Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 4)

Đáp án B

Ta có

$\begin{array}{l}{\log }_{12}27=a\iff {\log }_{12}{3}^3=a\\ \iff 3{\log }_{12}3=a\iff \frac{3}{{\log }_{3}12}=a\\ \iff \frac{3}{{\log }_3\left({3.2}^2\right)}=a\iff \frac{3}{1+2lo{g}_{3}2}=a\end{array}$

$\iff {\log }_{3}2=\frac{3-a}{2a}\iff {\log }_{2}3=\frac{2a}{3-a}$ 

$\begin{array}{l}\iff {\log }_{6}24={\log }_6\left(6.4\right)=1+{\log }_6{2}^2\\ =1+\frac{2}{{\log }_{2}6}\\ =1+\frac{2}{1+{\log }_{2}3}=1+\frac{2}{1+\frac{2a}{3-a}}=\frac{9-a}{a+3}\end{array}$ 

Đáp án C

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

Đáp án C

Hàm số có 3 điểm cực trị khi $ab<0\iff m<0$ 

Đáp án A

Phương trình vận tốc của vật: $v=S\text{'}\left(t\right)=12t-3t^2=-3{\left(t-2\right)}^2+12\le 12$ 

Do đó vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi $t=2s$ 

Đáp án A

Ta có $A\iff =\sqrt{a^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{3}$ 

$SA=AC\tan {60}^0=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a;S_{ABCD}a.a\sqrt{2}=a^2\sqrt{2}$ 

Thể tích hình chóp S.ABCD là:

$V=\frac{1}{3}SA.S_{BACD}=\frac{1}{3}.3a.a^2\sqrt{2}=a^3\sqrt{2}$ 

Đáp án C

Đồ thị hàm số $y=\frac{\left|x\right|-2}{x+1}$ có 2 tiệm cận ngang klaf: $y=\pm 1$ 

Đáp án D

Ta có $m^{\sqrt{3}}{\left(\frac{1}{m}\right)}^{\sqrt{3}-2}=m^{\sqrt{3}}{m}^{2-\sqrt{3}}=m^2$

Đáp án B

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là 

$$\begin{gathered} x^3-3x^2+2x-1=x^2-3x+1 \\ \iff x^3-4x^2+5x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=1\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=\frac{1-\ln x}{x^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff x=e$ 

Suy ra $y\left(1\right)=0,y\left(e\right)=\frac{1}{e}\Rightarrow \underset{\left[1;e\right]}{\min y}=0$ 

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x+3=3{\left(x-1\right)}^2\ge 0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Hàm số không có cực trị

Đáp án C

Ta có $5000=1000e^{10r}\Rightarrow r=\frac{\ln 5}{10}$ 

Gọi x0 giờ là thời gian cần để vi khuẩn tang 10 lần,suy ra $10A=A{e}^{\frac{\ln 5}{10}{x}_0}\Rightarrow x_0=10{\log }_{5}10$ giờ

Đáp án A

Đáp án B

PT $\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x+2>0\\ {\log }_3\left[\left(x+2\right)x\right]=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x^2+2x=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}\right.\end{array}\right.\Rightarrow x=1$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=x^2-4x+3\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$ 

Suy ra $y\left(1\right)=-\frac{8}{3},y\left(3\right)=-4,y\left(5\right)=\frac{8}{3}\Rightarrow \underset{\left[1;5\right]}{\max }y=\frac{8}{3}$ 

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3x^2-2mx+2m-3$ 

Hàm số đạt cực đại tại $x=1\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=0\iff 3-2m+2m-3=0\Rightarrow \forall m\in ℝ$ 

Ta có  $y"=6x-2m\Rightarrow y"\left(1\right)=6-2m<0\Rightarrow m>3$

Đáp án D

Hàm số có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0;2\right\}$ 

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 1 TCN $y=2$ 

Mặt khác $x^2-2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.,\underset{x\to 0}{\lim }y=\infty ,\underset{x\to 2}{\lim }y\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 TCĐ $x=0;\text{\hspace{0.17em}}x=3$ 

Đáp án D

Đáp án B

Ta có  $K=2a^{6b}-4=2{\left(2^{2b}\right)}^3-4={2.5}^3-4=246$

Đáp án C

Áp dụng CT tính nhanh ta có  $S=\sqrt{\frac{-b}{2a}}.\left|\frac{b}{2a}\right|=1$

Đáp án C

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

Khi đó  $2a^2+b=2$

Đáp án D

Hàm số đồng biến trên R khi  $a^2-3a-3>1\iff a^2-3a-4>0\iff \left[\begin{array}{l}a>4\\ a<-1\end{array}\right.$

Đáp án D

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;2) nên nghịch biến trên khoảng  (0;2)

Đáp án A

Đồ thị hàm số đi qua điểm  $\left(2;2\right)\Rightarrow {\log }_{a}2=2\Rightarrow a^2=2\Rightarrow a=\sqrt{2}$

Đáp án B

Đáp án A

TXĐ:$D=\left[-1;1\right]$  Ta có $y\text{'}=\sqrt{1-x^2}-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=0\iff \frac{1-2x^2}{\sqrt{1-x^2}}=0\Rightarrow x=\frac{\pm 1}{\sqrt{2}}$

