Tổng hợp 20 đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay có đáp án (đề 9)

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\cos x-m.$

Hàm số nghịch biến trên R

$$\begin{gathered} \iff y\text{'}\le 0,\forall x\in ℝ\Rightarrow \cos x-m\le 0\forall x\in ℝ \\ \iff \cos x\le m\forall x\in ℝ\Rightarrow m\ge \underset{ℝ}{Max}\left(\cos x\right)=1. \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án B

Ta có: O là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và SAB.

Ta có: $OG=\frac{1}{3}SM=\frac{\sqrt{3}}{6};MG=\frac{CM}{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}$ 

$R=SO=\sqrt{M{G}^2+S{G}^2}=\sqrt{\frac{3}{6}+\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{6}$

Cách 2: Áp dụng CT giải nhanh trong trường hợp $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$ ta có:

$$\begin{gathered} R^2={R^2}_{ABC}+{R^2}_{SAB}-\frac{A{B}^2}{4} \\ =\frac{1^2}{3}+\frac{1^2}{3}-\frac{1}{4}=\frac{2}{3}-\frac{1}{4}=\frac{5}{12}\Rightarrow R=\frac{\sqrt{15}}{6}. \end{gathered}$$ 

Vậy $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{5\sqrt{15}\pi }{54}.$

Đáp án C

Ta có: $\frac{1}{{\log }_{2}x}+\frac{1}{{\log }_{2^2}x}+\frac{1}{{\log }_{2^3}x}+\mathrm{...}+\frac{1}{{\log }_{2^n}x}$

$={\log }_{x}2+{\log }_x{2}^2+{\log }_x{2}^3+\mathrm{...}+{\log }_x{2}^n$ 

$={\log }_x\left({2.2}^2{.2}^3{\mathrm{...2}}^n\right)=465{\log }_{x}2={\log }_x{2}^{465}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow {2.2}^2{.2}^3{\mathrm{...2}}^n\iff 1+2+3+\mathrm{...}+n=465 \\ \iff \frac{n}{2}\left(n+1\right)=465\iff n^2+n-930=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}n=30\\ n=-31\end{array}\right.\Rightarrow n=30. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=a\iff \left|3\overrightarrow{MG}\right|=a\iff MG=\frac{a}{3}$

Vậy tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=a$ là mặt cầu tâm G bán kính $R=\frac{a}{3}.$ 

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=\cos x=\mathrm{s}\text{inx}=0\iff t\text{anx=1}\iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi$ 

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{4}+k2\pi \end{array}\right.$

Lại có:

$y\text{'}\text{'}=-\mathrm{s}\text{inx}-\cos x;y\text{'}\text{'}\left(\frac{\pi }{4}+k2\pi \right)<0;y\text{'}\text{'}\left(\frac{5\pi }{4}+k2\pi \right)>0$ 

Do đó hàm số đạt cực đại tại các điểm:

$x=\frac{\pi }{4}+k2\pi ,k\in \mathbb{Z}.$ 

Đáp án C

PT hoành độ giao điểm là:

$$\begin{gathered} \sqrt{x+3}=x+1\iff \left\{\begin{array}{l}x+1\ge 0\\ x+3={\left(x+1\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ x^2+x-2=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow x=1. \end{gathered}$$ 

Đáp án D

Ta có $m={\left(\frac{1}{e}\right)}^{2p-q}=e^{q-2p},n=e^{p-2q}.$

Vì m>n nên $q-2p>p-2q\iff q>p.$ 

Đáp án D

Hàm số đồng biến trên khoảng:

$\left(1;+\infty \right)\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left(1;+\infty \right).$ 

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4x+2m^2-1\Rightarrow y\text{'}\ge 0$ 

$$\begin{gathered} \iff f\left(x\right)=4x^3-4x-1\ge -2m^2,x\in \left(1;+\infty \right) \\ \Rightarrow -2m^2\le \underset{\left(1;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right). \end{gathered}$$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=12x^2-4\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}.$ 

Có bảng biến thiên hàm số f(x) như sau:

Từ bảng biến thiên , suy ra $f\left(x\right)>-1,x\in \left(1;+\infty \right)$

$\Rightarrow -2m^2\le -1\iff m^2\ge \frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}m\ge \frac{\sqrt{2}}{2}\\ m\le -\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$

Đáp án C

${\log }_{0,5}x>2\iff 0<x<\frac{1}{4}.$ 

Đáp án C

Ta có: $\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{4y}\right)\left(2x+y\right)\ge {\left(2+\frac{1}{2}\right)}^2$ (Bất đẳng thức Bunhia Scopky).

