Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 17)

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x^2-1\right)=0,\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x+m\right)=1+m,f\left(1\right)=1^2-1=0$

 để hàm số liên tục tại $x_0=1$ thì $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\iff 0=1+m\iff m=-1$

Đáp án A

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}-x^2+3x+4>0\\ 2-x\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<x<4\\ x\le 2\end{array}\right.\Rightarrow$TXĐ: $D=\left(-1;2\right]$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm là $\underset{x\to 1^{-}}{\frac{2x+4}{x-1}=x+1}\iff x^2-2x-5=0\iff x=1\pm \sqrt{6}$

$\Rightarrow M\left(1+\sqrt{6};2+\sqrt{6}\right),N\left(1-\sqrt{6};2-\sqrt{6}\right)\Rightarrow I\left(1;2\right)$

Đáp án B

Phải chọn 2 học sinh nam và 4 học sinh nữ $\Rightarrow$ Theo quy tắc nhân số cách chọn là $C_6^2{C}_9^4$(Cách).

Đáp án C

Đáp án D

Ta có ${\log }_2\frac{2\sqrt[3]{a}}{b^3}={\log }_{2}2+{\log }_2\sqrt[3]{a}-{\log }_2{b}^3=1+\frac{1}{3}{\log }_{2}a-3{\log }_{2}b$

Đáp án D

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

$y\left(-3\right)=53,y\left(1\right)=1,y\left(0\right)=-1,y\left(2\right)=3\Rightarrow \underset{\left[-3;1\right]}{Max}y=53,\underset{\left[-3;1\right]}{Min}y=-1$

Đáp án A

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M và G xuống ABCD

Ta có $\frac{V}{V\text{'}}=\frac{\frac{1}{3}MH.S_{ABC}}{\frac{1}{3}GK.S_{ADB}}=\frac{3}{2}.\frac{\frac{1}{2}{S}_{ABCD}}{\frac{1}{2}{S}_{ABCD}}=\frac{3}{2}$

Đáp án A

[Tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt]

Đáp án A

Giả sử $A\text{'}\left(a;b\right)=T_{\overrightarrow{v}}\left(A\right)\Rightarrow \overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{v}\iff \left\{\begin{array}{l}a-3=-1\\ b-5=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=7\end{array}\right.\Rightarrow A\text{'}\left(2;7\right)$

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x}{\sqrt{x^2-1}}=2,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x}{\sqrt{x^2-1}}=-2\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 TCN

Mặt khác $x^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 TCĐ

Đáp án C

Thể tích khối chóp S.ABC là

$V=\frac{1}{6}SA.SB.SC=\frac{1}{6}.2\sqrt{3}\mathrm{.2.3}=2\sqrt{3}$

Đáp án C

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

Đáp án C

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

Đáp án B

Ta có $\cos \left(-2x\right)=\cos 2x$ nên hàm số $y=\cos 2x$ là hàm số chẵn

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=-3x^2+6x=-3x\left(x-2\right)\Rightarrow y\text{'}>0\iff 0<x<2$

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)

Đáp án C

PT $\left[\begin{array}{l}2x=-\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ 2x=\frac{5\pi }{4}+k2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{8}+k\pi \\ x=\frac{5\pi }{8}+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Vì $x\in \left(0;\pi \right)\Rightarrow \left[\begin{array}{l}0<-\frac{\pi }{8}+k\pi <\pi \\ 0<\frac{5\pi }{8}+k\pi <\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\frac{1}{8}<k<\frac{9}{8}\\ -\frac{5}{8}<k<\frac{3}{8}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}k=1\\ k=0\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=\frac{7\pi }{8}\\ x=\frac{5\pi }{8}\end{array}\right.$

Đáp án D

Vì $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp CA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BC\perp SC\Rightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC

Vì $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow H$ là trung điểm của AB

Đáp án B

Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên R

Đáp án C

Đáp án D

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\sqrt{3}\right)}^2.4=4\pi$

ĐÁP ÁN C

Đáp án B

Hình trụ có bán kính đáy $r=\frac{AD}{2}=\frac{2}{2}=1$, chiều cao $h=AB=1$

Diện tích toàn phần hình trụ là $S_{tp}=2\pi rl+2\pi r^2=2\pi \mathrm{.1.1}+2\pi {.1}^2=4\pi$

Đáp án B

Ta có $x=a\sqrt{a\sqrt[3]{a}}=a^{\frac{5}{3}}\Rightarrow P={\log }_a{a}^{\frac{5}{3}}=\frac{5}{3}$

Đáp án B

Vì $BC//AD$ nên $\left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)=d$trong đó d qua S và song song với BC