Lại có  $y\left(-1\right)=y\left(1\right)=0;y\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=1;y\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-1\Rightarrow M+m=1+\left(-1\right)=0$

Đáp án B

Ta có PT  $\iff {3.2}^x-2=2^{2x}\iff 2^{2x}-{3.2}^x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=1\\ 2^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.\Rightarrow S=1$

Đáp án A

Ta có  $OM=\frac{1}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Lại có  $d\left(O;\left(SBC\right)\right)=OH=\frac{a}{2}\Rightarrow SO=a$

Mặt khác $R_{\left(N\right)}=OA=\frac{2a\sqrt{3}}{3};h=SO=a\Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{4\pi a^3}{9}$

Đáp án C

Đáy chóp tứ giác đều là hình vuông

Đáp án B

Công thức tính nhanh thể tích tứ diện đều cạnh $a=\frac{2}{3}$  là:  $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{81}$

Đáp án B

Đáp án C

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng $\iff x=m$  là nghiệm của phương trình  $2x^2-3x+m=0$

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

Đáp án D

Gọi O là tâm của hình vuông  $ABCD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

vÌ $SO\perp \left(ABCD\right)$  suy ra  $\widehat{SA;\left(ABCD\right)}=\widehat{\left(SA;OA\right)=\widehat{SAO}}={60}^0$

Tam giác $SAO$   vuông tại O, Có  $\tan \widehat{SAO}=\frac{SO}{OA}\Rightarrow SO=\tan {60}^0.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Vậy thể tích khối chóp là  $V=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$

Đáp án B

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}x+3>0\\ 5-x\ge 0\end{array}\right.\iff -3<x\le 5$  . Vậy  $D=\left(-3;5\right]\subset \left[-3;5\right]$

Đáp án D

Gọi r;h   lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón  $\Rightarrow V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$

Mà $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{81-r^2}$  Suy ra  $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi r^2\sqrt{81-r^2}=\frac{\pi }{3}\sqrt{r^4\left(81-r^2\right)}$

Ta có $\frac{r^2.r^2.\left(162-2r^2\right)}{2}\le \frac{{\left(r^2+r^2+162-2r^2\right)}^3}{2.27}=78732\Rightarrow V\le \frac{\pi }{3}.\sqrt{78732}\Rightarrow V_{\max }=\frac{\sqrt{78732}}{3}\pi$

Dấu $"="$   xaye ra $\iff 3r^2=162\iff r=3\sqrt{6}\Rightarrow$  Độ dài cung tròn là  $l=2\pi r=6\pi \sqrt{6}$

Đáp án A

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}AA\text{'}\perp AB\\ AC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow \widehat{BC\text{'};\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)}=\widehat{BC\text{'}A}$

Tam giác $BAC\text{'}$  vuông tại A, có  $\tan \widehat{BC\text{'}A}=\frac{AB}{AC\text{'}}\Rightarrow AC\text{'}=\frac{a\sqrt{3}}{\tan {30}^0}=3a$

Tam giác $AA\text{'}C\text{'}$  vuông tại A' , có  $AA\text{'}=\sqrt{AC{\text{'}}^2-A\text{'}C{\text{'}}^2}=2a\sqrt{2}$

Thể tích khối lăng trụ cần tính là  $V=AA\text{'}.S_{ABC}=2a\sqrt{2}.\frac{1}{2}.a\sqrt{3}a=a^3\sqrt{6}$

Đáp án A

Gọi H là trung điểm của  $AB\Rightarrow A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$

Kẻ $HK\perp AC\left(K\in AC\right)$  và  $A\text{'}H\perp AC\Rightarrow AC\perp \left(A\text{'}HK\right)$

Suy ra  $\widehat{\left(ACC\text{'}A\text{'}\right);\left(ABC\right)}=\widehat{\left(A\text{'}K;HK\right)}=\widehat{A\text{'}KH}={45}^0$

Tam giác $A\text{'}HK$  VUÔNG TẠI H , CÓ  $\widehat{A\text{'}KH}={45}^0\Rightarrow A\text{'}H=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=A\text{'}H.S_{\Delta ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2}{16}$

Đáp án B

Hình nón có đường sinh l=2a và hợp với đáy góc ${60}^0$ bán kính đáy là  $r=a$

Vậy diện tích toàn phần cần tính là  $S=\pi rl+\pi r^2=\pi .a.2a+\pi a^2=3\pi a^2$

Đáp án C

Ta có  $y=-\frac{4}{3}{x}^3-2x^2-x-3\to y=-4x^2-4x-1=-{\left(2x+1\right)}^2\le 0,\forall x\in ℝ$

Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên  R

Đáp án D

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy rằng. Đồ thị hàm số đi qua 2 điểm cực trị là (0;-2) và (2;2) . Xét với từng đáp án, ta có  là hàm số cần tìm $y=-x^3+3x^2-2$

Đáp án B

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi  $x^2-2x-3>0\iff \left[\begin{array}{l}x>3\\ x<-1\end{array}\right.$

Vậy  $D=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right)$