Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 18)

Đáp án C

Ta có: $I=-\cot x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{3}\\ \frac{\pi }{4}\end{array}\right.=\cot \frac{\pi }{4}-\cot \frac{\pi }{3}$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=\frac{5}{{\left(4-x\right)}^2}>0,\forall x\ne 4$hàm số đồng biến trên các khoàng $\left(-\infty ;4\right)$ và $\left(4;+\infty \right)$

Đáp án B

Ta có

${\log }_{3}x={\log }_3{2}^3+{\log }_{3^2}25-{\log }_{3^{\frac{1}{2}}}3={\log }_{3}8+{\log }_{2}5-{\log }_{3}9={\log }_3\frac{8.5}{9}={\log }_3\frac{40}{9}\iff x=\frac{40}{9}$

Giả sử $\overrightarrow{SD}=m\overrightarrow{SM},\overrightarrow{SB}=n\overrightarrow{SN}$

Ta có $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}\left(=2\overrightarrow{SI}\right)$

Vì $A,M,N,P$ đồng phẳng nên tồn tại các số x;y sao cho $\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AM}+y\overrightarrow{AN}$

$\iff \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC}\right)=x\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SM}\right)+y\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SN}\right)$

$\iff \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SD}\right)=x\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SM}\right)+y\left(\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{SN}\right)$

$\iff \frac{3}{2}\overrightarrow{AS}+\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{SD}=\left(x+y\right)\overrightarrow{AS}+\frac{x}{m}\overrightarrow{SM}+\frac{y}{n}\overrightarrow{SN}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x+y=\frac{3}{2}\\ \frac{x}{m}=\frac{1}{2}\\ \frac{y}{n}=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow m+n=3.$

 Ta có: $\frac{V_{S.ANP}}{V_{S.ABC}}=\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}\Rightarrow V_{S.ANP}=\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}.V_{S.ABC}=\frac{SN}{SB}.\frac{1}{2}.\frac{V}{2}\left(1\right)$

$\frac{V_{S.AMP}}{V_{S.ADC}}=\frac{SM}{SD}.\frac{SP}{SC}\Rightarrow V_{S.AMP}=\frac{SM}{SD}.\frac{SP}{SC}.V_{S.ADC}=\frac{SM}{SD}.\frac{1}{2}.\frac{V}{2}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{4}\left(\frac{SB}{SB}+\frac{SM}{SD}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\right)\ge \frac{1}{m+n}=\frac{1}{3}$

Đáp án A

Điều kiện để hàm số xác định là $2x^2-x-1>0\iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-\frac{1}{2}\end{array}\right.\left(*\right)$

Với điều kiện $\left(*\right)$ta có $\frac{4x-1}{\left(2x^2-x-1\right)\ln 2}>0\iff x\in \left(1;+\infty \right),y\text{'}<0\iff x\in \left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)\Rightarrow$

 Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)$, đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án C

Các đường tìm cận đứng là $x=-1$ và $x=1$. Các đường tiệm cận ngang là $y=-3$ và $y=3$

Đáp án C

Ta có $F\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{27}\left[3e^{3x+1}\left(9x^2-24x+17\right)+e^{3x+1}\left(18x-24\right)\right]=\frac{1}{27}{e}^{3x+1}\left(27x^2-54x+27\right)$

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

Đáp án A

Nếu tăng cạnh đáy lên 2 lần thì diện tích đáy sẽ tăng lên 4 lần. Gọi diện tích đáy lúc đầu là $S\Rightarrow$ diện tích đáy sau khi tăng là 4S.

Gọi chiều cao lúc đầu là $h\Rightarrow$chiều cao sau khi giảm là $\frac{h}{4}\Rightarrow$Thể tích lúc đầu bằng thể tích lúc sau $=\frac{Sh}{3}\Rightarrow$thể tích không thay đổi.

