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: ${\log }_{6}5=\frac{1}{{\log }_{5}6}=\frac{1}{{\log }_{5}2+{\log }_{5}3}=\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{ab}{a+b}$

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

Dựng $MK//AB\text{'}//C\text{'}D$

Khi đó thiết diện là tứ giác

Ta có: $V_1=\frac{1}{3}h\left(S_1+\sqrt{S_1{S}_2}+S_2\right)$

Trong đó $h=HB=a\text{'}{S}_1=S_{BMK}=\frac{a^2}{8};S_2=S_{C\text{'}DC}=\frac{a^2}{2}$

Do đó $V_1=\frac{7}{24}{a}^3\Rightarrow V_2=a^3-V_1=\frac{17}{24}{a}^3$

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{17}$

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 $a=\frac{A.r.{\left(1+r\right)}^n}{{\left(1+r\right)}^n-1}$

Để trả hết nợ thì $\frac{a\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right]}{r{\left(1+r\right)}^n}=A>300$

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

Suy ra $n=64$tháng.

Đáp án B

Ta có ${\left(x+y\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^k{y}^{6-k}\Rightarrow$ hệ số của $x^4{y}^2$ là $C_6^4=15$

Đáp án B

Điều kiện $x^2-1\ne 0\iff x\ne \pm 1\Rightarrow$ TXĐ $D=ℝ\backslash \left\{-1;1\right\}$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của $AB\Rightarrow SI\perp \left(ABC\right)$

Ta có $SI=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2};S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Thể tích của khối chóp  $S.ABC$là:

$V=\frac{1}{3}SI.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{8}$

Đáp án A

Ta có

$\begin{array}{l}y\text{'}=4m{x}^3+2\left(m+3\right)x\\ =2x\left(2m{x}^2+m+3\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 2m{x}^2+m+3=0\end{array}\right.\end{array}$

$y\text{'}\text{'}=12m{x}^2+2\left(m+3\right)\Rightarrow y\text{'}\text{'}\left(0\right)=2\left(m+3\right)$

Để hàm số chỉ có cực đại mà không có cực tiểu thì  $y\text{'}\text{'}\left(0\right)<0$ và phương trình $2m{x}^2+m+3=0$ có 1 nghiệm hoặc vô nghiệm $\iff m\le -3$

Đáp án A

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

Dễ thấy $t_1+t_2=2\Rightarrow \left(1\right)$ có nghiệm thì sẽ có ít nhất 1 nghiệm dương

Suy ra PT ban đầu có nghiệm $\iff \left(1\right)$ có nghiệm $\Rightarrow \Delta \text{'}\left(1\right)\ge 0\iff 1-m\ge 0\iff m\le 1$

Đáp án A

Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:

$AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A\text{'}A=AI\tan 60°=\frac{3a}{2}$

$S_{BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{3a}{2}a=\frac{3a^2}{2}$

Thể tích của khối chóp  $ABCC\text{'}B\text{'}$là:

$V=\frac{1}{3}AI.S_{BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{3a^2}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Đáp án D

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

Suy ra: 

$\begin{array}{l}y=\left(-4\right)=21,y\left(-3\right)=28,\\ y\left(1\right)=-4,y\left(4\right)=77\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=77\\ m=-4\end{array}\right.\Rightarrow M+m=73\end{array}$

Đáp án B

Gọi H là trọng tâm $\Delta ABC$

Dựng $HK\perp AB,HE\perp CD,HF\perp SE$

Ta có $AB\perp \left(SHK\right)\Rightarrow \stackrel{⏜}{SKH}=60°$

Do đó $SH=HK\tan 60°$

Mặc khác $HK=HB\sin 60°$ ( Do $\Delta ABC$ là tam giác đều nên $\stackrel{⏜}{ABD}=60°$ ) suy ra $HK=\frac{a}{3}\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow SH=\frac{a}{2}$

Lại có $HE=HD\tan 60°=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow HF=\frac{a}{\sqrt{7}}=d\left(H;\left(SCD\right)\right)$

Do đó $\frac{BD}{HD}=\frac{3}{2}\Rightarrow d_B=\frac{3}{2}{d}_H=\frac{3a\sqrt{17}}{14}$

Đáp án C

$y=e^{{\sin }^{2}x}\Rightarrow y\text{'}=e^{{\sin }^{2}x}.\left({\sin }^{2}x\right)\text{'}=e^{{\sin }^{2}x}.2\sin x\cos x=e^{{\sin }^{2}x}.\sin 2x$

Đáp án B

PT hoành độ giao điểm là

$$\begin{gathered} x+1=\frac{2x+4}{x-1}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-2x-5=0\end{array}\right. \\ {x}_M+x_N=2\Rightarrow x_1=\frac{x_M+x_N}{2}=1 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có đồ thị hàm số $y=x^3-3x+2$ như hình bên 

Đường thẳng y= m cắt đồ thị hàm số $y=x^3-3x+2$ 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 $S=4\pi R^2=4\pi {\left(2a\right)}^2=16\pi a^2$

