Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 9)

Đáp án C

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2-2x+m$trên đoạn [-1;2]

Tạ có: $f\text{'}\left(x\right)=2x-2=0\Rightarrow x=1$

Lại có: $f\left(0\right)=m;f\left(-1\right)=m-1;f\left(2\right)=m+2$

Do đó $f\left(x\right)\in \left[m-1;m+2\right]$

Nếu $m-1\ge 0\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+2=5\iff m=3$

Nếu $m-1<0$suy ra $\left[\begin{array}{l}\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+2\\ \underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=1-m\end{array}\right.$

TH1:$\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=m+2=5\iff m=3\left(ko\_t/m\right)$

TH2:$\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|f\left(x\right)\right|=1-m\iff m=-4\Rightarrow m+1=-3\left(t/m\right)$ 

 Vậy $m=3;m=-4$ là giá trị cần tìm

Đáp án D

Ta có $\frac{IE}{ED}=1$

$\frac{IE}{ED}.\frac{SD}{SM}.\frac{MN}{NI}=1\iff \mathrm{1.2.}\frac{MN}{NI}=1$

$\frac{MN}{NI}=\frac{1}{2}\iff \frac{IN}{IM}=\frac{2}{3}$

Đáp án D

Ta có ${\log }_{ab}b=3\iff {\log }_{b}ab=\frac{1}{3}\iff {\log }_{b}a+1=\frac{1}{3}\iff {\log }_{b}a=-\frac{2}{3}$

${\log }_{\sqrt{ab}}\left(\frac{a}{b^2}\right)=2{\log }_{ab}\left(\frac{a}{b^2}\right)=2{\log }_{ab}a-4{\log }_{ab}b=\frac{2}{{\log }_{a}ab}=4.3=\frac{2}{1+{\log }_{a}b}-12=\frac{2}{1-\frac{3}{2}}-12=-16$

Đáp án D

Chú ý 4 cạnh khác nhau

Có $C_6^4$cách chọn 4 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 4 màu thì có $4!=24$ cách tô màu khác nhau

Có $C_6^3$cách chọn 3 màu khác nhau. Từ mỗi bộ 3 màu, có $4.3=12$cách tô

Có  $C_6^2$cách chọn 2 màu khác nhau khi đó có: $2.1=2$ cách tô 

Tổng cộng: $24.C_6^4+4.3C_6^3+2.C_6^2=630$ cách

Đáp án D

Ta có $3^{2x-1}>27\iff 3^{2x-1}>3^3\iff 2x-1>3\iff x>2\Rightarrow$ tập nghiệm của bất phương trình là $\left(2;+\infty \right)$

Đáp án D

Diện tích xung quanh của hình trụ là $V=2\pi a.2a=4\pi a^2$

Đáp án D

Đáp án B

Để hàm số xác định trên R thì $5-m\sin x-\left(m+1\right)\cos x\ge 0;\forall x\in ℝ$

$\iff m\sin x+\left(m+1\right)\cos x\le 5;\forall x\in ℝ$

$\iff m^2+{\left(m+1\right)}^2\le 25\iff m^2+m-12\le 0\iff -4\le m\le 3.$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-4;-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}\Rightarrow$có tất cả 8 giá trị nguyên của m

Đáp án D

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

$y\text{'}\text{'}=e^x\left(x^2+2x-3\right)+e^x\left(2x+2\right)=e^x\left(x^2+4x-1\right)$

$y\text{'}\text{'}\left(-3\right)=-4e^{-3}<0\Rightarrow x=-3$ là điểm cực đại;

$y\text{'}\text{'}\left(1\right)=4e>0\Rightarrow x=1$ là điểm cực tiểu $\Rightarrow$ giá trị cực tiểu là $y\left(1\right)=-2e$

Đáp án B

Ta thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu qua 1 điểm $x_0\Rightarrow$ hàm số có 1 cực trị

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=6x^2+6x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-1\end{array}\right.$