Đáp án D

Ta có $BC=\sqrt{{\left(a\sqrt{5}\right)}^2-a^2}=2a;S_{ABC}=\frac{1}{2}a.2a=a^2$

Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3$

Đáp án B

Ta có $K=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(e^{1+\ln f\left(x\right)}+4\right)dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(e.f\left(x\right)+4\right)dx=e\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+4\underset{0}{\overset{3}{\int }}dx=4e+4x\left|\begin{array}{l}3\\ 0\end{array}\right.=4e+12$

Đáp án B

Ta có $f\left(0\right)=-m,f\left(3\right)=\frac{3-m}{4}\Rightarrow \underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)+\underset{\left[0;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\frac{3-m}{4}-3=-2\Rightarrow m=\frac{11}{5}$

Đáp án D

Ta có

$\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)}{\sqrt{x^2+1}+x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+1}=\frac{1}{2}$

Đáp án C

Đáp án D

BPT$\iff {\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{a-1}<{\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{-1}\Rightarrow a-1<-1\iff a<0$

 Đáp án A

Ta có: $F\left(x\right)=\int {\pi }^{2}dx={\pi }^{2}x+C$

Đáp án C

Điều kiện $x>0,x\ne 1$

Đặt $t={\log }_x\frac{22}{3}$

$\Rightarrow \left(\sqrt{2t^2-2t+5}+\sqrt{2t^2-4t-+4}-\sqrt{13}\right)\left(26x^6-2x^5+27x^4-2x^3+1997x^2+2016\right)\le 0\left(1\right)$

Ta có

$\sqrt{t^2-t-\frac{5}{2}}+\sqrt{t^2-2t+2}=\sqrt{{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}+\sqrt{{\left(1-t\right)}^2+1}\ge \sqrt{{\left(t-\frac{1}{2}+1-t\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}+1\right)}^2}=\sqrt{\frac{13}{2}}$

Suy ra $\sqrt{2t^2-2t+5}+\sqrt{2t^2-4t-+4}-\sqrt{13}\ge 0$

Có $26x^6-2x^5+27x^4-2x^3+1997x^2+2016=23x^6+\left(x^6-2x^5+x^4\right)+\left(x^4-2x^3+x^2\right)+25x^4+1996x^2+2016$

$=23x^6+25x^5+1996x^2+{\left(x^3-x^2\right)}^2+\left(x^2-x^2\right)+2016>0$

Suy ra $\left(\sqrt{2t^2-2t+5}+\sqrt{2t^2-4t-+4}-\sqrt{13}\right)\left(26x^6-2x^5+27x^4-2x^3+1997x^2+2016\right)\ge 0$

Suy ra $\left(1\right)\iff \sqrt{2t^2-2t+5}+\sqrt{2t^2-4t+4}-\sqrt{13}=0\iff \frac{t-\frac{1}{2}}{1-t}=\frac{3}{2}\Rightarrow t=\frac{4}{5}$

Suy ra ${\log }_x\frac{22}{3}=\frac{4}{5}\Rightarrow x={\left(\frac{22}{3}\right)}^{\frac{5}{4}}\approx 12,1$

Đáp án C

Ta có $m={\log }_a\left(\sqrt[3]{ab}\right)=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{a}b\right)\Rightarrow {\log }_{a}b=3m-1$

Suy ra $P={\log }_a^{2}b+16{\log }_{b}a={\left(3m-1\right)}^2+\frac{16}{3m-1}$

Ta có $P\text{'}\left(m\right)=6\left(3m-1\right)-\frac{48}{{\left(3m-1\right)}^2}\Rightarrow P\text{'}\left(m\right)=0\iff 3m-1=2\iff m=1$

Ta có bảng biến thiên hàm số $y=P\left(m\right)$như sau

Từ bảng biến thiên, suy ta $\min P=12\iff m=1$

Đáp án C

Ta có $\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\sin 2xdx=-\frac{1}{2}\cos 2x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\ \frac{\pi }{6}\end{array}\right.=\frac{1}{4}=F\left(\frac{\pi }{4}\right)-F\left(\frac{\pi }{6}\right)=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

