Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 1)

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là $\frac{x-1}{x+2}=0\iff x=1\Rightarrow \left(C\right)\cap Ox=A\left(1;0\right)$

Ta có $y=y\text{'}\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=\frac{1}{3}\Rightarrow$phương trình tiếp tuyến với (C)tại A là:

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

Đáp án C

Phương trình $x^3-3x+3=0$ có 3 nghiệm phân biệt

Đáp án C

Ta có: log65=1log56=1log52+log53=11a+1b=aba+b

Chuẩn hóa hình hộp đã cho là hình lập phương cạnh a.

Dựng MK//AB'//C'D

Khi đó thiết diện là tứ giác

Ta có: V1=13hS1+S1S2+S2

Trong đó h=HB=a'S1=SBMK=a28;S2=SC'DC=a22

Do đó V1=724a3⇒V2=a3−V1=1724a3

Vậy V1V2=717

Đáp án B

Đáp án D

Đồ thị hàm số đi qua điểm  nhận trục tung làm trục đối xứng.

Đáp án A

Công thức trả góp a=A.r.1+rn1+rn−1

Để trả hết nợ thì a1+rn−1r1+rn=A>300

Trong đó A=300000000 đồng,r=0,5%,a=5500000 đồng

Suy ra n=64tháng.

Đáp án B

Ta có x+y6=∑k=06C6kxky6−k⇒ hệ số của x4y2 là C64=15

Đáp án B

Điều kiện x2−1≠0⇔x≠±1⇒ TXĐ D=ℝ\−1;1

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của AB⇒SI⊥ABC

Ta có SI=a2−a22=a32;SABC=12a2sin60°=a234

Thể tích của khối chóp  S.ABClà:

V=13SI.SABC=13.a32.a234=a38

Đáp án A

Ta có

y'=4mx3+2m+3x=2x2mx2+m+3=0⇔x=02mx2+m+3=0

y''=12mx2+2m+3⇒y''0=2m+3

Để hàm số chỉ có cực đại mà không có cực tiểu thì  y''0<0 và phương trình 2mx2+m+3=0 có 1 nghiệm hoặc vô nghiệm ⇔m≤−3

Đáp án A

PT ⇔2x+12−22x+1+m=0→t=2x+1t2−2t+m=01

Dễ thấy t1+t2=2⇒1 có nghiệm thì sẽ có ít nhất 1 nghiệm dương

Suy ra PT ban đầu có nghiệm ⇔1 có nghiệm ⇒Δ'1≥0⇔1−m≥0⇔m≤1

Đáp án A

Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:

AI=a32⇒A'A=AItan60°=3a2

SBCC'B'=3a2a=3a22

Thể tích của khối chóp  ABCC'B'là:

V=13AI.SBCC'B'=13.a32.3a24=a334

Đáp án D

Ta có: y'=3x2+6x−9⇒y'=0⇔x=1x=−3

Suy ra: 

y=−4=21,y−3=28,y1=−4,y4=77⇒M=77m=−4⇒M+m=73

Đáp án B

Gọi H là trọng tâm ΔABC

Dựng HK⊥AB,HE⊥CD,HF⊥SE

Ta có AB⊥SHK⇒SKH⏜=60°

Do đó SH=HKtan60°

Mặc khác HK=HBsin60° ( Do ΔABC là tam giác đều nên ABD⏜=60° ) suy ra HK=a3sin60°=a36⇒SH=a2

Lại có HE=HDtan60°=a33⇒HF=a7=dH;SCD

Do đó BDHD=32⇒dB=32dH=3a1714

Đáp án C

y=esin2x⇒y'=esin2x.sin2x'=esin2x.2sinxcosx=esin2x.sin2x

Đáp án B

PT hoành độ giao điểm là

x+1=2x+4x−1⇔x≠1x2−2x−5=0xM+xN=2⇒x1=xM+xN2=1

Đáp án C

Ta có đồ thị hàm số y=x3−3x+2 như hình bên 

Đường thẳng y= m cắt đồ thị hàm số y=x3−3x+2 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi 0<m<4

