Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 19)

Đáp án B

Phương trình đã cho $\iff \left[\begin{array}{l}2x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ 2x=\frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k\pi \\ x=\frac{2\pi }{6}+k\pi \end{array}\right.$ 

Vì $x\in \left(0;3\pi \right)$ nên $x\in \left\{\frac{\pi }{6};\frac{7\pi }{6};\frac{13\pi }{6};\frac{\pi }{3};\frac{4\pi }{3};\frac{7\pi }{3}\right\}$ 

Đáp án C

$\begin{array}{l}\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left[2f\left(x\right)+3f\left(-x\right)\right]dx=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{4+x^2}dx\\ \iff 2\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+3\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(-x\right)dx=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{4+x^2}dx\left(1\right)\end{array}$

Đặt $t=-x\to dt=-dx.$ Đổi cận $x=2\to t=-2,x=-2\to t=2$ 

Ta có $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(-x\right)dx=\underset{2}{\overset{-2}{\int }}f\left(t\right)d\left(-t\right)=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$

Thay vào $\left(1\right)\Rightarrow \underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{5}\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{4+x^2}dx=\frac{\pi }{20}$

Đáp án D

$\left(x^3-3x^2+3x+5\right)\text{'}=3x^2-6x+3=3{\left(x-1\right)}^2\ge 0,\forall x\in ℝ$

Suy ra hàm số $y=x^3-3x^2+3x+5$ đồng biến trên R 

Đáp án C

Gỉa sử số cần tìm có 10 chữ số khác nhau tương ứng với 10 vị trí.

Vì chữ ố 0 không đứng vị tríi đầu tiên nên có 9 cách xếp vị trí cho chữ số 0 .

Có $A_9^3$ cách xếp các chữ số 7; 8 ;9 vào 9 vị trí còn lại .

Vì chữ số 6 đứng trước chữ số 5 nên có 5 cách xếp vị trí cho chữ số 6 và 1 cách xếp cho các chữ số 1;2;3;4;5 theo thứ tự tăng dần. Theo quy tắc nhân $\mathrm{9.5.}{A}_9^3=22680$ số thoảmãn.

Đáp án A

Đáp án C

$A=2^{{\log }_{4}9+{\log }_{2}5}=2^{{\log }_{2}3+{\log }_{2}5}=2^{{\log }_{2}15}=15$

Đáp án B

$4.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2\log \left(10x\right)}-16.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{\log \left(10x\right)}+9=0\left(1\right)$

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^{\log \left(10x\right)}$ ta có $4.t^2-16.t+9=0$ có nghiệm $t_2>t_1>0$ $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của (1) 

$\Rightarrow {\left(\frac{3}{2}\right)}^{\log 10x_1}{\left(\frac{3}{2}\right)}^{\log 10x_2}=t_1{t}_2\iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^{\log \left(100x_1{x}_2\right)}=\frac{9}{4}\Rightarrow \log \left(100x_1{x}_2\right)=2\Rightarrow x_1{x}_2=1$

Đáp án B

Ta có ${\left(1+x\right)}^{2n}={\left(1+x\right)}^n.{\left(1+x\right)}^n$ 

Hệ số của số hạng chứ $x^n$ khi khai triển ${\left(1+x\right)}^{2n}$là $C_{2n}^n$ 

Hệ số của số hạng chứ $x^n$ khi khai triển ${\left(1+x\right)}^n.{\left(1+x\right)}^n$là ${\left(C_n^0\right)}^2+{\left(C_n^1\right)}^2+\mathrm{...}+{\left(C_n^n\right)}^2$

Vậy $S={\left(C_n^0\right)}^2+{\left(C_n^1\right)}^2+\mathrm{...}+{\left(C_n^n\right)}^2=C_{2n}^n$

Đáp án C

Ta có $6^x+\left(3+m\right)2^x+m=0\left(1\right)$ có nghiệm $x\in \left[0;1\right]$ 

$\left(1\right)\iff -m\left(2^x+1\right)=6^x+{3.2}^x\iff -m=\frac{6^x+{3.2}^x}{2^x+1}\iff -m=\frac{3^x+3}{2^{-x}+1}=g\left(x\right)$ 

$g\text{'}\left(x\right)=\frac{3^x\ln 3\left(1+2^{-x}\right)+2^{-x}\ln 2\left(3^x+3\right)}{{\left(1+2^{-x}\right)}^2}>0\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(0;1\right),g\left(0\right)=2,g\left(1\right)=4$ 

Đáp án B

Hình nón có chiều cao AB và bán kính BC. Diện tích xung quanh của hình nón là $S=\pi a.2a=2\pi a^2$ 

