Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 12)

Đáp án A

$\begin{array}{l}F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right)\iff \left(2ax+b-\frac{d}{x^2}-a-\frac{b}{x}-\frac{c}{x^2}-\frac{d}{x^3}\right)=\left(2x-1\right)e^{\frac{1}{x}},\forall x\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b-a=-1\\ b=c=d=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=c=d=0\end{array}\right.\Rightarrow a+b+c+d=1\end{array}$

Đáp án B

$y\text{'}=4x^3+24x^2<0\iff 4x^2\left(x+6\right)<0\iff x<-6\Rightarrow$ hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-6\right)$

Đáp án A

$lo{g}_{49}28={\log }_{7^2}\left({7.2}^2\right)=\frac{1}{2}{\log }_7\left({7.2}^2\right)=\frac{1}{2}\left(1+2{\log }_{7}2\right)=\frac{1}{2}\left(1+2m\right)$

Đáp án B

Đáp án B

$PT\iff x+2=3^3=27\iff x=25$

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của C lên (OAB) 

Khi đó:  $\widehat{COH}=\widehat{\left(OC;\left(OAB\right)\right)}$

Ta có: $CH=\frac{3V}{S_{OAB}}=\frac{3.\frac{1}{12}}{\frac{1}{2}\mathrm{.1.1}}=\frac{1}{2}$ 

$\sin \widehat{COH}=\frac{CH}{CO}=\frac{\frac{1}{2}}{1}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{COH}=30°$ 

Đáp án A

Vẽ đồ thị hàm số $y=\left|x^4-2x^2\right|$ 

Để phương trình $x^2\left|x^2-2\right|=m$ có đúng 4 nghiệm thực phân biệt thì $m=1$ 

Đáp án A

$\left(y-1\right)x^2+\left(2y-1\right)x+2y-1=0\left(1\right)$ 

Nếu $y=1$ thì  $x=1$

Nếu $y\ne 1$ thì để (1) có nghiệm thì

$\Delta ={\left(2y-1\right)}^2+4\left(y-1\right)\left(2y-1\right)\ge 0\iff \left(2y-1\right)\left(3-2y\right)\ge 0\iff \frac{1}{2}\le y\le \frac{3}{2}$

$\Rightarrow \min y=\frac{1}{2};\max y=\frac{3}{2}\Rightarrow \min y+\max y=2$ 

Đáp án A

$\int f\left(3x\right)dx=\frac{1}{3}\int f\left(3x\right)d\left(3x\right)=\frac{1}{3}\left(2.3x\ln \left(9x-1\right)+C\right)=2x\ln \left(9x-1\right)+C$

Đáp án A

$u_2=2u_1=2^2;u_3=2u_2=2^3,\mathrm{...},u_n=2^n$

Đáp án A

$f\text{'}\left(0\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{y}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x^2+1}-1\right)\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}{x^2\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2\left(\sqrt{x^2+1}+1\right)}=\frac{1}{2}$

Đáp án A

$PT\iff cos8\text{x}+cos6x=cos8\text{x+}cos2x\iff cos2x=cos6x\iff 2\sin 2x\sin 4x=0\iff \sin 4x=0$

Đáp án B

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

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị $\iff y\text{'}=0$ có ba nghiệm phân biệt, suy ra $m>0$ 

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị là $A\left(0;2m\right),B\left(\sqrt{m};2m-m^2\right),C\left(-\sqrt{m};2m-m^2\right)$ 

Suy ra $H\left(0;2m-m^2\right)$ là trung điểm BC

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AH=m^2\\ BC=2\sqrt{m}\end{array}\right.\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}{m}^2.2\sqrt{m}=32\Rightarrow m=4$

Đáp án D

$\begin{array}{l}{S}_{ABCD}=a^2\sin 45°=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}\\ 2S{A}^2=A{B}^2=a^2\Rightarrow SA=\frac{a}{\sqrt{2}}\\ SH=\sqrt{{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}\end{array}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là