(ngoài ra các em có thể thế và xét hàm).

Do đó $P\ge 5.$

Đáp án C

PT $\iff m{\left(x^2+2x\right)}^3-2\left(x^2+2x\right)+2=0$

$\stackrel{t=x^2+2x}{\to }m{t}^3-2t+2=0\left(1\right).$

Ta có: $f\left(x\right)=x^2+2x,x\le -3\Rightarrow f\left(x\right)\ge 3\Rightarrow t\in \left[3;+\infty \right)$

$\left(1\right)\iff m=\frac{2}{t^2}-\frac{2}{t^3}=f\left(t\right)$ với $t\in \left[3;+\infty \right)$.

Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=-\frac{4}{t^3}+\frac{6}{t^4}\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\frac{3}{2}\Rightarrow f\left(t\right)$

nghịch biến trên $\left[3;+\infty \right)\Rightarrow \underset{\left[3;+\infty \right)}{f}\left(t\right)\le f\left(3\right)=-\frac{2}{27}$

Suy ra $m\le -\frac{2}{27}\Rightarrow$Có vô số giá trị của m.

Đáp án B

Ta có:

$\begin{array}{l}y=si{n}^{2}x-\sin 2x+11=-\sin 2x-c\text{os}2x+12\\ =-\sqrt{2}\sin \left(2x-\frac{\pi }{4}\right)+12.\\ -1\le \sin \left(2x-\frac{\pi }{4}\right)\le 1\\ \Rightarrow -\sqrt{2}\le -\sqrt{2}\sin \left(2x-\frac{\pi }{4}\right)\le \sqrt{12}\\ \Rightarrow -\sqrt{2}\sin \left(2x-\frac{\pi }{4}\right)+12\le 12+\sqrt{2}\\ \Rightarrow M=12+\sqrt{2}\end{array}$

Đáp án C

PT hoành độ giao điểm: $\frac{2x-1}{x+1}=x-1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne -1\\ x^2-2x=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A\left(0;-1\right)\\ B\left(2;1\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB=2\sqrt{2}.\end{array}\right.$ 

Đáp án D

Giả sử: $SD=a\Rightarrow SO=SD\sin \alpha =asin\alpha$

$\Rightarrow OD=SDc\text{os}\alpha =asin\alpha$ 

$\Rightarrow S_{ABCD}=4.\frac{1}{2}O{D}^2=2O{D}^2=2{\left(ac\text{os}\alpha \right)}^2=2a^{2}c{\text{os}}^2\alpha$ 

Thể tích kim tự tháp là:

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}SO.S_{BACD}=\frac{1}{3}\sin \alpha .2a^{2}c{\text{os}}^2\alpha =\frac{2}{3}{a}^3\sin \alpha c{\text{os}}^2\alpha \\ =\frac{2}{3}{a}^3\sin \alpha \left(1-{\sin }^2\alpha \right)=\frac{2}{3}{a}^3\left(\sin \alpha -{\sin }^3\alpha \right) \end{gathered}$$ 

Xét hàm $f\left(t\right)=t-t^3,t\in \left[0;1\right]$.

Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=1-3t^2=0\iff t=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 Ta có:

$$\begin{gathered} f\left(0\right)=0,f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{2}{3\sqrt{3}} \\ \Rightarrow f_{\text{max}}=\frac{2}{3\sqrt{3}}khi\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}.f \end{gathered}$$

Đáp án D

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (-2;0) và tiếp xúc với tại điểm (-1;0).

Đáp án B

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(1\right)=3a+2b+c=0\\ f\text{'}\left(-1\right)=3a-2b+c=0\end{array}\right.$ 

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=a+b+c+d=-1\\ f\left(-1\right)=-a+b-c+d=3\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=0\\ c=-3\\ d=1\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=x^3-3x+1\Rightarrow f\left(4\right)=53.$ 

Đáp án B

Ta có: $P=\sqrt{a.\sqrt[3]{a^2.\sqrt[4]{\frac{1}{a}}}}.\sqrt[24]{a^7}=\sqrt{a.\sqrt[3]{a^2.a^{-\frac{1}{4}}}}.a^{\frac{7}{24}}$

$=\sqrt{a.{\left(a^{\frac{7}{4}}\right)}^{\frac{1}{3}}}:a^{\frac{7}{24}}={\left(a^{\frac{19}{12}}\right)}^{\frac{1}{2}}:a^{\frac{7}{24}}=a^{\frac{1}{2}}.$

Đáp án B

Đáp án B

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A xuống (BCD) và (ABC).

