Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 10)

Đáp án B.

Ta có ${2018}^{2\left(x^2-y+1\right)}=\frac{2x+y}{{\left(x+1\right)}^2}\iff {2018}^{2{\left(x+1\right)}^2-2\left(2x+y\right)}=\frac{2x+y}{{\left(x+1\right)}^2}$ 

$\iff A^{{\left(x+1\right)}^2}\left(x+1\right)=A^{2x+y}\left(2x+y\right),A={2018}^2$

Xét hàm số $F\left(t\right)=A^{\text{'}}t,t>0\Rightarrow$ $f\text{'}\left(t\right)=A\text{'}+t.A\text{'}\ln A>0\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến với mọi $t>0.$

Suy ra $A^{{\left(x+1\right)}^2}\left(x+1\right)=A^{2x+y}\left(2x+y\right)\iff f\left({\left(x+1\right)}^2\right)=f\left(2x+y\right)\iff {\left(x+1\right)}^2=2x+y\iff y=x^2+1.$ 

Ta có $P=2y-3x=2\left(x^2+1\right)-3x=2x^2-3x+2=2{\left(x-\frac{3}{4}\right)}^2+\frac{7}{8}\ge \frac{7}{8}\Rightarrow P_{\min }=\frac{7}{8}$ 

Đáp án A.

 $G\left(\frac{2-3+1}{3};\frac{2+5-1}{3};\frac{-2+1-2}{3}\right)=\left(0;2;-1\right).$

Đáp án D

$BPT\iff 3{\left(3^x\right)}^2-10\left({10}^x\right)+3\le 0\iff \frac{1}{3}\le 3^x\le 3\iff -1\le x\le 1\Rightarrow \Rightarrow T=2.$

Đáp án B.

PT hoành độ giao điểm là 

$\frac{2x^2-2x+3}{x-1}=3x+1\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2=4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A\left(2;7\right)\\ B\left(-2;-5\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB=4\sqrt{10}.$

Đáp án C.

Ta có $\text{cos}\left(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{-1}{10}.$

Đáp án D.

Ta có:  $S_{BMCN}=\frac{BM+CN}{2}d\left(BB\text{'};CC\text{'}\right)=\frac{\frac{BB\text{'}}{2}+\frac{3}{4}CC\text{'}}{2}d\left(BB\text{'};CC\text{'}\right)=\frac{5}{8}BB\text{'}.d\left(BB\text{'};CC\text{'}\right)$

Do đó $V_2=\frac{5}{8}{V}_{A.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{5}{8}.\frac{2}{3}V$  (với  $V=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}})=\frac{5}{12}V$

Suy ra $V_1=\frac{7}{12}V\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{5}.$

Đáp án B.

Đặt  $t=\sqrt{1+3\ln x}\Rightarrow t^2=1+3\ln x\iff 2tdt=\frac{3}{x}dx,\left\{\begin{array}{l}x=1\to t=1\\ x=e\to t=2\end{array}\right..$

Suy ra  $I=\frac{2}{3}\underset{1}{\overset{2}{\int }}{t}^{2}dt=\frac{2}{9}{t}^3\left|\begin{array}{l}{}^2\\ {}_1\end{array}\right.=\frac{14}{9}.$

Đáp án D.

Đáp án B.

Đặt    $t=\sqrt{2x-1}\Rightarrow t^2=2x-1\Rightarrow tdt=dx$

$\Rightarrow F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2}{\sqrt{2x-1}}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2}{t}tdt=2t+C=2t+C=2\sqrt{2x-1}+C.$

$F\left(5\right)=7\iff 2\sqrt{2.5-1}+C=7\Rightarrow C=1\Rightarrow f\left(x\right)=2\sqrt{2x-1}+1.$

Đáp án C.

Ta có đồ thị hàm số$y=x^3+2x^2-4x+1$  như hình vẽ bên. Dễ thấy đường thẳng $y=2$ cắt đồ thị hàm số $y=x^3+2x^2-4x+1$ tại 3 điểm phân biệt

Đáp án A.

Bán kính đáy hình nón  $r=OB=AB\sin {30}^0=\frac{a}{2}$

Độ dài đường sinh  $l=AB=a\Rightarrow S_{xq}=\pi rl=\frac{\pi a^2}{2}.$

Đáp án B.

Ta có  $y^{,}=1-\frac{4}{x^2}\Rightarrow y^{,}=0\iff x=\pm 2.$

Suy ra  $y\left(1\right)=5,y\left(2\right)=4,y\left(3\right)=\frac{13}{3}\Rightarrow \underset{\left[1;3\right]}{\max }y=5.$

Đáp án D.

Hàm số xác định  $\iff x^2-2x+1>0\iff {\left(x-1\right)}^2>0\iff x\ne 1\Rightarrow D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Đáp án A.

Bán kính đường tròn đáy  $r=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ  $R=\sqrt{{\left(\frac{h}{2}\right)}^2+r^2}=\frac{2a}{\sqrt{3}}\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32\sqrt{3}\pi a^3}{27}.$

Đáp án B.

