 

Vậy $V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}.ABC}=A\text{'}A.d{t}_{ABC}=\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{16}$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường cao AH trong $\Delta A\text{'}AM$. Khi đó AH là khoảng cách từ A tới $\left(A\text{'}BC\right)\Rightarrow AH=\frac{a}{2}$.

AM là đường cao trong tam giác đều $\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $d{t}_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Ta có:

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=3x^2-4mx+m^2$ hàm số có cực tiểu là: $\left(1;3\right)$

=> nghiệm lớn $x_1$  của PT y'=0 là 1

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

$\Rightarrow x_1=\frac{2m+m}{3}=\frac{3m}{3}=1\Rightarrow m=1$

Khi đó $y_{\left(1\right)}=1^3-\mathrm{2.1.1}+1^2.1+n=3\Rightarrow n=3$

vậy: $m+n=1+3=4$

Đáp án  A      

Điều kiện: $x\ge -1$ ta có hệ  phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x+1}<\sqrt{2}\left|x\right|\\ x+4<2x^2+3\end{array}\right.\iff 2x^2-x-1<0$

nên ta có lập luận sau

Vế phải bất phương trình:

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=6x^2-3x-3=3\left(2x^2-x-1\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)>0\iff x\in \left(-\infty ;\frac{-1}{2}\right)\cup \left(1;+\infty \right)\\ g\left(x\right)\le 0\iff x\in \left[-\frac{1}{2};1\right]\end{array}\right. \end{gathered}$$

+)  Với x>1 thì:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}0<x+4<2x^2+3\\ 0<\sqrt{x+1}<\sqrt{2}\left|x\right|\end{array}\right.\Rightarrow \left(x+4\right)\sqrt{x+1}<\sqrt{2}\left|x\right|\left(2x^2+3\right) \\ \Rightarrow VT<0,VP>0\Rightarrow BPT vô nghiệm. \end{gathered}$$ 

 

 

Vật tập nghiệm của bất phương trình là:

$\left[a;b\right]=\left[-\frac{1}{2};1\right]\Rightarrow 2a+b=2.\frac{-1}{2}+1=0$