Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 8)

Đáp án B

Gọi I là trung điểm BD. Khi đó $\widehat{ICM}=\phi$ 

Ta có: $\tan \phi =\frac{IM}{CI}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 

Đáp án C

Gọi E và H lần lượt là hình chiếu của A lên CB và SE

Ta có: $AE=AB\sin \widehat{ABE}=sin60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

$AH=AE\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$ 

Đáp án C

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

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{x}>0\iff x>0\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trong khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Đáp án B

Độ dài đường sinh là $l=a.$

Bán kính đáy là: $R=\frac{\sqrt{a^2+a^2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ 

Diện tích toàn phần của hình nón là: $S=\pi R^2+\pi Rl=\pi {\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\pi \frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{\pi \left(1+\sqrt{2}\right)a^2}{2}$ 

Đáp án D

Giả sử cấp số nhân có công bội là q.

Ta có: $u_9=u_1{q}^8=768\iff 3q^8=768\iff q=\pm 2$

$u_5=u_1{q}^4=3.\left(\pm 2\right)=48$

Đp án A

Đáp án C

${\left(2-x\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{\left(-x\right)}^k{.2}^{n-k}\Rightarrow$ hệ số của $x^4$ là: $C_n^4{\left(-1\right)}^4{.2}^{n-4}=280\iff n=7$ 

Đáp án B

Ta có: $R=\frac{S{A}^2}{2SO}=9$ 

Suy ra $\frac{S{O}^2+O{A}^2}{SO}=18$ 

Mặt khác $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}SO.\frac{A{C}^2}{2}=\frac{2}{3}SO.O{A}^2$ 

$=\frac{2}{3}SO.\left(18SO-S{O}^2\right).$ đặt $SO=t\left(0<t<18\right),$ xét hàm số

$f\left(t\right)=\frac{2}{3}{t}^2\left(18-t\right)=\frac{8}{3}.\frac{t}{2}.\frac{t}{2}\left(18-t\right)\le \frac{8}{3}{\left(\frac{t+18-t}{3}\right)}^3=576$ 

Đáp án C

Phương trình đã cho $3si{n}^2\text{x}-2cos\text{x+}2=0\iff \left[\begin{array}{l}cos\text{x}=1\\ cos\text{x}=-\frac{5}{3}<-1\left(L\right)\end{array}\right.\iff$$x=k2\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Đáp án D

Gọi r là bán kính đáy của hình nón đỉnh O.

Ta có $\frac{r}{R}=\frac{h-x}{h}\Rightarrow r=\left(\frac{h-x}{h}\right)R$ 

Chiều cao của khối nón đỉnh O là x

Thể tích của khối nón đỉnh O là:

$V=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{h-x}{h}\right)}^{2}x=\frac{\pi R^2}{6h^2}\left(h-x\right)\left(h-x\right)2x\le \frac{\pi R^2}{6h^2}{\left(\frac{h-x+h-x+2x}{3}\right)}^3=\frac{\pi R^2}{6h^2}{\left(\frac{2h}{3}\right)}^3=\frac{4\pi R^{2}h}{81}$

$\Rightarrow V_{max}\iff h-x=2x\iff x=\frac{h}{3}$ 

Đáp án A

Độ dài đường sinh là $l=\frac{15\pi }{3\pi }=5$ 

Chiều cao của khối chóp là $h=\sqrt{5^2-3^2}=4$ 

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi 3^{2}4=12\pi$ 

Đáp án D

Hàm số liên tục trên tập hợp $ℝ\iff$hàm số có tập xác định $D=ℝ$ 

Hàm số $f_1\left(x\right)$ và $f_3\left(x\right)$ liên tục trên R

Đáp án A

Hàm số có tập xác định $D=\left(-\infty ;0\right)\cup \left(5;+\infty \right)$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x-5}{x^2-5}\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff 2x-5=0\iff x=\frac{5}{2}\notin D\Rightarrow S=\varnothing$