Đáp án D

Phương trình có nghiệm  $\iff m^2+3^2\ge 5^2\iff m^2\ge 16\iff \left[\begin{array}{l}m\le -4\\ m\ge 4\end{array}\right.$

Đáp án A

Cho lăng trụ $ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$ có $AM=a,BN=b,CP=c,S=S_{ABC}.$ 

Khi đó $V_{MNP.ABC}=\frac{a+b+c}{3}.S$ 

Đặt $AA\text{'}=a\Rightarrow AM=\frac{a}{2},PC=\frac{2a}{3};$ 

Ta có $DN+BQ=2II\text{'}=MA+PC=\frac{7a}{6};S_{ABD}=S_{CBD}=S$ 

Áp dụng tính chất có

$\begin{array}{l}{V}_{MNPQ.ABCD}=V_{MNP.ADB}+V_{NQP.CBC}=\frac{1}{3}\left(AM+BQ+DN\right).S+\frac{1}{3}\left(DN+BQ+CP\right).S\\ =\frac{1}{3}\left(3AM+3PC\right).S=\frac{7}{6}a.S=\frac{7}{12}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}\Rightarrow V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}.MNPQ}=\frac{5}{12}{V}_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=\frac{5}{12}.2018=\frac{5045}{6}\end{array}$

Đáp án D

Đặt $m=3a$ ta có ${\log }_{m}11+\left({\log }_{\frac{1}{7}}\left(\sqrt{x^2+mx+10}+4\right)\right).{\log }_m\left(x^2+mx+12\right)\ge 0.$

Dk: $m>0,m\ne 1,x^2+mx+10\ge 0$ 

Bpt đã cho tương đương với $\frac{1-{\log }_7\left(\sqrt{x^2+mx+10}+4\right).{\log }_{11}\left(x^2+mx+12\right)}{{\log }_{m}11}\ge 0\left(*\right)$

Đặt $u=x^2+mx+10,u\ge 0$ 

+ với $0<m<1:\left(*\right)\iff f\left(u\right)={\log }_7\left(\sqrt{u}+4\right).{\log }_{11}\left(u+2\right)\ge 1$ 

$f\left(9\right)=1$  và $f\left(u\right)$ là hàm số đồng biến nên ta có

$f\left(u\right)\ge f\left(9\right)\iff x^2+mx+10\ge 9\iff x^2+mx+1\ge 0$ 

Vì phương trình trên có $\Delta =m^2-4<0$ với $0<m<1$ nên phương trình vô nghiệm

+Với $m>1:f\left(u\right)\le 1=f\left(9\right)\iff 0\le u\le 9\iff 0\le x^2+mx+10\le 9\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx+10\ge 0\left(1\right)\\ x^2+mx+1\le 0\left(2\right)\end{array}\right.$ 

Xét phương trình $x^2+mx+1\le 0$ có $\Delta =m^2-4<0$

Nếu $m>2\Rightarrow \Delta >0\Rightarrow pt$ vô nghiệm $\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow$ bpt vô nghiệm

Nếu $m=2\Rightarrow pt\left(2\right)$ trên có 2 nghiệm thỏa mãn $x=-1\Rightarrow$ bpt có nhiều hơn 1 nghiệm 

Nếu $m=2\Rightarrow pt\left(2\right)$ có nghiệm duy nhất  $x=-1\Rightarrow$ bpt có nghiệm duy nhất  $x=-1$

Vậy gtct của m là $m=2\Rightarrow a=\frac{3}{2}$ 

Đáp án C

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

Hai đồ thị có 2 giao điểm khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt  

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(m+1\right)}^2+4\left(m+1\right)>0\\ 1+m+1+m\ne 0\end{array}\right.\Rightarrow \left(m+1\right)\left(m+5\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}m<-5\\ m>-1\end{array}\right.$ 

Đáp án D

$\int \sin xdx=-\cos x+C$

Đáp án D

Gọi  $O=AC\cap BD\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{a^3}{3},$ 

Vì $OM//SD\Rightarrow ND//OM\Rightarrow ND//\left(MAC\right)$ 

Vì $d\left(N,\left(AMC\right)\right)=d\left(D,\left(AMC\right)\right)=d\left(B,\left(AMC\right)\right)\Rightarrow V_{N.AMC}=V_{D.MAC}=V_{B.MAC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3}{12}$ 

Đáp án A

$\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{m+\frac{m}{x}-\frac{1}{x^2}}}{2+\frac{1}{x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{\sqrt{m}}{2}\right)\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\sqrt{m+\frac{m}{x}-\frac{1}{x^2}}}{2+\frac{1}{x}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\frac{\sqrt{m}}{2}\right)\end{array}$