Đáp án B

Chiều cao của khối trụ là $AD=\sqrt{{\left(5a\right)}^2-{\left(4a\right)}^2}=3a$. Thể tích của khối trụ là:$V=\pi R^{2}h=\pi {\left(\frac{4a}{2}\right)}^2.3a=12\pi a^3$

Đáp án D

Đáp án D

Gọi N là trung điểm của BC

Ta có $AB//MN\Rightarrow d\left(AB;SM\right)=d\left(A;\left(SMN\right)\right)$

$SA=AC\tan 60°=5a\sqrt{3}$

$SM=\sqrt{{\left(5a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(\frac{5a}{2}\right)}^2}=\frac{5a\sqrt{13}}{2}$

$S{N}^2=S{B}^2+B{N}^2=S{A}^2+A{B}^2+{\left(\frac{BC}{2}\right)}^2={\left(5a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(3a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2=88a^2$

$\Rightarrow SN=2a\sqrt{22}$

$MN=\frac{AB}{2}=\frac{3a}{2}$

Ta có:

$S{M}^2=N{S}^2+N{M}^2-2NS.NM.cos\widehat{MNS}\iff {\left(\frac{5a\sqrt{13}}{2}\right)}^{22}=88a^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2-2.2a.\sqrt{22}.\frac{3a}{2}cos\widehat{MNS}$

$cos\widehat{MNS}=\frac{3}{2\sqrt{22}}\Rightarrow \sin \widehat{MNS}=\sqrt{\frac{79}{88}}$

$S_{SMN}=\frac{1}{2}NM.NS.sin\stackrel{⏜}{MNS}=\frac{1}{2}.\frac{3a}{2}.2a\sqrt{22}.\sqrt{\frac{79}{88}}=\frac{3a^2\sqrt{79}}{4}$

$S_{AMN}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}.3a.4a=\frac{3a^2}{2};V_{S.AMN}=\frac{1}{3}SA.S_{AMN}=\frac{1}{3}.5a\sqrt{3}.\frac{3a^2}{2}=\frac{5a^3\sqrt{3}}{2}$

 $d\left(A;\left(SMN\right)\right)=\frac{3V_{S.AMN}}{S_{SMN}}=\frac{3.\frac{5a^3\sqrt{3}}{2}}{\frac{3a^2\sqrt{79}}{4}}=\frac{10a\sqrt{3}}{\sqrt{79}}$

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án A

Hàm số có tập xác định $D=\left(-1;1\right)\backslash \left\{0\right\}$

Ta có $x^2+2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\end{array}\right.,\underset{x\to 0}{\lim }y=\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có TCĐ $x=0$

Suy ra $d\left(A;x=0\right)=\left|-5\right|=5$

Đáp án D

BPT $\iff x^2+2\le 27\iff x^2\le 25\iff -5\le x\le 5\Rightarrow S=\left[-5;5\right]$

Đáp án B

Đáp án D

Hàm số xác định $\iff x^2+x-2\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne -2\\ x\ne 1\end{array}\right.\Rightarrow D=ℝ\backslash \left\{-2;1\right\}$

 Đáp án B

Ta có $y\text{'}=x^2-4x+3=\left(x-1\right)\left(x-3\right)\Rightarrow y\text{'}<0\iff 1<x<3$

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)

Đáp án D

Ta có: $V_{O.ABC}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=6\Rightarrow OC=3$

Lại có $\frac{1}{d_{\left(O;\left(ABC\right)\right)}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}\Rightarrow d\left(O;\left(ABC\right)\right)=\frac{12}{\sqrt{41}}$

Đáp án C

Ta có: $v\text{'}\left(t\right)=\left(2t-2\right)e^{t^2-2t}=0\iff t=1$

Hàm số $v\left(t\right)=e+e^{t^2-2t}\left(m/s\right)$xác định và liên tục trên đoạn $\left[0;10\right]$