 $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}\frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Đáp án C

Gọi $M\left(x_0;\frac{2x_0-3}{x_0-2}\right)$ là tiếp tuyến của d với  (C) 

Ta có $y\text{'}=-\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(x_0\right)=-\frac{1}{{\left(x_0-2\right)}^2}$ 

Suy ra $d:y=-\frac{1}{{\left(x_0-2\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{2x_0-3}{x_0-2}\iff d:y=-\frac{1}{{\left(x_0-2\right)}^2}x+\frac{2x_0^2-6x_0+6}{{\left(x_0-2\right)}^2}$ 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}d\cap \left(x=2\right)=A\left(2;\frac{2x_0-2}{x_0-2}\right)\\ d\cap \left(y=2\right)=B\left(2x_0-2;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB=\sqrt{4{\left(x_0-2\right)}^2+\frac{4}{{\left(x_0-2\right)}^2}}$ 

Có $A{B}^2=4{\left(x_0-2\right)}^2+\frac{4}{{\left(x_0-2\right)}^2}\ge 24\sqrt{{\left(x_0-2\right)}^2\frac{4}{{\left(x_0-2\right)}^2}}=8\Rightarrow AB\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow \min AB=2\sqrt{2}$

Đáp án C

Hàm số xác định

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{2x}{x+1}>0\\ {\log }_9\frac{2x}{x+1}-\frac{1}{2}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{2x}{x+1}>0\\ \frac{2x}{x+1}>3\end{array}\right.\Rightarrow \frac{2x}{x+1}>3\iff \frac{x+3}{x+1}<0\iff -3<x<-1$

Đáp án C

$f\left(x\right)=\left(\frac{1}{x}+\ln \left|5x\right|+C\right)\text{'}=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}$

Đáp án C

$BPT\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-4x+3>0\\ x-3>x^2-4x+3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x>3\\ x<1\end{array}\right.\\ 2<x<3\end{array}\right.\Rightarrow x\in \varnothing \iff S=\varnothing$

Đáp án B

$y\text{'}=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}-\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}<0,\forall x\in \left[-5;-3\right]\Rightarrow \underset{\left[-5;-3\right]}{\max }y=y\left(-5\right)=-\frac{47}{60}$

Đáp án D

$\text{tanx=}\frac{1}{2}\iff \frac{\mathrm{s}\text{inx}}{cos\text{x}}\text{=}\frac{1}{2}\Rightarrow cos\text{x-}\mathrm{s}\text{inx=}\mathrm{s}\text{inx}$

$\text{tan}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)\text{=}\frac{\mathrm{s}\text{in}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}{cos\left(x+\frac{\pi }{4}\right)}\text{=}\frac{cos\text{x+}\mathrm{s}\text{inx}}{cos\text{x}-\mathrm{s}\text{inx}}=\frac{cos\text{x+}\mathrm{s}\text{inx}}{\mathrm{s}\text{inx}}=1+\frac{cos\text{x}}{\mathrm{s}\text{inx}}=1+2=3$

Đáp án D

Dựng $CE//BM$ khi đó $d\left(BM;SC\right)=d\left(BM;\left(SCE\right)\right)$ 

Ta có $\frac{AE}{ME}=\frac{3}{2}\Rightarrow d_M=\frac{2}{3}{d}_A$ 

Dựng $AI\perp CE;AF\perp SI\Rightarrow d_A=AF$ 

Trong đó $SA=a,AI=AE\sin E,$ với

$\sin E=\frac{CD}{CE}=\frac{a}{\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow AI=\frac{3a}{2}.\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{3a}{\sqrt{5}}$ 