Hàm số có tập xác định  $D=ℝ\backslash \left\{1;2\right\}.$

Ta có  $y=\frac{x^2+5x+6}{x^2-3x+2}=\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}=\frac{x-3}{x-1}\Rightarrow x-1=0\iff x=1,\underset{x\to 1}{\lim }y=\infty$

 Đồ thị hàm số có TCĐ  $x=1.$

Đáp án A.

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}BA\perp \text{AA}\text{'}\\ BA\perp \text{AC}\end{array}\right.\Rightarrow BA\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)$

Do đó góc giữa BC’ và (AA’C) bằng  $\widehat{AC\text{'}A}={30}^0$

Khi đó  $AC\text{'}\tan {30}^0=AB\Rightarrow AC\text{'}=\frac{AB}{\tan {30}^0}$

Mặt khác  $AB=AC\tan C=a\sqrt{3}\Rightarrow AC\text{'}=3a.$

$\begin{array}{l}\Rightarrow CC\text{'}=\sqrt{AC{\text{'}}^2-A{C}^2}=2a\sqrt{2}\\ \Rightarrow V=S_{ABC}.CC\text{'}=\frac{AB.AC}{2}.CC\text{'}=a^3\sqrt{6.}\end{array}$

Đáp án C.

Đặt  $\left\{\begin{array}{l}u=5x+1\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=5dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(5x+1\right)e^{x}dx=\left[\left(5x+1\right)e^x\right]\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.-5\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}dx=\left[\left(5x+1\right)e^x\right]\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.-5e^x\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.$

Suy ra  $\underset{1}{\overset{1}{\int }}\left(5x+1\right)e^{x}dx=e+4=F\left(1\right)-F\left(0\right)=F\left(1\right)-3\Rightarrow F\left(1\right)=e+7.$

Đáp án D.

Đáp án C.

Ta có  $P=\sqrt{x.}\sqrt[3]{x}\sqrt[6]{x^5}=x^{\frac{1}{2}}.x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{5}{6}}=x^{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{5}{6}}=x^{\frac{5}{3}}.$

Đáp án B.

 $\begin{array}{l}PT\iff \mathrm{s}\text{inx}=1-2{\sin }^{2}x\iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{s}\text{inx}=\frac{1}{2}\\ \mathrm{s}\text{inx}=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\\ x=-\frac{\pi }{2}k2\pi \end{array}\right.\\ x\in \left[0;20\pi \right]\Rightarrow \left[\begin{array}{l}0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi \le 20\pi \\ 0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi \le 20\pi \\ 0\le -\frac{\pi }{2}+k2\pi \le \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-0,08\le k\le 9,91\\ -0,41\le k\le 9,58\\ 0,25\le k\le 10,25\end{array}\right.\end{array}$

Suy ra PT ban đầu có 30 nghiệm thuộc đoạn  $\left[0;20\pi \right].$

Đáp án D.

$PTf\left(x\right)=m$ vô nghiệm  $\iff -2\le m\le 1\iff m\in \left[-2;1\right).$

Đáp án C.

Ta có  $y\text{'}=4x^3-4\left(m+1\right)x=4x\left(x^2-m-1\right).$

Hàm trùng phương với hệ số $a>0$ có 2 dạng:

+) Có 2 cực tiểu và 1 cực đại tại $x=0\Rightarrow y\text{'}=0$  có 3 nghiệm phân biệt.

+) có 1 cực tiểu tại $x=0\Rightarrow y\text{'}=0$ có 1 nghiệm  $x=0.$

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x=0\iff m+1\le 0\iff m\le -1.$

Đáp án B.

Ta có: $h=r$ và  $V=\pi r^{2}h=8\pi \Rightarrow h^3=8\iff h=2.$

Đáp án A.

Chiều cao của khối trụ $h=3a$; bán kính đáy  $r=\frac{3a}{2}$

Do đó  $S_{tp}=2\pi r^2+2\pi rh=\frac{27}{2}\pi a^2.$

Đáp án D.

Ta có:  $R=\frac{\sqrt{O{A}^2+O{B}^2+O{C}^2}}{2}=3\sqrt{3}.$

Đáp án A.

Đáp án B.

Đáp án D.

Ta có  $y\text{'}=c\text{osx}\Rightarrow \text{y'=0}\iff c\text{osx=0}\iff \text{x=}\frac{\pi }{2}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\Rightarrow x_0=\frac{\pi }{2}\in \left[-\frac{\pi }{6};\frac{5\pi }{6}\right].$

Suy ra  $y\left(-\frac{\pi }{6}\right)=-1,y\left(\frac{\pi }{2}\right)=2,y\left(\frac{5\pi }{6}\right)=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M=2\\ m=-1\end{array}\right..$

Đáp án C.

Ta có $I=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left[f\left(x\right)g\left(x\right)\right]}^{\text{'}}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[f\text{'}\left(x\right)g\left(x\right)+g\text{'}\left(x\right)f\left(x\right)\right]dx$

$=\underset{}{\overset{2}{\int }}g\left(x\right)f\text{'}\left(x\right)dx+\underset{}{\overset{2}{\int }}g\text{'}\left(x\right)f\left(x\right)dx=5.$

Đáp án B.