Đáp án C

Ta có ${\left(x-\frac{2}{x^2}\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}{\left(-\frac{2}{x^2}\right)}^k=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{\left(-2\right)}^k{x}^{6-3k}$

Số hạng không chứa x $\iff 6-3k=0\iff x=2\Rightarrow a_2=C_6^2{\left(-2\right)}^2=60$ 

Đáp án C

Thể tích của (H)  là: $V=Bh=\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ 

Đáp án B  

Số cần lập là $\overline{abcdef},$ ta có $a+b+c-1=d+e+f\iff 20=2\left(d+e+f\right)\iff d+e+f=10$ 

Với mỗi $f\in \left\{1;3;5\right\}\Rightarrow d,e$ có 4 cách chọn, suy ra $\overline{abcdef}$ có $4.3!=24$ cách chọn

Suy ra có $3.24=72$ số có thể lập thỏa mãn đề bài

Đáp án C

Tập xác định: $\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(-1;+\infty \right)$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\in D\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(-1;+\infty \right)$

Đáp án B

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

Đáp án B

Ta có $A{B}^2=A{C}^2=a^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2-2a.a\sqrt{2}cos45°=a^2$ 

$\Rightarrow AB=AC=a$ 

Tam giác cân OBC có góc $\widehat{BOC}=60°\Rightarrow$ đều

Gọi I và H lần lượt là trung điểm của BC và hình chiếu của O lên AI. Khi đó $OH\perp \left(ABC\right)$ 

Ta có

$\begin{array}{l}AI=OI=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ \cos \widehat{OIA}=-\frac{1}{3}\Rightarrow \sin \widehat{OIA}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\\ S_{IOA}=\frac{1}{2}I{O}^2\sin \widehat{OIA}=\frac{1}{2}OH.AI\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\\ S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\end{array}$ 

Thể tích khối tứ diện O.ABC là $V=\frac{1}{3}OH.S_{ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ 

Đáp án C

Bán kính hình cầu là $R=r$

Ta có $\frac{V_C}{V_T}=\frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{\pi r^2.2r}=\frac{2}{3}$ 

Đáp án D

Ta có

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

Hàm số liên tục tại diểm $x_0=1\iff \underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)\Rightarrow 1+m=2\iff m=1$ 

Đáp án B

Lấy ngẫu nhiên 4 bi từ hộp bi, ta có $C_{35}^4=52630$ cách

Gọi A là biến cố “lấy được 4 bi có đủ 2 màu”, ta có

+TH1: 1 đỏ, 3 xanh, suy ra có $C_{15}^1{C}_{30}^3=17100$ cách

+TH2: 2 đỏ, 2 xanh, suy ra có $C_{15}^2{C}_{30}^2=19950$ cách

+TH3: 3 đỏ, 1 xanh, suy ra có $C_{15}^3{C}_{30}^1=9100$ cách

Suy ra $P\left(A\right)=\frac{17100+19950+9100}{52630}=\frac{4615}{5263}$ 

Đáp án A

$PT\iff \left\{\begin{array}{l}\sin 2x\ne 0\\ \tan x+\frac{\sqrt{3}}{\tan x}-\sqrt{3}-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne k\frac{\pi }{2}\\ {\tan }^{2}x-\left(\sqrt{3}+1\right)\tan x+\sqrt{3}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne k\frac{\pi }{2}\\ \left[\begin{array}{l}\tan x=\sqrt{3}\\ \tan x=1\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\tan x=\sqrt{3}\\ \tan x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{3}+k\pi \\ x=\frac{\pi }{4}+k\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án C

Số cách chọn là $C_8^4{C}_6^2=1050$ cách

Đáp án D

Độ dài đường sinh $l=2a$

diện tích xung quanh hình trụ đó bằng $S_{xq}=2\pi rl=2\pi .a.2a=4\pi a^2$ 

Đáp án D

Điều kiện: $x\in \left[-\frac{2}{3};2\right]\Rightarrow \left(1\right)\iff 4\left(m-1\right){\left[{\log }_3^{}\left(x+1\right)\right]}^2+4\left(m-5\right){\log }_3\left(x+1\right)+4m-4=0$