Đáp án C

Bán kính mặt cầu là R=4a:2=2a

Diện tích mặt cầu là S=4πR2=4π2a2=16πa2

Đáp án D

Đáp án D

Ta có y'=m2+m+1x+12>0,∀x∈D=ℝ\−1

Suy ra f(x)  đồng biến trên đoạn 0;1⇒min0;1fx=f0=−m2−m=−2⇔m=−2m=1

Đáp án B

Gọi R là bán kính của 1 quả bóng

Ta có Sb=3.4.πR2=12πR2;St=2.πR6R=12πR2⇒SbSt=12πR212πR2=1

Đáp án D

Có 10!=3628800cách

Đáp án D

Từ đồ thị y=f'x trên đoạn 0;5 , ta có bảng biến thiên của hàm số y=fx như hình vẽ bên

Suy ra min0;5fx=f2. Từ giả thiết, ta có

f0+f3=f2+f5⇔f5−f3=f0−f2

Hàm số f(x)  đồng biến trên 2;5

⇒f3>f2⇒f5−f2>f5−f3

=f0−f2⇔f5>f0

Suy ra

max0;5fx=f0,f5=f5

Đáp án D

Hàm số có tập xác định D=ℝ\±2

Ta có limx→+∞y=limx→−∞y=1⇒ đồ thị hàm số có TCN y=1

Măc khác y=x−1x−2x−2x+2=x−1x+2,x+2=0⇔x=−2,limx→−2y=∞⇒ đồ thị hàm số có TCĐ  x=−2

Đáp án A

Ta có y'=3x2−12x+m

Hàm số đồng biến trên y=f'x

Ta có f'x=−6x+12⇒f'x=0⇔x=2. Ta có bảng biến thiên hàm số f(x) như trên

Từ bảng biến thiên, suy ra fx0;+∞≤12⇒m≥fx0;+∞⇔m≥12

Đáp án C

PT ⇔3x2−3x−6=0⇔3x=33x=−2⇒3x=3⇔x=1

Đáp án D

Ta có y'=3x2−6x−7⇒ PT y'=0có 2 nghiệm phân biệt trái dấu.

Suy ra đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục tung

Đáp án A

Vì 9= 3.3  nên hình vuông có cạch bằng độ dài đường sinh và đường kính đáy của hình trụ 3⇒là bán kính  R=32⇒V⇒πR2l=π322.3=27π4⇒A sai 

Đáp án B

Đồ thị hàm số  y=ax=fx và y=1ax=a−x=f−x0<a≠1 đối xứng nhau qua trục tung

Đáp án B

Đáp án C

Lượng bèo ban đầu là x

Số lượng bèo phủ kín mặt hồ là B=x.109

Sau t (giờ) thì số lá bèo phủ kín mặt 1/3  hồ ta có:

x.10t=13x.109⇒10t=1093⇔t=9−log3

Đáp án A

ĐK: x>0. Ta có: PT⇔fx=log2x+x−6=0

Dễ thấy f'x=1xln2+1>0∀x>0 do đó hàm số đồng biến trên 0;+∞

Lại có f4=0 do đó PT có nghiệm duy nhất x=4

Đáp án D

Ta có: y'=mm+1−2m−2x+m2

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng −1;+∞ khi m2+m−2m−2<0−m∉−1;+∞

⇔m2−m−2<0−m≤−1⇔1≤m<2

Đáp án C

ĐK:cosx≠0

Khi đó: PT⇔cos2x−tan2x=1−cosx−1cos2x⇔cos2x=−cosx (Do tan2x+1=1cos2x)

⇔2cos2x+cosx−1=0⇔cosx=−1cosx=12⇔x=−π+k2πx=±π3+k2π

Đáp án A

a5.a43=a5.a143=a2143=a74

Đáp án D

Ta có y=x2−2x  khi x≥02x         khi−1≤x<0−3x−5  khi x<−1⇒y'=2x−2  khi x>02          khi−1<x<0−3        khi x<−1

Dễ thấy y' đổi dấu khi qia các điểm x=1;x=0;x=−1

Đáp án B

Số phần tử của tập hợp M là: C153

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều, Xét một đỉnh A bất kỳ của đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân.

Số tam giác đều có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác là 153=5tam giác.

Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thì đều cân tại 3 đỉnh nên tam giác đều được đếm 3 lần.

Suy ra, số tam giác cân nhưng không phải tam giác đều có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15−3.5=90

Do đó xác suất cần tìm là P=90C153=1891

Đáp án D

Với m>0 hàm số không xác định tại vô cùng nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

Với m=0⇒y=x không có tiệm cận ngang.