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=4x^3+6x^2=2x^2\left(2x+3\right)$

Suy ra $h=AB=1$ đổi dấu lần qua điểm $x=-\frac{3}{2}$, suy ra hàm số có 1 cực trị

Đáp án D

Đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là

$d=2r=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=3a$

Đáp án A

BPT $\iff \left\{\begin{array}{l}3x-5>0\\ x+1>0\\ 3x-5<x+1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>\frac{5}{3},x>-1\\ x<3\end{array}\right.\Rightarrow \frac{5}{3}<x<3$

 Đáp án C

Đáp án B

PT $\iff 2^{2x^2}=2^{x+1}\iff 2x^2=x+1\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{-\frac{1}{2};1\right\}$

Đáp án A

Đặt $t=2^x>0$ta có $\frac{t^2}{4}-m\left(t+1\right)>0\iff g\left(t\right)=\frac{t^2}{4\left(t+1\right)}>m$(do $t>0$)

Bất PT có nghiệm với $x\in ℝ\iff \underset{x>0}{\min }g\left(t\right)>m$

Xét $g\left(t\right)=\frac{1}{4}\frac{t^2}{t+1}\left(t>0\right)$ta có $g\text{'}\left(t\right)=\frac{2t\left(t+1\right)-t^2}{4{\left(t+1\right)}^2}=\frac{t^2+2t}{4{\left(t+1\right)}^2}>0\left(\forall t>0\right)$

Do đó hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Lập BBT suy ra $m\le 0$ là giá trị cần tìm

Đáp án B

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{30}{2\sin 60}=\sqrt{3}$

Độ dài đường cao là $AH=AB\sin B=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Khi quay quanh đường thẳng AD

Thể tích hình cầu tạo thành là: $V_1=\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi \sqrt{3}$

Thể tích khối nón tạo thành là: $V_2=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi H{B}^2.AH=\frac{23}{8}\pi \sqrt{3}$

Đáp án A

Dễ thấy $\Delta ABC$ là tam giác vuông cân tại B, do đó $OA=OB=OC$(với O là trung điểm của AC)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp A{B}_1,$ lại do $A{B}_1\perp SB\Rightarrow A{B}_1\perp B_{1}C$

Do đó $\Delta A{B}_{1}C$ vuông tại O nên $OA=OC=O{B}_1$

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $ABC{C}_1{B}_1$

Do đó $R=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{3}$

Đáp án B

Ta có $\left(C\right)\cap Oy=\left(0;4\right)\Rightarrow d:y=kx+4$

PT hoành độ giao điểm là $-x^3+6x^2-9x+4=kx+4\iff x\left(x^2-6x+9+k\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ g\left(x\right)=x^2-6x+9+k=0\end{array}\right.$ 

Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt thì $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=9-9-k>0\\ g\left(0\right)=9+k\ne 0\end{array}\right.\left\{\begin{array}{l}k<0\\ k\ne -9\end{array}\right.$

 Đáp án D

Khi $x=0\Rightarrow y=1\Rightarrow \frac{b}{-1}=1\Rightarrow b=-1$

Tiếp tuyến tại A có hệ số góc $-3\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=\frac{-a-b}{{\left(0-1\right)}^2}=-3\Rightarrow a+b=3$

Đáp án C

Hàm số xác định khi $\left\{\begin{array}{l}\sin x\ne \frac{1}{2}\\ \sin x\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne \frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x\ne \frac{5\pi }{6}+k2\pi \\ x\ne k\pi \end{array}\right.$

Đáp án D

Ta có ${\left(1-2x+2015x^{2016}-2016x^{2017}-2017x^{2018}\right)}^{60}=\sum _{k=0}^{60}{\left(1-2x\right)}^k{\left(\mathrm{.....}\right)}^{80-k}$

Số hạng chứa $x^3$trong khai triển là hệ số $x^3$trong khai triển ${\left(1-2x\right)}^{80}.{\left(\mathrm{.....}\right)}^0$

Khi đó số hạng chứa $x^3$ trong khai triển là: $C_{60}^3{\left(1\right)}^{80-3}.{\left(2x\right)}^3=-8.C_{60}^3{x}^3$

Đáp án A

Do $AA\text{'}//BB\text{'}\Rightarrow V_{M\text{'}.BCB\text{'}C\text{'}}=V_{A\text{'}BCC\text{'}B\text{'}}=V-V_{A\text{'}.ABC}=V-\frac{V}{3}-\frac{2V}{3}$ (với V là thể tích của khối lăng trụ)

Dựng $AH\perp BC$lại có $AA\text{'}\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(A\text{'}HA\right)$