Đặt $t={\log }_3\left(x+1\right)\Rightarrow \in \left[-1;1\right]\Rightarrow \left(1\right)\iff \left(m-1\right)t^2+\left(m-5\right)t+m-1=0\iff m=\frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1}\left(2\right)$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2+5t+1}{t^2+t+1},t\in \left[-1;1\right],$ ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{4\left(t^2-1\right)}{{\left(t^2+t+1\right)}^2}\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\pm 1$

Suy ra $f\left(-1\right)\le \underset{\left[-1;1\right]}{f\left(t\right)}\le f\left(1\right)\iff -1\le \underset{\left[-1;1\right]}{f\left(t\right)}\le \frac{7}{3}\Rightarrow \left(2\right)\iff -1\le m\le \frac{7}{3}$ 

Suy ra có 3 giá trị nguyên âm của m thỏa đề bài

Đáp án A

Các mệnh đề sai là (II) và (III)

Đáp án C

Gọi H là trung điểm BC khi đó $\left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ DH\perp BC\end{array}\right.$ 

SUY RA $BC\perp \left(AHD\right)$ và ta có $AH=DH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

Gọi E là trung điểm của AD do tam giác AHD cân nên

$HE\perp AD\Rightarrow HE=\sqrt{A{H}^2-A{E}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}$ 

Ta có $V_{ABCD}=V_{BAHD}+V_{CAHD}=\frac{1}{3}BC.S_{AHD}=\frac{1}{3}a\frac{1}{2}HE.AD$ 

Lại có

$\begin{array}{l}\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}.x=2.\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}}.\frac{x}{2}\le \frac{3a^2}{4}-\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{4}\\ =\frac{3a^2}{4}\Rightarrow V_{ABCD}\le \frac{a^3}{8}\Rightarrow V_{max}=\frac{a^3}{8}\end{array}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $3a^2=2x^2\iff x=\frac{a\sqrt{6}}{2}=3\sqrt{2}$ 

Đáp án A

Hàm số cho 2 điểm cực trị $x=-1;x=0$

Đáp án D

Ta có $R=\sqrt{\frac{S{A}^2}{4}+R_d^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=a\sqrt{\frac{3}{2}}\Rightarrow S=4\pi R^2=6\pi a^2$ 

Đáp án C

${\log }_2\left(3-2x\right)=3\iff 3-2x=2^3=8\iff x=-\frac{5}{2}$

Đáp án B

Ta có: $PT\iff 2sin\text{x}\left(x+\frac{\pi }{3}\right)=1\iff sin\text{x}\left(x+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{2}$

$\iff \left[\begin{array}{l}x+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x+\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right.$

Đáp án B

$PT\iff {\left(5^x\right)}^2-{4.5}^x+3=0$

Đáp án A

DK: $\sin x+\cos x\ne 0\iff \tan \text{x}\ne -1\iff x\ne -\frac{\pi }{4}+k\pi$

Khi đó $PT\iff \frac{\sin x\sin 2x+\sin 2x\cos x+\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}=\sqrt{3}\cos 2x$

$\begin{array}{l}\iff \frac{\left(\sin x+\cos x\right)\left(\sin 2x+1\right)}{\sin x+\cos x}=\sqrt{3}\left({\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x\right)\\ \iff {\sin }^{2}x-2\sin x\cos x+{\cos }^{2}x=\sqrt{3}\left(\sin x+\cos x\right)\left(\cos x-\sin x\right)\\ \iff \left(\sin x+\cos x\right)\left(\sin x+\cos x\right)=\sqrt{3}\left(\sin x+\cos x\right)\left(\cos x-\sin x\right)\\ \iff \left(\sin x+\cos x\right)=\sqrt{3}\left(\cos x-\sin x\right)\\ \iff \left(1+\sqrt{3}\right)\sin x=\left(\sqrt{3}-1\right)\cos x\iff \tan x=\frac{\sqrt{3}-1}{1+\sqrt{3}}\\ \iff x=\frac{\pi }{12}+k\pi \end{array}$

 có 2 nghiệm thuộc $\left(-\pi ;\pi \right)$

Đáp án B

$P=x^{\frac{1}{3}}\sqrt[4]{x}=x^{\frac{1}{3}}{x}^{\frac{1}{4}}={x^{\frac{1}{3}}}^{+\frac{1}{4}}=x^{\frac{7}{12}}$