Đáp án D

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\frac{m^2+m+1}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\in D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$

Suy ra f(x)  đồng biến trên đoạn $\left[0;1\right]\Rightarrow \underset{\left[0;1\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(0\right)=-m^2-m=-2\iff \left[\begin{array}{l}m=-2\\ m=1\end{array}\right.$

Đáp án B

Gọi R là bán kính của 1 quả bóng

Ta có $S_b=\mathrm{3.4.}\pi R^2=12\pi R^2;S_t=2.\pi R6R=12\pi R^2\Rightarrow \frac{S_b}{S_t}=\frac{12\pi R^2}{12\pi R^2}=1$

Đáp án D

Có $10!=3628800$cách

Đáp án D

Từ đồ thị $y=f\text{'}\left(x\right)$ trên đoạn $\left[0;5\right]$ , ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$ như hình vẽ bên

Suy ra $\underset{\left[0;5\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right)$. Từ giả thiết, ta có

$f\left(0\right)+f\left(3\right)=f\left(2\right)+f\left(5\right)\iff f\left(5\right)-f\left(3\right)=f\left(0\right)-f\left(2\right)$

Hàm số f(x)  đồng biến trên $\left[2;5\right]$

$\Rightarrow f\left(3\right)>f\left(2\right)\Rightarrow f\left(5\right)-f\left(2\right)>f\left(5\right)-f\left(3\right)$

$=f\left(0\right)-f\left(2\right)\iff f\left(5\right)>f\left(0\right)$

Suy ra

$\underset{\left[0;5\right]}{\max }f\left(x\right)=\left\{f\left(0\right),f\left(5\right)\right\}=f\left(5\right)$

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{\pm 2\right\}$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1\Rightarrow$ đồ thị hàm số có TCN $y=1$

Măc khác $y=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}=\frac{x-1}{x+2},x+2=0\iff x=-2,\underset{x\to -2}{\lim }y=\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có TCĐ  $x=-2$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2-12x+m$

Hàm số đồng biến trên $y=f\text{'}\left(x\right)$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=-6x+12\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=2$. Ta có bảng biến thiên hàm số f(x) như trên

Từ bảng biến thiên, suy ra $\underset{\left(0;+\infty \right)}{f\left(x\right)}\le 12\Rightarrow m\ge \underset{\left(0;+\infty \right)}{f\left(x\right)}\iff m\ge 12$

Đáp án C

PT $\iff {\left(3^x\right)}^2-3^x-6=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=3\\ 3^x=-2\end{array}\right.\Rightarrow 3^x=3\iff x=1$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x-7\Rightarrow$ PT $y\text{'}=0$có 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 $3\Rightarrow$là bán kính  $R=\frac{3}{2}\Rightarrow V\Rightarrow \pi R^{2}l=\pi {\left(\frac{3}{2}\right)}^2.3=\frac{27\pi }{4}\Rightarrow A$ sai 

Đáp án B

Đồ thị hàm số  $y=a^x=f\left(x\right)$ và $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x=a^{-x}=f\left(-x\right)\left(0<a\ne 1\right)$ 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 $B=x{.10}^9$

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

$x{.10}^t=\frac{1}{3}\left(x{.10}^9\right)\Rightarrow {10}^t=\frac{{10}^9}{3}\iff t=9-\log 3$

Đáp án A

ĐK: x>0. Ta có: $PT\iff f\left(x\right)={\log }_{2}x+x-6=0$

Dễ thấy $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{x\ln 2}+1>0\left(\forall x>0\right)$ do đó hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Lại có $f\left(4\right)=0$ do đó PT có nghiệm duy nhất $x=4$

Đáp án D

Ta có: $y\text{'}=\frac{m\left(m+1\right)-2m-2}{{\left(x+m\right)}^2}$

Hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng $\left(-1;+\infty \right)$ khi $\left\{\begin{array}{l}{m}^2+m-2m-2<0\\ -m\notin \left(-1;+\infty \right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-m-2<0\\ -m\le -1\end{array}\right.\iff 1\le m<2$

Đáp án C

ĐK:$\cos x\ne 0$

Khi đó: $PT\iff \cos 2x-{\tan }^{2}x=1-\cos x-\frac{1}{{\cos }^{2}x}\iff \cos 2x=-\cos x$ (Do ${\tan }^{2}x+1=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$)

$\iff 2{\cos }^{2}x+\cos x-1=0\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=-1\\ \cos x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\pi +k2\pi \\ x=\frac{\pm \pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.$

Đáp án A

$\sqrt[3]{a^5.\sqrt[4]{a}}=\sqrt[3]{a^5.a^{\frac{1}{4}}}=\sqrt[3]{a^{\frac{21}{4}}}=a^{\frac{7}{4}}$

Đáp án D

Ta có $y=\left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x\text{ khi }x\ge 0\\ 2x\text{ khi}-1\le x<0\\ -3x-5\text{ khi }x<-1\end{array}\right.\Rightarrow y\text{'}=\left\{\begin{array}{l}2x-2\text{ khi }x>0\\ 2\text{ khi}-1<x<0\\ -3\text{ khi }x<-1\end{array}\right.$

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: $C_{15}^3$

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 $\frac{15}{3}=5$tam 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 $P=\frac{90}{C_{15}^3}=\frac{18}{91}$

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 $m=0\Rightarrow y=x$ không có tiệm cận ngang.

