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

Đáp án B

Đáp án A

PT hoành độ giao điểm là $x+1=\frac{x+3}{x-1}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-x-4=0\end{array}\right.,\Delta =\sqrt{17}>0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=1\\ y_A+y_B=-4\end{array}\right.$ 

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}A\left(x_A;x_A+1\right)\\ B\left(x_B;x_B+1\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB=\sqrt{2{\left(x_A-x_B\right)}^2}=\sqrt{2{\left(x_A+x_B\right)}^2-8x_A{x}_B}=\sqrt{2{\left(1\right)}^2-8\left(-4\right)}=\sqrt{34}$ 

Đáp án A

Đáp án A

$PT\iff {\left(2^x\right)}^{2}2-5\left(2^x\right)+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=2\\ 2^x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{-1;1\right\}$

Đáp án D

$PT\iff \left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ x-1=4\end{array}\right.\Rightarrow x-1=4\iff x=5.$

Đáp án D

Các vtpt của (Q)và (R)lần lượt là:$\overrightarrow{n_1}\left(1;1;3\right)$ và $\overrightarrow{n_2}\left(2;-1;1\right)$

=> vtpt của (P)là: $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right]=\left(4;5;-3\right)$

$\Rightarrow \left(P\right):4\left(x-2\right)+5\left(y-1\right)-3\left(z+3\right)hay\left(P\right):4x+5y-3z-22=0.$ 

Đáp án D

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=2\left(x-2\right)e^x+{\left(x-2\right)}^2{e}^x=x\left(x-2\right)e^x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ 

Suy ra $y\left(1\right)=e,y\left(2\right)=0,y\left(3\right)=e^3\Rightarrow \underset{\left[1;3\right]}{m\text{ax}}y=e^3.$ 

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=m{x}^2-2\left(m+1\right)x+m-2.$Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right).$

TH1: $m=0\Rightarrow y\text{'}\le 0\iff -2x-2\le 0\iff x\ge -1\Rightarrow$ hàm số không nghịch biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)$

TH2: $m\ne 0\Rightarrow y\text{'}\le 0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ \Delta \text{'}\left(y\text{'}\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ {\left(m+1\right)}^2-3m\left(m-2\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\le -\frac{1}{4}\end{array}\right.\Rightarrow m\le -\frac{1}{4}$ Kết hợp 2 TH, suy ra $m\le -\frac{1}{4}.$ 

Đáp án C

Đáp án D

$BPT\iff 5^{x+2}<5^{2x}\iff x+2<2x\iff x>2\Rightarrow S=\left(2;+\infty \right)$ 

Đáp án B

Đặt$t=3x-3\Rightarrow dt=3dx\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1,t=0\\ x=4,t=9\end{array}\right.\Rightarrow \underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(3x-3\right)dx=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=3$

Đáp án A

Đáp án C

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

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

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=\left(-\infty ;0\right)\cup \left(2;+\infty \right)$ 

Ta có $y\text{'}=\frac{2x-2}{\left(x^2-2x\right)\ln 2}\Rightarrow y\text{'}>0\iff x>1$

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)$ 

Đáp án D

Gọi $M\left(a;b\right)$là điểm thuộc đồ thị hàm số có tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x+6\Rightarrow y\text{'}\left(a\right)=3a^2-6a+6=3{\left(a-1\right)}^2+3\ge 3\Rightarrow \min y\text{'}\left(a\right)=3\iff a=1$ 

Suy ra $y\left(1\right)=9\Rightarrow PTTT$ tại $M\left(1;9\right)$là $y=3\left(x-1\right)+9y=3x+6$

Đáp án C

Khối tròn xoay tạo thành 2 khối nón, đó là: khối nón đỉnh B, đường sinh AB và khối nón đỉnh C đường sinh CA. Thể tích khối tròn xoay được tạo thành là: $V=2.\frac{1}{3}\pi {.1}^2.1=\frac{2\pi }{3}.$