Với m<0 đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận ngang là y=±1−m

Đáp án C

Số biển số xe là: 26.25.24.10.9.8=11232000 biển

Đáp án B

Lấy mỗi hộp 1 quả cầu có: C121.C101=120 quả cầu

Gọi A là biến cố: 2 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ.

Khi đó: ΩA=C71.C61=42

Do đó xác suất cần tìm là: PA=42120=720

Đáp án A

Thể tích khối trụ cần tính là V=πR2h=π.32.5=45π

Đáp án D

Khối lập phương có các đỉnh lần lượt là trọng tâm các mặt của khối bát diện đều cạnh a có độ dài cạnh bằng x=23.a22=a23 . Vậy thể tích cần tính là V=x3=2a33=8a327

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

Hàm số đồng biến trên khoảng  −∞;1và 1;+∞

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là x=1y=1

⇒y=x−2x−1 là hàm số cần tìm

Đáp án D

Ta có C121.C101=120

Khi đó C121.C101=120 . Đặt C121.C101=120

Ta luôn cóC121.C101=120

C121.C101=120 Suy raC121.C101=120

Xét hàm số ft=t2−8t+3 trên khoảng −1;+∞,có f't=2t+12t+4t+32>0;∀t>−1

Hàm số f(t) liên tục trên −1;+∞⇒ft đồng biến trên −1;+∞

Do đó, giá trị nhỏ nhất của f(t) là min−1;+∞ft=f−1=−3. Vậy Pmin=−3

Đáp án C

Gọi 13 người đàn ông trong 13 cặp vợ chồng lần lượt là A1,A2,...,A13.

Người A1 bắt tay với 12 người đàn ông còn lại và 12 người phụ nữ (trừ vợ mình)có 24 cái bắt tay.

Người A2  bắt tay với 11 người đàn ông còn lại và 12 người phụ nữ (trừ vợ mình)có 23 cái bắt tay.

Người A3 bắt tay với 10 người đàn ông còn lại và 12 người phụ nữ (trừ vợ mình)có 22 cái bắt tay.

… … …

Người A13 bắt tay với 0 người đàn ông còn lại và 12 người phụ nữ (trừ vợ mình)có 12 cái bắt tay.

Vậy tổng số cái bắt tay là 24+23+22+...+13+12=234

Đáp án A

Cách 1: Chọn x=13;y=12suy ra m≈4,15>4

Cách 2: Xét hàm số ft=lnt1−t−4t trên khoảng 0;1⇒ftlà hàm số đồng biến

Với x<y⇒fx<fy⇔lny1−y−4y>lnx1−x−4x⇔1y−xlny1−y−lnx1−x>4

Đáp án B

Ta có: x−122x=2xx2−1+42x−1−x2⇔x−12.2x=2x3−4x2−2x+2.2x

⇔x2−2x−1.2x=2xx2−2x−1⇔x2−2x−1=02x=2x⇔x=1±22x−2x=0    *

Xét hàm số trên fx=2x−2x, có f'x=2x.ln2−2⇒f''x=2x.ln22>0;∀x∈ℝ

Suy ra f'x là hàm số đồng biến trên ℝ⇒fx=0 có nhiều nhất 2 nghiệm.

Màf1=f2=0⇒x=1;2 là hai nghiệm của phương trình (*)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là ∑x=2+1+2=5

Đáp án A

Vì 2 mpSAB,SADvuông góc với đáy ⇒SA⊥ABCD

Và ABCD là hình vuông ⇒AB⊥BC⇒BC⊥mpSAB

Khi đó SC;SAB⏜=SC;SB⏜=BSC⏜=α∈0°;90°

Tam giác SBC vuông tại B, có tanBSC⏜=BCSB=a:a2=12

Vậy tanα=12

Đáp án A

Ta có sin2x+9π2=sin2x+π2+4π=cos2xvà cosx−15π2=−sinx

Khi đó, phương trình (I) ⇔cos2x+3sinx=1+2sinx⇔1−2sin2x=1−sinx⇔sinx=0sinx=12

Kết hợp với x∈0;2π , ta được x=0;π;2π;π6;5π6 là các nghiệm của phương trình

Đáp án B

Vơi D, E, F lần lượt là trung điểm của cạnh BC,A'C',C'B'

 Hai mặt phẳng  ABB'A'và DEF song song với nhau

dDE;AB'=dE;ABB'A'=12dC;ABB'A'=12.a32=a34

Vậy khoảng cách cần tìm là  d=α34