$AH\cap DK=O.$ Khi đó O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện

Ta có: $DH=\frac{2}{3}\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=\frac{2a}{\sqrt{3}};IK=\frac{1}{2}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$ 

$DK=\sqrt{D{I}^2-I{K}^2}=\sqrt{4a^2-a^2-{\left(\frac{a}{3}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$

 Ta có: $\Delta DOH~\Delta DIK\Rightarrow \frac{OH}{DH}=\frac{IK}{DK}$

$\Rightarrow OH=DH.\frac{IK}{DK}\Rightarrow r=OH=\frac{2a}{\sqrt{3}}.\frac{\frac{a}{\sqrt{3}}}{\frac{2a\sqrt{6}}{\sqrt{3}}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$ 

Cách 2: Ta có: $\cos \widehat{AIH}=\frac{HI}{AI}=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow OH=HI\tan \frac{\widehat{AIH}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{6}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}=r$

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=\cos x.e^{\mathrm{s}\text{inx}}\Rightarrow y\text{'}\text{'}=e^{\mathrm{s}\text{inx}}c{\text{os}}^{2x}-e^{\mathrm{s}\text{inx}}\sin x$.

Suy ra $y\text{'}.\cos x-y.\mathrm{s}\text{inx}-y\text{'}\text{'}=0.$ 

Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện giới hạn (H) được gọi là đa diện lồi.

Hoặc một khối đa diện là đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó.

Do đó chỉ có 1 khối đa diện lồi.

Chọn C

Đáp án B

Ta có: $I={\log }_{3}5=\frac{{\log }_{6}5}{{\log }_{6}3}=\frac{{\log }_{6}5}{1-{\log }_{6}2}=\frac{b}{1-a}.$ 

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2+6x-2$ 

Tiếp tuyến song song với đường thẳng:

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

Với $x=0\Rightarrow y=-1$

$\Rightarrow PTTT:y=-2x-1hay2x+y+1=0$ 

Với $x=2\Rightarrow y=15$

$\Rightarrow PTTT:y=-2\left(x-2\right)+15hay2x+y-19=0$

Đáp án C

Ta có: $v=x^2\ln \frac{1}{x}=-x^2\ln x$

$\Rightarrow v\text{'}=-\left(2x\ln x+x^2.\frac{1}{x}\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\left(loai\right)\\ \ln x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow x=\frac{1}{\sqrt{e}}$

Lại có: $\underset{x\to 0}{\lim }v=\underset{x\to 1}{\lim }v=0;f\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)=\frac{1}{2e}$

$\Rightarrow \underset{\left(0;1\right)}{M\text{ax}}v=\frac{1}{2e}khix=\frac{1}{\sqrt{e}}=\frac{r}{h}=\frac{2}{h}\Rightarrow h=2\sqrt{e}.$ 

Đáp án C

Với $m=-1\Rightarrow y=-1$ hàm số không có cực trị.

Với $m\ne 1.$ 

Hàm số có 1 cực trị $\iff ab=\left(m+1\right)\left[\left(m^2-1\right)\right]\ge 0$

$\iff {\left(m+1\right)}^2\left(m-1\right)\le 0\iff m\le 1.$

 Kết hợp 2 TH suy ra $m\le 1,m\ne -1.$

Đáp án A

Đáp án D

Hàm số $x^{\alpha }$ nghịch biến do đó $0<\alpha <1$.

Các hàm số $x^{\beta },x^{\gamma }$ là các hàm số đồng biến do đó $\beta ,\gamma >1$.

Cho $x=100\Rightarrow {100}^{\beta }>{100}^{\gamma }\Rightarrow \beta >\gamma .$

Đáp án C

$\Delta ABC$ vuông tại A ta có: $r_{ABC}=\frac{BC}{2}=5cm$

$\Rightarrow d\left(I;\left(ABC\right)\right)=\sqrt{R^2-r^2}=4\sqrt{6}cm$

Đáp án A

Đáp án D

Ta có: $S_{ABC}=\frac{A{B}^2}{2}=\frac{a^2}{2}\Rightarrow AA\text{'}=\frac{V}{S}=a\sqrt{3}$

 Do $AA\text{'}\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \widehat{A\text{'}BA}=\alpha$

$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{AA\text{'}}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha ={60}^{\circ }$ 

Đáp án A

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=\sqrt{x^3-3x}$ trên $\left[2;+\infty \right)$có :

 $y\text{'}=\frac{3\left(x^2-1\right)}{2\sqrt{x^3-3x}}>0;\forall x\ge 2.$ 

Suy ra hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left[2;+\infty \right)$

$\Rightarrow \underset{\left[2;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right)=\sqrt{2}.$