Suy ra $y\left(-1\right)=0,y\left(0\right)=-1,y\left(1\right)=4\Rightarrow \underset{\left[-1;1\right]}{\min }=-1$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=e^x\left(x^2+mx\right)+\left(2x+m\right)e^x=e^x\left(x^2\left(m+2\right)x+m\right)$

$y\text{'}\left(0\right)=1\Rightarrow m=1\Rightarrow y\text{'}=e^x\left(x^2+3x+1\right)\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=5e$

Đáp án A

Gọi I là  trung điểm của AC. Ta có: $AI\perp \left(SAC\right)$

Khi đó $\left(SB;\left(SAC\right)\right)=\stackrel{⏜}{BSI}$

Đặt $SA=AB=BC=a.$. Ta có $BI=\frac{a\sqrt{2}}{2};SB=a\sqrt{2}$

$\sin \stackrel{⏜}{BSI}=\frac{BI}{SB}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \stackrel{⏜}{BSI}=30°$

Đáp án B

Giả sử đáy của hình chóp có n cạnh $\Rightarrow 2n=20\iff n=10\Rightarrow$ số mặt là $10+1=11$

Đáp án C

Vì $\left(P\right)//BD$nên $\left(P\right)\cap \left(SBD\right)=IE//BD$

Ta có $BD\perp SO,BD\perp AC\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp AM$

$\Rightarrow IE\perp AM$

Ta có $\frac{SM}{MC}.\frac{AC}{AO}.\frac{OK}{KS}=1\iff \mathrm{2.2.}\frac{OK}{KS}=1\iff \frac{OK}{KS}=\frac{1}{4}$

$\frac{SM}{MC}.\frac{IE}{BD}=\frac{SK}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow IE=\frac{4}{5}BD=\frac{4a\sqrt{2}}{5}$

Vì $A{C}^2=S{A}^2+S{C}^2$ nên $\Delta SAC$ vuông tại S

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

$S_{AEMI}=\frac{1}{2}EI.AM=\frac{1}{2}.\frac{4a\sqrt{2}}{5}.\frac{a\sqrt{13}}{3}=\frac{2\sqrt{26}{a}^2}{15}$

Đáp án B

ĐÁP ÁN D

Đáp án C

PT $\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\left({\log }_{2}x\right)}^2-2{\log }_{2}x-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=-1\\ {\log }_{2}x=3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x=8\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{1}{2}\\ x_2=8\end{array}\right.\Rightarrow x_1+x_2=\frac{17}{2}$

Đáp án D

Số tiền phải trả hằng tháng bằng $\frac{96.1\%.{\left(1+1\%\right)}^{24}}{{\left(1+1\%\right)}^{24}-1}\approx 4,52$ triệu đồn

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1$ nên đồ thị hàm số chỉ có duy nhất đường TCN $y=1$

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}=\frac{1}{4},\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x^2+mx\right)=m+1,y\left(1\right)=m+1$

Hàm số liên tục tại $x=1\iff \underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=y\left(1\right)\iff m+1=\frac{1}{4}\iff m=-\frac{3}{4}$

Đáp án C

Khối bát diện được tạo bởi 2 khối chóp tứ giác đều

Chiều cao của khối chóp là $h=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Thể tích của khối chóp là: $V=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}$

Thể tích khối bát diện đều là $V_1=2V=2.\frac{a^3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$

Đáp án B

$\left(a_n\right)$là cấp số cộng có công sai $d=3\Rightarrow a_n=4+3\left(n-1\right)$ là số hạng tổng quát của $\left(b_n\right)$

$\left(b_n\right)$ là cấp số cộng có công sai $d=5\Rightarrow b_n=1+5\left(n-1\right)$ là số hạng tổng quát của $\left(b_n\right)$

Suy ra $a_n=b_n\iff 4+3\left(n_1-1\right)=1+5\left(n_2-1\right)\iff 5n_2-3n_1=5$

Suy ra $\left(3n_1\right)⋮5,$đặt $\left(3n_1\right)=5x\Rightarrow x⋮3\Rightarrow 5n_2=5x=5\iff n_2-x=1$

$1\le n_1\le 100\Rightarrow \frac{3}{5}\le x\le 60,x⋮3,x\in \mathbb{N}\Rightarrow$có $\frac{60-3}{3}+1=20$ giá trị x thỏa mãn.

