Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 1)

Đáp án là  D.

            * Nhắc lại khái niệm hình đa diện:

Đáp án là B.

            Có 3 mặt phẳng đối xứng chia hình lập phương thành 2 hình hộp chữ nhật ( nếu đối xứng qua các hình lăng trụ thì có 6 mặt phẳng).

Đáp án là D

• Trong tam giác ABC vuông cân tại B có: $AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$

• Đường cao hình chóp: $SA=a\sqrt{3}$.Diện tích đáy $S_{∆ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=a^2.$

• Thể tích khối chóp: $S_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA{S}_{∆ABC}=\frac{a^8\sqrt{3}}{3}.$

Đáp án là  C.

• Vì $\underset{x\to 0^{+}}{lim}f\left(x\right)=+\infty$nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=0 .

• Vì $\underset{x\to +\infty }{lim}f\left(x\right)=0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=0 .

Đáp án là  B.

Hàm số dạng $y=\frac{x-1}{2-x}$có đạo hàm không đổi dấu trên từng khoảng xác định nên không có cực trị

Đáp án là  D.

Hình trên là đồ thị hàm bậc 3 với hệ số $a>0$ Hàm số có 2 điểm cực trị $x=1;x=2$Chọn D.

Đáp án là  D.

Để  đường thẳng $y=2m-1$ cắt $\left(C\right)$tại hai điểm phân biệt thì $\left\{\begin{array}{l}2m-1=5\\ 2m-1=1\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m=3\\ m=1\end{array}\right.\right.$

Đáp án là  D.

            Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x+2017}{\sqrt{x^2-2017}}=\pm 1$

Đáp án là  B.

• Tập xác định:  $D=\mathrm{ℝ}$; $y^{,}=-3x^2+6x+9;$ cho $y^{,}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$

• Xét dấu đạo hàm:

                    

Đáp án là  D.

• Ta có:$f^{,}\left(x\right)=x{(x+1)}^2{(x-1)}^4=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$ 

• Bảng biến thiên:

        

Đáp án là  B.

• Ta có $y^{,}=3x^2-1$ ; Thực hiện phép chia $y$ cho $y^{,}$ ta được:  $y=\frac{1}{3}x(3x^2-1)-\frac{2}{3}x+m$

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại,cực tiểu là $y=\frac{-2}{3}x+m$

• Thay M(3;-1) $M(3;-1) \Rightarrow -1=\frac{-2}{3}3+m\Rightarrow -1=-2+m\Rightarrow m=1$

Đáp án là  C.

            • Đồ thị hàm số ở đáp án A có bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên không có tiệm cận ngang.

            • Đồ thị hàm số ở đáp án B và D có tập xác định $D=\mathrm{ℝ}$  nên không có tiệm cận ngang.

Đáp án là  D.

            • Ta có: $y^{,}=-1-\frac{1}{{(2+x)}^2}$ cho $y^{,}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=-1\\ x=-3\end{array}\right.$ 

            • Bảng biến thiên:

                                               

        Từ BBT ta có: $\underset{\left[-4;-2\right]}{min}y=7$

Đáp án là  D.

• Ta có:$y^{,}=\frac{1-x^2}{{(1+x2)}^2}\Rightarrow y^{,}=0\iff x=\pm 1$

• Bảng biến thiên:

Đáp án là  C.

Gọi cạnh hình vuông là  a

Diện tích một mặt hình vuông là  nên tổng diện tích tất cả các mặt hình vuông là $6a^2$.

Ta có: $6a^2=96\Rightarrow a^2=16\Rightarrow a=4$

 

Vây $V=a^3=4^3=64$

Đáp án là  A.

 Xét hàm số $y=x^3+3x^2+6x-7$

Ta có $y^{,}=3x^2+6x+6=3{(x+1)}^2+3>0\forall x\in \mathrm{ℝ}$

Do đó hàm số luôn đồng biến trên tập $\mathrm{ℝ}$ nên không có cực trị.

Đáp án là  D.

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại $x=-1$

Đáp án là  C.