Đáp án C

Ta có $\underset{\pi }{\overset{b}{\int }}4c\text{os}2xdx=2\sin 2x\left|{}_{\pi }{}^b\right.=2\iff \sin \left(2b\right)=1\sin \left(2b\right)=\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}b=\frac{\pi }{12}+k\pi \\ b=\frac{5\pi }{12}+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$  

$b\in \left(\pi ;3\pi \right)\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\pi <\frac{\pi }{12}+k_1\pi <3\pi \\ \pi <\frac{5\pi }{12}+k_2\pi <3\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\frac{11}{12}<k_1<\frac{35}{12}\\ \frac{7}{12}<k_2<\frac{31}{12}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{k}_1\left\{1;2\right\}\\ k_2\left\{1;2\right\}\end{array}\right.$

Suy ra có 4 giá trị thực của b thuộc $\left(\pi ;3\pi \right)$ thỏa mãn đề bài.

Đáp án B

Gọi bán kính đáy là R=>độ dài đường sinh là: 2R

Diện tích toàn phần của hình trụ là: $S_{tp}=2\pi R^2+2\pi R.2R=6\pi R^2=4\pi \iff R=\frac{2}{\sqrt{6}}$ 

Thể tích khối trụ là: $V=\pi R^2.2R=2\pi {\left(\frac{2}{\sqrt{6}}\right)}^3=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}.$

 Đáp án C

Hàm số có tập xác định $D=ℝ\iff x^2+m>0\Rightarrow m>0$

Đáp án A

Đáp án D

Sau 5s đầu người lái xe đi được $\underset{0}{\overset{5}{\int }}75dt=87,5m$ 

Vận tốc đạt được sau 5s là: $s=v\left(5\right)=35m/s$

Khi gặp chướng ngại vật, vận tốc của vật giảm theo PT: $v=35-35t$ 

Quãng đường vật đi được từ khi gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là: $s=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(35-35t\right)dt=17,5m$ 

Do đó $\sum s=105mét$ 

Đáp án C

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=2018.\frac{\left(e^{\frac{x}{2018}+\sqrt{e}}\right)\text{'}}{e^{\frac{x}{2018}}+\sqrt{e}}=\frac{e^{\frac{x}{2018}}}{e^{\frac{x}{2018}}+\sqrt{e}}=g\left(x\right)$ 

Lại có: $g\left(a\right)+g\left(2018-a\right)=\frac{e^{\frac{a}{2018}}}{e^{\frac{a}{2018}}+\sqrt{e}}+\frac{e^{1-\frac{a}{2018}}}{e^{1-\frac{a}{2018}}+\sqrt{e}}=\frac{e^{\frac{a}{2018}}}{e^{\frac{a}{2018}}+\sqrt{e}}+\frac{\sqrt{e}}{e^{\frac{a}{2018}}+\sqrt{e}}=1$ 

Do đó $T=g\left(1\right)+g\left(2017\right)+g\left(2\right)+g\left(2016\right)+\mathrm{...}+g\left(1010\right)+g\left(1009\right)=1008+g\left(1009\right)$ 

$=1008+\frac{1}{2}=\frac{2017}{2}.$

Đáp án A

Ta có: $y\text{'}=\frac{-2b+4a}{{\left(4x-b\right)}^2}$ 

Hàm số liên tục và nghịch biến trên $\left[1;+\infty \right)$nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{b}{4}<1\\ -2b+4a<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<4\\ b>2a\end{array}\right.\stackrel{a,b\in {\mathbb{N}}^{*}}{\to }\left\{a;b\right\}=\left\{1;3\right\}$

Đáp án A

Ta có: $S_{SAB}=\frac{1}{2}SH.AB=2a^2\Rightarrow SH=4a$ 

$\Rightarrow SO=\sqrt{S{H}^2-O{H}^2}=\frac{3a\sqrt{7}}{2}$ 

$V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}.{\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{3a\sqrt{7}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{7}}{8}$

 Đáp án A

$P={\log }_a\left(bc\right)+{\log }_b\left(ac\right)+4{\log }_c\left(ab\right)={\log }_{a}b+{\log }_{a}c+{\log }_{b}a+4{\log }_{b}c+4{\log }_{c}b$ 