Do đó $\stackrel{⏜}{\left(A\text{'}BC\right);\left(ABC\right)}=\stackrel{⏜}{A\text{'}HA}=30°;AH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}$

Khi đó $AA\text{'}=AH\tan 30°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$V=AA\text{'}.S_{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9}{8}{a}^3\Rightarrow V_{M.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{9}{8}{a}^3=\frac{3}{4}{a}^3$

Đáp án D

Phát họa đồ thị hàm số $f\left(x\right)$(hình vẽ)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 7 điểm

Từ đó suy ta hàm số có 6 điểm cực trị nên $f\text{'}\left(x\right)=0$có 6 nghiệm

Hay đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ cắt trục hoành tại 6 điểm phân biệt

Đáp án A

Do $MN//AD$ nên giao tuyến của (SAD) và (GMN) song song với AD

Khi đó qua G dựng đường  thẳng song song với AD cắt SA và SD lần lượt tại Q và P

Thiết diện là hình thang MNPQ

Lại có $PQ=\frac{2}{3}AD=2BC$

Mặt khác $MN=\frac{BC+AD}{2}=\frac{BC+3BC}{2}=2BC$

Suy ra $PQ=MN$do đó thiết diện là hình bình hành

Đáp án A

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{2mx+1}{-x+m}$ trên $\left[2;3\right]$ có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2m^2+1}{{\left(-x+m\right)}^2}>0$

Suy ra $f\left(x\right)$ là hàm số đồng biến trên $\left[2;3\right]\to \underset{\left[2;3\right]}{Max}f\left(x\right)=f\left(3\right)=\frac{6m+1}{m-3}$

Mặt khác $\underset{\left[2;3\right]}{Max}y=-\frac{1}{3}$ suy ra $\frac{6m+1}{m-3}=-\frac{1}{3}\iff 18m+3=-m+3\iff m=0$

Đáp án C

Dựa vào hình 2.13, ta thấy rằng:

Hàm số $y=a^x$là hàm số đồng biến; hàm số $y=b^x,y=c^x$ là các hàm số nghịch biến

Suy ra $a>1$ và $y=a^x$

Gọi $B\left(-1;y_B\right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=b^x\Rightarrow y_B=\frac{1}{b}$

Và $C\left(-1;y_C\right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=c^x\Rightarrow y_C=\frac{1}{c}$

Dựa vào đồ thị, ta có $y_B>y_C\iff y_C=\frac{1}{c}$

Vậy hệ số $a>c>b$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$cắt trục hoành tại 3 điểm $x=\pm 1;x=3\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)=0$

Suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) tại $x=1$ là $\left(d\right):y=f\left(1\right)$

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, ta thấy đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ cắt đường thẳng $y=f\left(1\right)$ tại 2 điểm A, B phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_A=a<-1$ và $x_B=b>3$ . Vậy $a^2+b^2>10$

Đáp án A

Ta có $\tan \frac{\pi }{8}=\sqrt{2}-1$ suy ra $u_{n+1}=\frac{u_n+\tan \frac{\pi }{8}}{1-\tan \frac{\pi }{8}.u_n}$

Đặt $\tan \phi =2$ suy ra $u_1=\tan \phi \to u_2=\frac{u_1+\tan \frac{\pi }{8}}{1-\tan \frac{\pi }{8}.u_1}=\frac{\tan \phi +\tan \frac{\pi }{8}}{1-\tan \phi .\tan \frac{\pi }{8}}=\tan \left(\phi +\frac{\pi }{8}\right)$

Do đó $u_3\left(\tan \phi +2.\frac{\pi }{8}\right)\to u_n\left(\tan \phi +n.\frac{\pi }{8}\right)$

Vậy $u_{2018}=\tan \left(\phi +2017.\frac{\pi }{8}\right)=\tan \left(\phi +\frac{\pi }{8}\right)=u_2=\frac{2+\sqrt{2}-1}{1-2\left(\sqrt{2}-1\right)}=7+5\sqrt{2}$

Đáp án C

Ta có $3^x=5^y={15}^{\frac{2017}{x+y}-z}=k$và $\frac{2017}{x+y}-z=t$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}3=k^{\frac{1}{x}}\\ 5=k^{\frac{1}{y}}\end{array}\right.$và $15=k^{\frac{1}{t}}$

Khi đó $3.5=k^{\frac{1}{t}}\iff k^{\frac{1}{x}}.k^{\frac{1}{y}}=k^{\frac{1}{t}}\iff k^{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}=k^{\frac{1}{t}}\iff t\left(x+y\right)=xy\iff 2017-\left(x+y\right)z=\left(xy\right)$