Suy ra có 20 số xuất hiện trọng cả hai dãy số trên

Đáp án A

Hàm số xác định $\left\{\begin{array}{l}5-x>0\\ {\log }_2\left(5-x\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<5\\ 5-x\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<5\\ x\ne 4\end{array}\right.\Rightarrow D=\left(-\infty ;5\right)\backslash \left\{4\right\}$

Đáp án C

Ta có $\lim \frac{1-2n}{3n+1}=\lim \frac{\frac{1}{n}-2}{3+\frac{1}{n}}=-\frac{2}{3}$

Đáp án A

Đáp án A

Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 60°.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Đáp án A

Diện tích thiết diện của hình trụ là $S=2a.2\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=2\sqrt{3}{a}^2$

Đáp án A

Ta có ${\log }_3\left(a+1\right)=3\iff a=26\Rightarrow 3^{{\log }_9\left(a-1\right)}=3^{{\log }_{9}25}=3^{{\log }_{3}5}=5$

Đáp án B

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

Suy ra PTTT tại $A\left(2;3\right)$ là $-\left(x-2\right)+3\iff y=-x+5$

Đáp án B

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

$F\left(0\right)=1\Rightarrow C=\frac{1}{2}\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{e^{2x}}{2}+\frac{1}{2}$

Đáp án C

Ta có $F\text{'}\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)=1+\ln x$

Đáp án A

Các hàm số $y=5^x,y=x^3+3x^2+3x-1$ đồng biến trên R

Đáp án A

Ta có $d\left(G_1;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right)$

$=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}d\left(A;\left(MNP\right)\right)=\frac{1}{3}d\left(A;\left(MNP\right)\right)$

$S_{G_2{G}_3{G}_4}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2{S}_{MNP}=\frac{4}{9}.\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\frac{1}{9}{S}_{ABC}$

Thể tích của khối tứ diện $G_1{G}_2{G}_3{G}_4$ là

$V=\frac{1}{3}d\left(G_1;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right).S_{G_2{G}_3{G}_4}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}d\left(A;\left(MNP\right)\right).\frac{1}{9}{S}_{ABC}$

$=\frac{1}{27}{V}_{ABCD}=\frac{V}{27}$

Đáp án C

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=\sin xdx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=\cos x\end{array}\right.\Rightarrow F\left(x\right)=\int x\sin xdx=-x\cos x+\int \cos xdx=-x\cos x+\sin x+C$

Đáp án B

Ta có $f\left(x\right)=F\text{'}\left(x\right)={\left(\cos 3x\right)}^{\text{'}}=-3\sin 3x$

Đáp án A

Ta có $2A{B}^2=A{C}^2={\left(2a\right)}^2\Rightarrow A{B}^2=2a^2;S_{ABC}=\frac{1}{2}A{B}^2=a^2$

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

Đáp án B

Ta có ${\left(1-2x\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(1\right)}^{10-k}{\left(-2x\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(-2\right)}^k{\left(x\right)}^k$

Số hạng chứa $x^3\iff k=3\Rightarrow a_3=C_{10}^3{\left(-2\right)}^3{x}^3=-960x^3$

Đáp án D

Ta có $y\text{'}=-3x^2+6x=-3x\left(x-2\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}>0\iff 0<x<2\\ y\text{'}<0\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<0\end{array}\right.\end{array}\right.$

