Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 16)

Đáp án A

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=2\\ u_5=22\end{array}\right.\Rightarrow 22=u_1+4d\iff d=5\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_2=2+5=7\\ u_3=7+5=12\\ u_4=12+5=17\end{array}\right.$

ĐÁP ÁN A

Đáp án D

PP tự luận: Tìm giới hạn trái và giới hạn phải.

Đáp án A

Ta có: $0<u_n<\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\mathrm{...}+\frac{1}{n\left(n+1\right)}=1-\frac{1}{n+1}<1$ 

Dãy $\left(u_n\right)$bị chặn.

Đáp án A

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}c\text{os}\sqrt{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\sin \sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\left(\cos \sqrt{x}-\sin \sqrt{x}\right)\\ f\text{'}\left(\frac{{\pi }^2}{16}\right)=\frac{1}{2\sqrt{{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2}}\left(c\text{os}\sqrt{{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2}-\sin \sqrt{{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2}\right)=\frac{1}{2.\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=0\end{array}$

Đáp án A

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

Ta có: $x_0=2\Rightarrow y_0=m+5,y\text{'}\left(x_0\right)=-m-3.$ Phương trình tiếp tuyến $\Delta$của $\left(C_m\right)$tại điểm có hoành độ $x_0=2$là: $y=\left(-m-3\right)\left(x-2\right)+m+5=\left(-m-3\right)x+3m+11$ 

$•\Delta \cap Ox=A\Rightarrow A\left(\frac{3m+11}{m+3};0\right),$với $$ $m+3\ne 0$

$•\Delta \cap Oy=B\Rightarrow B\left(0;3m+11\right)$

Suy ra diện tích tam giác OAB là: $S=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}\frac{{\left(3m+11\right)}^2}{\left|m+3\right|}$ 

Theo giả thiết bài toán ta suy ra: $\frac{1}{2}\frac{{\left(3m+11\right)}^2}{\left|m+3\right|}=\frac{25}{2}$ 

$\begin{array}{l}\iff {\left(3m+11\right)}^2=25\left|m+3\right|\iff \left[\begin{array}{l}9m^2+66m+121=25m+75\\ 9m^2+66m+121=-25m-75\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}9m^2+41m+46=0\\ 9m^2+91m+196=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-2;m=-\frac{23}{9}\\ m=-7;m=-\frac{28}{9}\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án C

Theo tính chất $\left\{\begin{array}{l}{T}_{\overrightarrow{v}}\left(A\right)=A\text{'}\\ T_{\overrightarrow{v}}\left(M\right)=M\text{'}\end{array}\right.\iff \overrightarrow{\text{AA}\text{'}}=\overrightarrow{MM\text{'}}\iff \overrightarrow{AM}=\overrightarrow{A\text{'}M\text{'}}$

Đáp án C

Ta có: $\left.\begin{array}{l}OI//SA\\ OI\notin \left(SAB\right)\end{array}\right\}\Rightarrow OI//\left(SAB\right)$ nên A đúng

Ta có: $\left.\begin{array}{l}OI//SA\\ OI\notin \left(SAD\right)\end{array}\right\}\Rightarrow OI//\left(SAD\right)$nên B đúng

Ta có: (IBD)cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác IBD nên

Ta có: $\left(IBD\right)\cap \left(SAC\right)=IO$nên D đúng.

Đáp án B

Dễ thấy: $\widehat{SCH}={45}^{\circ }$ Gọi H là trung điểm của AB ta có $SH\perp AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right).$

Ta có: $SH=HC=\frac{a\sqrt{17}}{2}.$ 

Ta có: $d=d\left(M,\left(SAC\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(D,\left(SAC\right)\right)$

Mà $\frac{1}{2}d\left(D,\left(SAC\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(B,\left(SAC\right)\right)$ nên $d=d\left(H,\left(SAC\right)\right)$

Kẻ $HI\perp AC,HK\perp SI\Rightarrow d\left(H,\left(SAC\right)\right)=HK$ 

Ta có: $HI=\frac{AB.AD}{2AC}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$ 

Từ đó suy ra: $d=HK=\frac{SH.HI}{SI}=\frac{a\sqrt{1513}}{89}.$ 

Đáp án D

 Môt mặt phẳng cách đều hai điểm (ta hiểu rằng trong trường hợp này khoảng cách từ hai điểm tới mặt phẳng lớn hơn 0) khi nó song song với đường thẳng đi qua hai điểm đó hoặc cắt đường thẳng đi qua hai điểm đó tại trung điểm của chúng.

Trở lại bài toán rõ rang cả năm điểm A, B, C, D và S không thể nằm cùng phía với mặt phẳng (P)

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Có một điểm nằm khác phía với bốn điểm còn lại.