Ta có: ${\log }_{a}b+{\log }_{b}a\ge 2;{\log }_{a}c+4{\log }_{c}a\ge 4;{\log }_{b}c+4{\log }_{c}b\ge 4$ 

Khi đó $P\ge 10=m$  

Dấu bằng xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}a=b\\ {\log }_{a}c=4{\log }_{c}a\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=b\\ {\log }_{a}c=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=b\\ {\log }_{b}c=2\end{array}\right.$ 

Vậy $m+n=12.$ 

Đáp án B

$PT\iff \left(x-m\right)\left(x^2+xm+m^2\right)-3\left(x-m\right)\left(x+m\right)=0$ 

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

PT có 3 nghiệm phân biệt $\iff g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác m

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(m-3\right)}^2-4\left(m^2-3m\right)>0\\ g\left(m\right)=3m^2-6m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3m^2+6m+9>0\\ m\ne 0;m\ne 6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\ne 0;m\ne 2\end{array}\right.$ 

ĐAp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là: $x^4-3x^2-2-m=0\left(1\right)$ 

Gọi $A\left(x;m\right);B\left(-x;m\right)$là tọa độ giao điểm

Khi đó $\Delta OAB$vuông tại O khi $\overline{OA}.\overline{OB}=-x^2+m^2=0\iff \left|x\right|=\left|m\right|$

Khi đó $m^4-3m^2-2-m=0\iff m=2$ (thỏa mãn).

Đáp án A

Đặt $t=4^x>0\Rightarrow \left(m+1\right)t^2-2\left(2m-3\right)+6m+5=0$ 

ĐK để PT có 2 nghiệm là: $\left\{\begin{array}{l}\frac{2m-3}{m+1}>0\\ \frac{6m+5}{m+1}>0\\ \Delta \text{'}={\left(2m-3\right)}^2-\left(m+1\right)\left(6m+5\right)\end{array}\right.\left(*\right)$ 

Khi đó: $4^{x_1}=t_1;4^{x_2}=t_2\Rightarrow x_1{x}_2={\log }_4{t}_1.{\log }_4{t}_2<0\iff 0<t_1<1<t_2$ 

$\begin{array}{l}\iff \left(t_1-1\right)\left(t_2-1\right)<0\iff t_1{t}_2-t_1-t_2+1<0\\ \iff \frac{6m+5}{m+1}-2\frac{2m-3}{m+1}+1<0\iff \frac{3m+12}{m+1}<0\iff -1<m<-4\end{array}$ 

Kết hợp (*) $\Rightarrow m=-2;m=-3.$ 

Đáp án A

Ta có: $I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right).$PTTT tại điểm M bất kì là: $y=\frac{-1}{{\left(2x_0-3\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{x_0-1}{2x_0-3}\left(\Delta \right)$

Khi đó: $d\left(I;\Delta \right)=\frac{\left|\frac{1}{2\left(2x_0-3\right)}+\frac{x_0-1}{2x_0-3}-\frac{1}{2}\right|}{\sqrt{\left(\frac{1}{2x_0-3}+1\right)}}=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{{\left(2x_0-3\right)}^2}+{\left(2x_0-2\right)}^2}}\le \frac{1}{\sqrt{2}}$

Đáp án B

Gọi M là trung điểm của BC ta có: $\frac{SG}{SM}=\frac{2}{3}$ 

Do $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SBA\right)\Rightarrow \widehat{SBA}=\widehat{\left(SBC;ABC\right)}={60}^{\circ }$

Ta có: $AB\tan {60}^{\circ }=SA\Rightarrow AB=\frac{2a}{\sqrt{3}}.$ 

$\begin{array}{l}{S}_{AMB}=\frac{1}{2}AB.AD=\frac{2a^2}{\sqrt{3}}\Rightarrow V_{S.AMD}=\frac{1}{3}SA.S_{AMB}=\frac{4a^3\sqrt{3}}{9}\\ V_{S.AMD}=\frac{2}{3}{V}_{S.AMD}=\frac{8\sqrt{3}{a}^3}{27}\end{array}$