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$

Đáp án C

Độ dài đường xích đạo gấp 2 lần độ dài đường kinh tuyến bất kì

Đáp án A

Ta có $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V_{M.ABC}+V_{M.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}+V_{M.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}+V_{M.BCC\text{'}B\text{'}}\Rightarrow V_{M.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{2V}{3}$

Đáp án A

Giả sử tứ diện ABCD có AB;AC'AD đội một vuông góc $\Rightarrow V_{ABCD}=\frac{AB.AC.AD}{6}$

Khi đó tứ diện MNPQ có MN;MP;MQ đội một vuông góc $\Rightarrow V_{M.NPQ}=\frac{MN.MP.MQ}{6}$

Ta chứng minh được $\frac{MN}{AB}+\frac{MP}{AC}+\frac{MQ}{AD}=1$ ( dựa vào định lý Thalet), khi đó

$MN.MP.MQ=AB.AC.AD.\frac{MN}{AB}.\frac{MP}{AC}.\frac{MQ}{AD}\le AB.AC.AD.\frac{{\left(\frac{MN}{AB}+\frac{MP}{AC}+\frac{MQ}{AD}\right)}^3}{27}=\frac{AB.AC.AD}{27}$

Vậy $V_{M.NPQ}=\frac{MN.MP.MQ}{6}\le \frac{1}{27}.\frac{AB.AC.AD}{6}=\frac{V}{27}\to V_{\max }=\frac{V}{27}$

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh trong 20 đỉnh có $C_{20}^3$cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=1140$

Gọi X  là biến cố “3 đỉnh đó là 3 đỉnh của một tam giác vuông không cân”

Đa giác đều 20 đỉnh có 10 đường chéo đi qua tâm đa giác mà cứ 2 đường chéo tạo thành 1 hình chữ nhật và 1 hình chữ nhật tạo thành 4 tam giác vuông  số tam giác vuông là $4.C_{10}^2=180$ 

Tuy nhiên, trong $C_{10}^2$ hình chữ nhật có 5 hình vuông nên số tam giác vuông cân là $5.4=20$

Do đó, số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n\left(X\right)=180-20=160$. Vậy $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{8}{57}$

Đáp án D

Đồ thị (C) không có tiềm cận đứn

Đáp án A

Gọi V là thể tích của khối tròn xoay cần tính, khi đó $V=V_1-V_2$ với

V1 là thể tích khối trụ có chiều cao $h_1=AB$, bán kính $R=AD\to V_1=\pi R^2{h}_1=2\pi a^3$

$V_2$là thể tích khối trụ có chiều cao $h_1=AB-CD$, bán kính $R=AD\to V_2=\frac{1}{3}\pi r^2{h}_2=\frac{\pi a^3}{3}$

Vậy thể tích cần tính là $V=V_1-V_2=2\pi a^3-\frac{\pi a^3}{3}=\frac{5\pi a^3}{3}$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox là $x^4-\left(m-1\right)x^2+m^2-m-1=0\left(*\right)$

Đặt $t=x^2\ge 0,$ khi đó $\left(*\right)\iff t^2-\left(m-1\right)t+m^2-m-1=0\left(I\right)$

Để (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt $\iff \left(I\right)$ có hai nghiệm phân biệt $t_2=0,t_2>0$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=m-1>0\\ 0^2-\left(m-1\right).0+m^2-m-1=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m^2-m-1=0\end{array}\right.\iff m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\in \left(1;2\right)$

Đáp án A

Theo bài ra, ta có khối nón (N) nội tiếp khối cầu (S).

Giả sử khối nón (N) có đỉnh A, tâm đáy I như hình vẽ bên với $h=IA$ là chiều cao và bán kính đáy $r=IK$ 

Tam giác AMK vuông tại K, có $I{K}^2=IA.IM\iff r^2=h\left(2R-h\right)$

Suy ra $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi }{3}{h}^2\left(2R-h\right)=\frac{\pi }{3}.\left(2R{h}^2-h^3\right)$