Hoặc tính $AI=\frac{2S_{ACD}}{CD}\Rightarrow d_A=\frac{AI.SA}{\sqrt{A{I}^2+S{A}^2}}=\frac{3}{\sqrt{14}}\Rightarrow d_M=\frac{2}{\sqrt{14}}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}PT\iff {\left(\frac{1+cos2x}{2}\right)}^2-cos2x+2{\left(\frac{1+cos2x}{2}\right)}^3=0\\ \iff co{s}^{3}2x-4co{s}^{2}2x+5cos2x-2=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}cos2x=2\\ cos2x=1\end{array}\right.\Rightarrow cos2x=1\iff 2x=k2\pi \iff x=k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)\\ x\in \left[0;2\pi \right]\Rightarrow 0\le k\pi \le 2\pi \iff 0\le k\le 2\Rightarrow k\in \left\{0;1;2\right\}\end{array}$

Đáp án B

Chỉ có khẳng định (I) đúng

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$ 

Hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ$ 

$\begin{array}{l}TH1:a=0\Rightarrow y\text{'}=2bx+c\Rightarrow \left[\begin{array}{l}b=0\Rightarrow y\text{'}=c>0\iff c>0\\ b\ne 0\Rightarrow y\text{'}=2bx+c\ge 0\iff c\ge -\frac{c}{2b}\Rightarrow a=b=0,c=0\end{array}\right.\\ TH2:a\ne 0\Rightarrow y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta ={\left(2b\right)}^2-12ac\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b^2-3ac\le 0\end{array}\right.\end{array}$ 

Kết hợ 2TH, ta có $\left[\begin{array}{l}a=b=0,c>0\\ a>0,b^2-3ac\le 0\end{array}\right.$ 

Đáp án A

Số các số thỏa mãn đề bài là $A_6^3=120$

Đáp án C

Đáp án C

Đặt $t=2^{x^2-2x},t\in \left(0;+\infty \right)\Rightarrow BPT\iff \frac{2}{t}+t\ge m\left(1\right)$ 

Ta có $t+\frac{2}{t}\ge 2\sqrt{t.\frac{2}{t}}=2\sqrt{2}\Rightarrow \left(1\right)\iff m\le 2\sqrt{2}$

Đáp án D

${\left(1+x\right)}^6{\left(1+y\right)}^6=\left(\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^k\right)\left(\sum _{k=0}^6{C}_6^k{y}^k\right)=\sum _{k=0}^6{\left(C_6^k\right)}^2{x}^k{y}^k$

Số hạng chứa $x^3{y}^3\Rightarrow k=3\Rightarrow a_3={\left(C_6^3\right)}^2{x}^3{y}^3=400x^3{y}^3$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm $x=\frac{x-5}{x+m}\iff \left\{\begin{array}{l}x+m\ne 0\\ x^2+\left(m-1\right)x+5=0\left(1\right)\end{array}\right.$

Hai đồ thị có 2 giao điểm $\iff \left(1\right)$ có 2 nghiệm phân biệt $x\ne -m$ 

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(m-1\right)}^2-20>0\\ {\left(-m\right)}^2-m\left(m-1\right)+5\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m>2\sqrt{5}+1\\ m<1-2\sqrt{5}\end{array}\right.\\ m\ne -5\end{array}\right.\left(*\right)$ 

Khi đó

$\left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=1-m\\ x_A{x}_B=5\end{array}\right.\Rightarrow AB=\sqrt{2{\left(x_A-x_B\right)}^2}=\sqrt{2{\left(x_A+x_B\right)}^2-8x_A{x}_B}=\sqrt{2{\left(1-m\right)}^2-40}=4\sqrt{2}$ 

$\Rightarrow 2{\left(1-m\right)}^2-40=32\Rightarrow {\left(m-1\right)}^2=36\iff \left[\begin{array}{l}m=7\\ m=-5\end{array}\right.$ 

Kết hợp điều kiện $\left(*\right)\Rightarrow m=7$ 

Đáp án D

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

Để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

$\iff y\text{'}>0,\forall x\in D=ℝ\backslash \left\{\pm 1\right\}\Rightarrow 1-m>0\iff m<1$

Đáp án B

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại A(0;-1)$\Rightarrow b=1\Rightarrow y=\frac{ax+1}{x-1}$ 