Nếu điểm này là điểm S thì mặt phẳng (P)phải đi qua trung điểm của SA, SB, SC, SD và đây là mặt phẳng đầu tiên mà ta xác định được.

Nếu điểm này là điểm A thì mặt phẳng (P)phải đi qua trung điểm của các cạnh AS, AB, AC, AD. Không thể xác định mặt phẳng (P)như vậy vì 4 điểm đó tạo thành  một tứ diện. Tương tự như vậy điểm này không thể là B,C,D.

Trường hợp 2: Có hai điểm nằm khác phía so với ba điểm còn lại.

Nếu hai điểm này là A và S thì mặt phẳng (P)phải đi qua trung điểm của các cạnh AB, AC,AD, SB, SC, SD. Không thể xác định mặt phẳng (P)vì sáu điểm này tạo thành một  lăng trụ. Tương tự như vậy hai điểm này không thể các cặp  B và S, C và S, D và S.

Nếu hai điểm này là A và B, A và D, B và C, B và D, C và D thì mỗi trường hợp ta xác định được một mặt phẳng.

Như vậy ta xác định được 5 mặt phẳng (P).

Đáp án C

Ta có: $HC=\sqrt{B{H}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$ 

$\begin{array}{l}SH=HC.\tan SCH=a\sqrt{2}.\tan {60}^{\circ }=a\sqrt{6}\\ AC=\sqrt{B{A}^2+B{C}^2}=a\sqrt{5},SB=\sqrt{S{H}^2+H{B}^2}=a\sqrt{7}\end{array}$ 

Ta có: $\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\left(\overrightarrow{SH}+\overrightarrow{HB}\right).\overrightarrow{AC}=HB.AC.\cos BAC$ 

$\begin{array}{l}\iff \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=HB.AC.\frac{AB}{AC}=2a^2\\ SB.AC=a\sqrt{7}.a\sqrt{5}=a^2\sqrt{35}\\ \Rightarrow c\text{os}\left(SB,AC\right)=\frac{\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}}{SB.AC}=\frac{2a^2}{a^2\sqrt{35}}\Rightarrow \left(SB,AC\right)={70}^{o}14\text{'}28,22\text{'}\text{'}\end{array}$

Đáp án C

Ta có:$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{\left|3x+2\right|}{x+2}=-\infty$  và $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left|3x+2\right|}{x+2}=+\infty$nên đường thẳng $x=-2$là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|3x+2\right|}{x+2}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{\left|3x+2\right|}{\left|x\right|}}{\frac{x+2}{\left|x\right|}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|3+\frac{2}{x}\right|}{\frac{x}{\left|x\right|}+\frac{2}{\left|x\right|}}=\frac{3}{-1}=-3$nên đường thẳng $y=-3$là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left|3x+2\right|}{x+2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{\left|3x+2\right|}{\left|x\right|}}{\frac{x+2}{\left|x\right|}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left|3+\frac{2}{x}\right|}{\frac{x}{\left|x\right|}+\frac{2}{\left|x\right|}}=\frac{3}{1}=3$nên đường thẳng $y=3$là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Đáp án B

Ta có: $4x^2\left(1-x^2\right)=1-k\iff x^4-x^2=\frac{k-1}{4}$  

Để phương trình trên có bốn nghiệm phân biệt thì: $-\frac{1}{4}<\frac{k-1}{4}<0\iff 0<k<1.$số đã cho.

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=10x^4-10x^2=10x^2\left(x^2-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$ 

Xét dấu 

Do đó, hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy $x=0\Rightarrow d=1$ tức là d>0

Ta thấy $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ nên a>0.

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C)và trục Ox:

$\begin{array}{l}{x}^3-3\left(m+1\right)x^2+2\left(m^2+4m+1\right)x-4m\left(m+1\right)=0\\ \iff \left(x-2\right)\left(x^2-\left(3m+1\right)x+2m^2+2m\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x-2=0\\ x^2-\left(3m+1\right)x+2m^2+2m=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=2m\\ x=m+1\end{array}\right.\end{array}$

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}1<2m\ne 2\\ 1<m+1\ne 2\\ 2m\ne m+1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}<m\ne 1\\ 0<m\ne 1\\ m\ne 1\end{array}\right.\iff \frac{1}{2}<m\ne 1.$ Vậy chọn $\frac{1}{2}<m\ne 1$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(C_m\right)$và trục hoành là

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

$\left(C_m\right)$cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt $\iff$Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác $1\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta >0\\ 1-1-m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1+4m>0\\ m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-\frac{1}{4}\\ m\ne 0\end{array}\right.\left(*\right)$

Gọi $x_3=1$ còn $x_1,x_2$là nghiệm phương trình (1) nên theo Vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=1\\ x_1{x}_2=-m\end{array}\right..$ 

Vậy $x_1^2+x_2^2+x_3^2=4\iff x_1^2+x_2^2+1=4\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-3=0\iff m=1$ (thỏa (*))