$PT\iff \left\{\begin{array}{l}x+1>0\\ x+1=3\end{array}\right.\Rightarrow x+1=3\iff x=2.$

Đáp án D.

Ta có: $h\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-x>0\iff f\text{'}\left(x\right)>x$ tức là đồ thị $f\text{'}\left(x\right)$ nằm trên đường thẳng  $y=x$

Dựa vào đồ thị suy ra  $f\text{'}\left(x\right)>x\iff \left[\begin{array}{l}-2<x<2\\ x>4\end{array}\right.$

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-2;2\right);\left(4;+\infty \right)$ và nghịch biến trên  $\left(2;4\right);\left(-\infty ;0\right).$

Đáp án B.

 $y=x^3-3x^2+3x+2\Rightarrow y\text{'}=3x^2-6x+3=3{\left(x-1\right)}^2\ge 0\left(\forall \in ℝ\right)$

Dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm nên hàm số đồng biến trên R

Đáp án A.

Ta có: $y\text{'}=4x^{3}4x>0\iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ -1<x<0\end{array}\right.$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$  do đó hàm số đồng biến trên khoảng  $\left(2;+\infty \right).$

Đáp án C.

Ta có:  $y\text{'}=3x^2+6x-24=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-4\Rightarrow y=54\\ x=2\Rightarrow y=-54\end{array}\right.$

Do đó điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là  $\left(2;-54\right).$

Đáp án D.

Ta có:  $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\left(\text{cosx+2m}\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\cos xdx+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}2mxdx=I_1+I_2$

Ta có:  $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\cos xdx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}xd\sin x=x\sin x\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{2}}\\ {}_0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin \text{x}dx=\frac{\pi }{2}+c\text{osx}\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{2}}\\ {}_0\end{array}\right.=\frac{\pi }{2}-1$

 $I_2=m{x}^2\left|\begin{array}{l}{}^{\frac{\pi }{2}}\\ 0\end{array}\right.=m\frac{{\pi }^2}{4}\Rightarrow I_1+I_2=\frac{m{\pi }^2}{4}+\frac{\pi }{2}-1\Rightarrow m=8.$

Đáp án C.

TXĐ:  $D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left[0;+\infty \right)$

Ta có:  $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2018+\frac{\sqrt{x^2-2x}}{x-2}\right)=2019$

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2018+\frac{\sqrt{x^2-2x}}{x-2}\right)=2017$

Do đó đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang.

$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=-\infty$ dó đó đò thị hàm số có 1 tiệm cận đứng.

Đáp án D.

Gọi H là tâm của hình vuông  $ABCD;\widehat{SBH}={60}^0;HB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Khi đó  là trọng tâm tam giác SAC.

Qua G dựng đường thẳng song song với BD cắt SB;SD lần lượt là E và F.

Do tính chất đối xứng ta có:

$\frac{V_{S.AEMF}}{V_{S.ABCD}}=\frac{V_{S.AEM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SE}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}.$

 Mặt khác  $V_{A.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}HB\tan {60}^0.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}.$

Do đó  $V_{S.AEMF}=\frac{1}{3}.\frac{a^3\sqrt{6}}{6}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}.$

Đáp án A.

Hàm số $y=a^x$ có tập giá trị là $\left(0;+\infty \right);$ tập giá trị của hàm số $y={\log }_{a}x$ là khoảng  $\left(-\infty ;+\infty \right).$

Đáp án D.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overline{NM}=\left(3;1;5\right)\\ \overline{NP}\left(2;m-1;1\right)\end{array}\right.$ do đó tam giác MNP vuông tại N khi  

 $\overline{NM}.\overline{NP}=6+1.\left(m-1\right)+5=0$

$\iff m=-10.$

Đáp án C.

Ta có:  $\sqrt{3}\tan 2x-3=0\iff \tan 2x=\sqrt{3}\iff 2x=\frac{\pi }{3}+k\pi \iff x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi }{2}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án A.

Ta có  $\overline{AB}=\left(0;1;-2\right);\overline{AC}=\left(1;2;1\right)\Rightarrow \left[\overline{AB};\overline{AC}\right]=\left(5;-2;-1\right)$

Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là  $5x-2y-z-6=0.$

Do đó, điểm  thuộc mặt phẳng (ABC).

Vậy có vô số mặt phẳng cách đều bốn điểm đã cho.

Đáp án B.

Vì M thuộc đồ thị hàm số  $y=a^x\Rightarrow \frac{1}{e}=a^{\pi }\iff a\sqrt[\pi ]{\frac{1}{e}}\in \left(0;1\right).$

Và M thuộc đồ thị hàm số  $y={\log }_{b}x\Rightarrow \frac{1}{e}={\log }_b\pi \iff b^{\frac{1}{e}}=\pi \iff b\sqrt[\frac{1}{e}]{\pi }>1.$

Vậy hệ số $0<a<1$ và $b>1.$

Đáp án D.

Thể tích cần tính là  $V=V_t+V_c=\pi R^{2}h+\frac{4}{3}\pi R^2=\pi {.9}^2.36+\frac{4}{3}\pi {.9}^3=3888\pi d{m}^3.$