Đáp án C

Tiệm cận ngang $y=a\Rightarrow a>0$ 

Giao với trục tung $\left(0;b\right)\Rightarrow b<0$

Đáp án A

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

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng $y=\frac{1}{3}x-5$nên $\frac{-3}{{\left(x_0-1\right)}^2}.\frac{1}{3}=-1\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=2\\ x_0=0\end{array}\right.$

Do tiếp điểm có hoành độ dương nên $x_0=2\Rightarrow PTTT:y=-3\left(x-2\right)+4=-3x+10$

Đáp án D

Ta có $u_n=u_1+\left(n-1\right)d=81\Rightarrow n=44$

Đáp án B

Ta có $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4};SA=AB\tan 60°=a\sqrt{3}\Rightarrow V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{a^3}{4}$ 

Đáp án B

Đặt $AD=x\Rightarrow BD=AB-AD=40-x\Rightarrow CD=\sqrt{B{D}^2+B{C}^2}=\sqrt{\left(40-x\right)+{10}^2}$ 

Suy ra kinh phí người đó phải bỏ là  $T=3x+5\sqrt{x^2-80x+1700}\stackrel{}{\to }f\left(x\right)$

Khảo sát hàm số f(x)trên (0;40) suy ra $\min f\left(x\right)=160\iff x=\frac{65}{2}km$ 

Và chi phí người đó chỉ đi đường thủy là $t=5\sqrt{{40}^2+{10}^2}=500\sqrt{17}USD$ 

VẬY kinh phí nhỏ nhất cần bỏ ra khi đi đường bộ là 65/2 

Đáp án B

Đặt ${\log }_{9}x={\log }_{12}y={\log }_{16}\left(x+y\right)=t\iff \left\{\begin{array}{l}x=9^t\\ y={12}^t\end{array}\right.$ và $x+y={16}^t$ 

Suy ra $9^t+{12}^t={16}^t\iff {\left(3^t\right)}^2+3^t{.4}^t-{\left(4^t\right)}^2=0\iff {\left[{\left(\frac{3}{4}\right)}^t\right]}^2+{\left(\frac{3}{4}\right)}^t-1=0\iff {\left(\frac{3}{4}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Vậy $\frac{x}{y}=\frac{9^t}{{12}^t}={\left(\frac{3}{4}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=\frac{-a+\sqrt{b}}{2}\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=5\end{array}\right.\Rightarrow P=ab=5$

Đáp án A

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}A{B}^2=\frac{a^2}{2}$ 

Chiều cao của khối lăng trụ là $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}\times h\Rightarrow h=\frac{8a}{3}$ 

Ta có $BC//B\text{'}C\text{'}\Rightarrow d\left(AB;B\text{'}C\text{'}\right)=d\left(B\text{'}C\text{'};\left(ABC\right)\right)=d\left(B\text{'};\left(ABC\right)\right)=h=\frac{8a}{3}$ 

Đáp án D

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)={\log }_{2}m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và $f\left(x\right)={\log }_{2}m$ Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng để $f\left(x\right)={\log }_{2}m$ có 3 nghiệm phân biệt

$\iff -1<{\log }_{2}m<3\iff \frac{1}{2}<m<8$ 

Kết hợp với $m\in {\mathbb{Z}}^{*},$ ta được $m=\left\{1;2;3;4;5;6;7\right\}$ là giá trị cần tìm