Vậy chọn $m=1.$ 

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-2\right\}$Ta có: $y\text{'}=\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}>0;\forall x\in D$

Khi đó: $y\left(0\right)=-\frac{1}{2};y\left(2\right)=\frac{1}{4}\Rightarrow$ Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1/4 

Đáp án C

Áp dụng bất đẳng thức C.S ta có:

$\sqrt{45+20x^2}=\sqrt{5\left(9+4x^2\right)}=\sqrt{\left(2^2+1^2\right)\left(3^2+{\left(2x\right)}^2\right)}\ge \left|2.3+1.2x\right|=\left|6+2x\right|$ 

Suy ra $y\ge \left|6+2x\right|+\left|2x-9\right|.$ Áp dụng bất đẳng thức $\left|a\right|+\left|b\right|\ge \left|a+b\right|$ ta được:

$\left|6+2x\right|+\left|2x-9\right|=\left|6+2x\right|+\left|9-2x\right|\ge \left|6+2x+9-2x\right|=15\Rightarrow y\ge 15$ 

Vậy hàm số $y=\sqrt{45+20x^2}+\left|2x-3\right|$có giá trị nhỏ nhất bằng 9.

Có thể đạo hàm để tìm gtnn.

Đáp án A

Tập xác đinh: $D=ℝ$. Ta có $y\text{'}=x^2-mx+2m$

Ta không xét trường hợp $y\text{'}\le 0,\forall x\in ℝ$ vì $a=1>0$

Hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài là $3\iff y\text{'}=0$ có 2 nghiệm $x_1,x_2$thỏa 

$\left|x_1-x_2\right|=3\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta >0\iff m^2-8m>0\\ {\left(x_1-x_2\right)}^2=9\iff S^2-4P=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>8haym<0\\ m^2-8m=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=9\end{array}\right.$

Đáp án A

Điều kiện: $1\le x\le 3;bpt\iff \sqrt{{\left(x-1\right)}^2+2}+\sqrt{x-1}>\sqrt{{\left(3-x\right)}^2+2}+\sqrt{3-x}$ 

Xét $f\left(t\right)=\sqrt{t^2+2}+\sqrt{t}$ với $t\ge 0$. Có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{t}{2\sqrt{t^2+2}}+\frac{1}{2\sqrt{t}}>0,\forall t>0$ 

Do đó hàm số đồng biến trên $\left[0;+\infty \right).\left(1\right)\iff f\left(x-1\right)>f\left(3-x\right)\iff x-1>3\iff x>2$ 

So với điều kiện, bpt có tập nghiệm là $S=\left(2;3\right]$

Đáp án B

Ta có: ${2.5}^{x+2}+{5.2}^{x+2}\le 133.\sqrt{{10}^x}\iff {50.5}^x+{20.2}^x\le 133\sqrt{{10}^x}$ chia hai vế bất phương trình cho $5^x$ta được:

$50+\frac{{20.2}^x}{5^x}\le \frac{133\sqrt{{10}^x}}{5^x}\iff 50+20.{\left(\frac{2}{5}\right)}^x\le 133.{\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^x\left(1\right)$ 

Đặt $t={\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^x,\left(t\ge 0\right)$phương trình (1) trở thành: $20t^2-133t+50\le 0\iff \frac{2}{5}\le t\le \frac{25}{4}$

Khi đó ta có: $\frac{2}{5}\le {\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^x\le \frac{25}{4}\iff {\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^2\le {\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^x\le {\left(\sqrt{\frac{2}{5}}\right)}^4\iff -4\le x\le 2$ nên $a=-4,b=2$ 

Vậy $b-2a=10$.

Đáp án A

Do $y=a^x$và  $y=b^x$là hai hàm đồng biến nên a;b>1 

Do $y=c^x$ nghịch biến nên c<1 Vậy c bé nhất.

Mặt khác: Lấy $x=m,$ khi đó tồn tại $y_1,y_2>0\left\{\begin{array}{l}{a}^m=y_1\\ b^m=y_2\end{array}\right.$

Dễ thấy $y_1<y_2\Rightarrow a^m<b^m\Rightarrow a<b$ 

Vậy b>a>c.

Đáp án A

Hàm số $y={\log }_{x-1}x$ xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-1>0\\ x-1\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>1\\ x\ne 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ x\ne 2\end{array}\right.$

Đáp án D

ĐÁP ÁN D

Đáp án A

$F\text{'}\left(x\right)=7\cos x+\mathrm{s}\text{inx}$

Đáp án A

$f\left(x\right)=\frac{1}{x^2+x-2}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+2}\right)$

Đáp án A

Thực hiện các phép tính sau trên máy tính

Vậy ta nhận đáp án $f\left(x\right)=\mathrm{s}\text{inx}$