Ta có $y\text{'}=-\frac{a+1}{{\left(x-1\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=-a-1=-3\iff a=2.$ Vậy $a=2,b=1$ 

Đáp án D

$\int f\left(x\right)dx=\int f\left(3x^2+\frac{x}{2}\right)dx=x^3+\frac{x^2}{4}+C$

Đáp án B

$\begin{array}{l}{u}_2=u_1+1;u_3=u_2+3=u_1+1+3;u_4=u_3+5=u_1+1+3+5;\mathrm{...};u_{50}=u_1+1+3+5+\mathrm{...}+2.49-1\\ =1+\left(1+3+5+\mathrm{...}+97\right)=1+\frac{\left(1+97\right).49}{2}=2402\end{array}$

Đáp án C

Đáp án D

$y\text{'}=3x^2-6x+3=3\left(x^2-2x+1\right)=3{\left(x-1\right)}^2\ge 0,\forall x\Rightarrow$ hàm số không có cực trị

Đáp án C

Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD)

Khi đó H là tâm tam giác BCD.

Đặt cạnh tứ diện là a

Ta có $BH=\frac{2}{3}\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

$\begin{array}{l}\cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{AB}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \sin \widehat{ABH}=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}\\ \Rightarrow \tan \widehat{ABH}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{2}\end{array}$

Đáp án A

Áp dụng công thức giải nhanh ta có $R=\frac{S{A}^2}{2SO}$ 

Trong đó $SA=2;OA=\frac{1}{\sqrt{2}};SO=\sqrt{4-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}$ 

Do đó  $R=\frac{4}{\sqrt{14}}$

VẬY diện tích mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp là:$s=4\pi R=4\pi \left(\frac{4}{\sqrt{14}}\right)=\frac{32\pi }{7}$ 

Đáp án A

Đáp án D

Khối bát diện đều được lập từ hai khối tứ giác đều

Thể tích 1 khối chóp là $V_1=\frac{1}{3}{a}^2\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}$ 

Thể tích khối bát diện đều là  $V=2V_1=2\frac{a^3}{3\sqrt{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$

Đáp án D

Tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng                                     

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng

Hình hộp chữ nhật có 3 mặt phẳng đối xứng

Đáp án C

Đồ thị hàm số điq qua  $A\left(1;2\right)\stackrel{}{\to }$$y=x^3-3x^2+3x+1$

Đáp án C

Thể tích khối tứ diện OABC là $V_{OABC}=\frac{OA.OB.OC}{6}=1$ 

Mà $S_{MNP}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}\stackrel{}{\to }{V}_{O.MNP}=\frac{1}{4}{V}_{O.ABC}=\frac{1}{4}$ 

Đáp án A

Rút ngẫu nhiên 2 thẻ trong 9 thẻ có $C_9^2$ cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=C_9^2$ 

Gọi X là biến cố “hai thẻ rút được có tích 2 số ghi trên 2 thẻ là số lẻ”

Khi đó 2 thẻ rút ra đều phải đưuọc đánh số lẻ $\Rightarrow$có $C_5^2$ cách $\Rightarrow n\left(X\right)=C_5^2$ 

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_5^2}{C_9^2}=\frac{5}{18}$ 

Đáp án D

Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều aco $SH=h,AB=x$ 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là $R=\frac{S{A}^2}{2\times SH}=3\iff S{A}^2=6\times SH$ 

Tam giác SAH vuông tại H, ta có $S{A}^2=S{H}^2+A{H}^2=S{H}^2+\frac{A{B}^2}{2}=h^2+\frac{x^2}{2}$ 

Suy ra $h^2+\frac{x^2}{2}=6h\iff x^2=12h-2h^2.$ 

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}$ 

Khi đó $V=\frac{1}{3}h.x^2=\frac{2}{3}h\left(6h-h^2\right)=\frac{2}{3}\left(6h^2-h^3\right)\le \frac{64}{3}$ (khảo sát hàm số)

Đáp án D

Độ dài đường sinh hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{1^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$