Với m<0 đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận ngang là $y=\pm \frac{1}{\sqrt{-m}}$

Đáp án C

Số biển số xe là: $\mathrm{26.25.24.10.9.8}=11232000$ biển

Đáp án B

Lấy mỗi hộp 1 quả cầu có: $C_{12}^1.C_{10}^1=120$ quả cầu

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

Khi đó: $\left|{\Omega }_A\right|=C_7^1.C_6^1=42$

Do đó xác suất cần tìm là: $P\left(A\right)=\frac{42}{120}=\frac{7}{20}$

Đáp án A

Thể tích khối trụ cần tính là $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.5=45\pi$

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 $x=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$ . Vậy thể tích cần tính là $V=x^3={\left(\frac{2a}{3}\right)}^3=\frac{8a^3}{27}$

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

Hàm số đồng biến trên khoảng  $\left(-\infty ;1\right)$và $\left(1;+\infty \right)$

Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là $\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\right.$

$\Rightarrow y=\frac{x-2}{x-1}$ là hàm số cần tìm

Đáp án D

Ta có $C_{12}^1.C_{10}^1=120$

Khi đó $C_{12}^1.C_{10}^1=120$ . Đặt $C_{12}^1.C_{10}^1=120$

Ta luôn có$C_{12}^1.C_{10}^1=120$

$C_{12}^1.C_{10}^1=120$ Suy ra$C_{12}^1.C_{10}^1=120$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2-\frac{8}{t+3}$ trên khoảng $\left[-1;+\infty \right)$,có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{2{\left(t+1\right)}^2\left(t+4\right)}{{\left(t+3\right)}^2}>0;\forall t>-1$

Hàm số f(t) liên tục trên $\left[-1;+\infty \right)\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến trên $\left[-1;+\infty \right)$

Do đó, giá trị nhỏ nhất của f(t) là $\underset{\left[-1;+\infty \right)}{\min }f\left(t\right)=f\left(-1\right)=-3$. Vậy $P_{\min }=-3$

Đáp án C

Gọi 13 người đàn ông trong 13 cặp vợ chồng lần lượt là $A_1,A_2,\mathrm{...},A_{13}.$

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 $24+23+22+\mathrm{...}+13+12=234$

Đáp án A

Cách 1: Chọn $x=\frac{1}{3};y=\frac{1}{2}$suy ra $m\approx 4,15>4$

Cách 2: Xét hàm số $f\left(t\right)=\ln \frac{t}{1-t}-4t$ trên khoảng $\left(0;1\right)\Rightarrow f\left(t\right)$là hàm số đồng biến

Với $x<y\Rightarrow f\left(x\right)<f\left(y\right)\iff \ln \frac{y}{1-y}-4y>\ln \frac{x}{1-x}-4x\iff \frac{1}{y-x}\left(\ln \frac{y}{1-y}-\ln \frac{x}{1-x}\right)>4$

Đáp án B

Ta có: $\begin{array}{l}{\left(x-1\right)}^2{2}^x=2x\left(x^2-1\right)+4\left(2^{x-1}-x^2\right)\\ \iff {\left(x-1\right)}^2{.2}^x=2x^3-4x^2-2x+{2.2}^x\end{array}$

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

Xét hàm số trên $f\left(x\right)=2^x-2x$, có $f\text{'}\left(x\right)=2^x.\ln 2-2\Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(x\right)=2^x.{\ln }^{2}2>0;\forall x\in ℝ$

Suy ra $f\text{'}\left(x\right)$ là hàm số đồng biến trên $ℝ\Rightarrow f\left(x\right)=0$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Mà$f\left(1\right)=f\left(2\right)=0\Rightarrow x=\left\{1;2\right\}$ là hai nghiệm của phương trình (*)

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là $\sum x=2+1+2=5$

Đáp án A

Vì 2 mp$\left(SAB\right),\left(SAD\right)$vuông góc với đáy $\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$

Và ABCD là hình vuông $\Rightarrow AB\perp BC\Rightarrow BC\perp mp\left(SAB\right)$

Khi đó $\stackrel{⏜}{SC;\left(SAB\right)}=\stackrel{⏜}{\left(SC;SB\right)}=\stackrel{⏜}{BSC}=\alpha \in \left(0°;90°\right)$

Tam giác SBC vuông tại B, có $\tan \stackrel{⏜}{BSC}=\frac{BC}{SB}=a:a\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Vậy $\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}$