Ta có: $v\left(0\right)=e+1;v\left(1\right)=e+\frac{1}{e};v\left(10\right)=e+e^{80}$

Vậy $v_{\min }=v\left(1\right)=e+\frac{1}{e}$

Đáp án B

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Gọi M là trung điểm của $B\text{'}C\text{'}$ khi đó

$\left\{\begin{array}{l}B\text{'}C\text{'}\perp A\text{'}M\\ B\text{'}C\text{'}\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow B\text{'}C\text{'}\perp \left(A\text{'}MA\right)$

Suy ra $\stackrel{⏜}{A\text{'}MA}=\stackrel{⏜}{\left(\left(AB\text{'}C\text{'}\right)\text{'}\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right)}=30°$

Lại có $A\text{'}M=A\text{'}B\sin 30°=\frac{a}{2}\Rightarrow AA\text{'}=A\text{'}Mtan30°=\frac{a}{2\sqrt{3}}$

$\Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{a^3}{8}$

Đáp án D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

G là trọng tâm tam giác đều SBC

Đường thẳng qua O vuông góc với (ABC cắt đường thẳng qua G vuông góc với (SBC) tại I

Khi đó $R_{S.ABCD}=SI=\sqrt{G{I}^2+O{H}^2}=\sqrt{\frac{S}{4\pi }}$

Đặt $AD=AB=a\Rightarrow SG=\frac{a\sqrt{3}}{3};OH=\frac{a}{2}$

Suy ra $\sqrt{\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{4}}=\sqrt{21}\Rightarrow a=6$

Dựng $Ax//BD;HE\perp Ax,HF\perp \left(SAE\right)\Rightarrow d_{\left(BD;SA\right)}=d\left(B;\left(SAx\right)\right)=2d_H=2EF$

Lại có $AE=AH\sin 45°=\frac{3\sqrt{2}}{2};SH=3\sqrt{3}\Rightarrow HF=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$

Do đó $d\left(SA;BD\right)=\frac{6\sqrt{21}}{7}$

Đáp án B

Ta có: $y=f\left(x-2017\right)-2018x+2019\Rightarrow y\text{'}\left(x-2017\right)\left(x-2017\right)\text{'}-2018$

$=f\text{'}\left(x-2017\right)-2018$

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$suy ra PT$f\text{'}\left(x-2017\right)=f\left(t\right)=2018$ có 1 nghiệm bội lẻ duy nhất

Suy ra hàm số $y=f\left(x-2017\right)-2018x+2019$ có 1 điểm cực trị

Đáp án C

Ta có: ${\mathcal{l}}^2=r^2+h^2$

Đáp án A

Giả sử cạnh tứ diện là a và G là trọng tâm tam giác BCD

Ta có $\stackrel{⏜}{\left(AD;DM\right)}=\stackrel{⏜}{ADM}$ và $\cos \stackrel{⏜}{ADM}=\frac{GD}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\stackrel{⏜}{\left(AM;DM\right)}=\stackrel{⏜}{AMG},cos\stackrel{⏜}{AMG}=\frac{MG}{AM}=\frac{1}{3}$

$\stackrel{⏜}{AB;AM}=\stackrel{⏜}{MAB}=30°$

Sử dụng PP loại trừ

Đáp án A.

Do ABCD là hình chữ nhật nên khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD chính là khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Khi đó

$R=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2+A{D}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{5\pi a^3\sqrt{5}}{6}$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=\frac{-4}{{\left(x-2\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=-4;y\left(1\right)=-3$

Do đó PTTT tại điểm có hoành độ bằng 1 là: $y=-4\left(x-1\right)-3=-4x+1$

Đáp án A

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

 Đáp án A

Đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$có 3 điểm cực trị Đồ thị hàm số $y=f\left(x+2018\right)$có 3 điểm cực trị

Dựa vào ĐTHS $y=f\left(x\right)\Rightarrow y=\left|f\left(x+2018\right)\right|$ có 7 điểm cực trị