Đồ thị hàm số có 2TCN $\iff \sqrt{m}$ có nghĩa, suy ra m>0 

Đáp án B

Số giá trị nguyên của m thuộc đoạn $[-2018;2018]$ để hàm số $y=\frac{{\cot }^2-2m\cot x+2m^2-1}{\cot x-m}$ nghịch biến trên $\left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)$ là

Đặt $t=\cot x,t\in \left(0;1\right),$ ta có $y=\frac{t^2-2mt+2m^2-1}{t-m}$ đồng biến trên (0;1) $y\text{'}=\frac{t^2-2mt+1}{{\left(t-m\right)}^2}$

Để hàm số đồng biến trên $\left(0;1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\ge 0,\forall t\in \left(0;1\right)\\ m\in \left(-\infty ;0\right]\cup \left[1;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{t^2+1}{t}\ge 2m,\forall t\in \left(0;1\right)\left(1\right)\\ m\in \left(-\infty ;0\right]\cup \left[1;+\infty \right)\left(2\right)\end{array}\right.$

Giải $\left(1\right)\iff g\left(t\right)=\frac{t^2+1}{t}\ge 2m,\forall t\in \left(0;1\right);g\text{'}\left(x\right)=1-\frac{1}{t^2}=0\iff t=\pm 1$ 

Lập bảng biến thiên $\Rightarrow 2m\le 2\iff m\le 1,$ kết hợp $\left(2\right)\Rightarrow \left(-\infty ;0\right]\cup \left\{1\right\}$ 

Vậy có 2020 giá trị nguyên của m thuộc đoạn $[-2018;2018]$ thỏa mãn

Đáp án A

Vì qua 4 điểm không đồng phẳng tồn tại duy nhất mặt cầu do vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $AB\text{'}CD\text{'}$ chính là mặt cầu ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.A'B'C'D' 

$\Rightarrow R=\frac{AC\text{'}}{2}=\frac{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2\text{+AA}{\text{'}}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$

Đáp án C

Gọi $\alpha$ là góc giữa SA và $\left(SBC\right),\widehat{BSC}=\beta .$ 

Ta có $V_{SABC}=\frac{1}{6}.SC.SA.SB.\sin \alpha .\sin \beta \le \frac{1}{6}SA.SB.SC$ 

$V_{SABC}\ln =\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$ khi $\sin \alpha =\sin \beta =1\to \alpha =\beta =90°\to SA,SB,SC$ đôi một vuông góc

Đáp án B

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{\sqrt{2{\text{x}}^2-3}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2+\frac{3}{x}}{-\sqrt{2-\frac{3}{x^2}}}=-\sqrt{2}$

Đáp án D

$f\text{'}\left(x\right)=x^2\left(x^2-3\text{x}\right)\left(x^2-9\right)\left(x^2+4\text{x}+3\right)$ khi đó $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu khi đi qua điểm $x=0,x=-1$  

Suy ra f(x) có 2 điểm cực trị

Đáp án A

Ta có ${\left(a+2\right)}^{n+6}=\sum _0^{n+6}{C}_{n+6}^k{a}^k{2}^{n+6-k}$ có 17 số hạng nên $n+6+1=17\Rightarrow n=10$ 

ĐÁP ÁN A

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}2.e^{2\text{x}}d\text{x}=e^{2\text{x}}{|}_0^2=e^4-1$

Đáp án D

$y=\frac{\tan x}{\sin x}=\frac{\sin x}{\cos x.\sin x}=\frac{1}{\cos x}$ có $y\left(-x\right)=y\left(x\right)=\frac{1}{\cos x}$ nên nó là hàm chẵn

Đáp án C

Đáp án D

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}{u}_5+3u_3-u_2=-21\\ 3u_7-2u_4=-34\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+4d+3\left(u_1+2d\right)-u_1-d=-21\\ 3\left(u_1+6d\right)-2\left(u_1+3d\right)=-34\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3u_1+9d=-21\\ u_1+12d=-34\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=2\\ d=-3\end{array}\right.\Rightarrow S_{15}=\frac{u_1+u_{15}}{2}.15=\frac{u_1+u_1+14d}{2}.15=-285$

Đáp án C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx\\ \underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)dx\end{array}\right.$  ta có $\left\{\begin{array}{l}a+3b=10\\ 2a-b=6\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=2\end{array}\right.\Rightarrow \underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]dx=a+b=6$ 

Đáp án C

Ta có $u_n=\frac{n}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}<1;u_n>0$ do đó dãy số $u_n=\frac{n}{n+1}$ là dãy số nào bị chặn

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow AH\perp BC$ 

LẠI CÓ $AH\perp SB\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)$