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC.\sin \overbrace{ABC}=\frac{1}{2}a.a.\sin {60}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow S_{ABCD}=2S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

 

Thể tích của khối chóp S.BCD là:

$V_{S.BCD}=\frac{1}{3}SA.S_{BCD}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{3}.A=a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^8}{2}$.

Đáp án là  C.

• Số cạnh mỗi mặt. Số mặt bằng 2 số cạnh khối đa diện nên suy ra số cạnh khối đa diện bằng số cạnh mỗi mặt. Số mặt /2.

• Số cạnh mỗi mặt tối thiểu là 3 vậy ta có số cạnh khối đa diện $\ge \frac{3.5}{2}=7,5$ suy ra số cạnh ít nhất của khối đa diện 5 mặt là 8 cạnh

Đáp án là  A.

                                    

 Ta có tam giác ABC vuông tại B cho nên S=24. Chiều cao SH=SC.$\sin {30}^0$

Thể tích V= $\frac{1}{3}.24.2.2\sqrt{3}=16\sqrt{3}$

Đáp án là  D.

• Đồ thị có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang làn lượt là: $x=-\frac{1}{2};y=\frac{3}{2}$

•  Giao điểm hai đường tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Đáp án là  A.

• Ghi chú: Tiếp tuyến tại điểm cực trị của hàm số bậc 3 song song với trục hoành.

Ta có:  + $y^{,}=x^2-4x+3$; $y^{,}=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$

            + $y^{,,}=2x-4$; $y^{,,}\left(3\right)=2>0$  Hàm số đạt cực tiểu tại $x=3\Rightarrow y=-5$

 Phương trình tiếp tuyến là $y=-5$. Vậy tiếp tuyến song song với trục hoành.

 

Đáp án là  C.

                        

 

Ta có: $V_{O.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}}=\frac{1}{2}{V}_{O.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}{D}^{,}};V_{O.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}{D}^{,}}\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}{D}^{,}}$

          $V_{O.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}}=\frac{1}{6}{V}_{ABCD.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}{D}^{,}}\Rightarrow \frac{V_{O.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}}}{V_{ABCD.A^{,}{B}^{,}{C}^{,}D}}=\frac{1}{6}$

 

 

Đáp án là  C.

Ta có:  $y^{,}=\frac{-5}{{(x-1)}^2}<0;\forall \not\equiv 1.$

Đáp án là  B.

Do $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$

Đáp án là  A.

Ta có: $y^{,}=3x^2-6mx=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

Để đồ thị hàm số có 2 cực trị thì $m\not\equiv 0$ suy ra A(0;$4m^8$),B(2m;0)

YCBT, ta có $m=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

Đáp án là  C.

Ta luôn có 1 đường tiệm cận ngang $y=1$

Đồ thị hàm số có đúng 2 đường tiệm cận đứng $x^2+m=0$có nghiệm $x=1$ hoặc $x=2\iff \left\{\begin{array}{l}m=-1\\ m=-4\end{array}\right.$

Đáp án là  C.

Ta có

• Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang:$y=\frac{a}{c}>0\Rightarrow ac>0 \left(1\right)$

• Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng:$y=-\frac{d}{c}>0\Rightarrow cd<0 \left(2\right)$

• Đồ thị hàm số cắt $Oy$ tại điểm có tung độ:$y=\frac{b}{d}<0\Rightarrow bd<0 \left(3\right)$

• Đồ thị hàm số cắt $Ox$ tại điểm có hoành độ:$y=-\frac{b}{a}<0\Rightarrow ab>0 \left(4\right)$

Từ (3) ta loại A, từ (4) loại D

Từ (1) và (2) $ad{c}^2<0$ ta loại B

Từ (2) và (3) $bc{d}^2>0\Rightarrow bc>0$ kết hợp với trên ta có đáp án đúng C

Đáp án là  A.

                                    

Để đường thẳng $y=m$ cắt đồ thị $y=2{\left|x\right|}^8-9x^2+12\left|x\right|$ tại 6 điểm phân biệt thì $4<m<5$

Đáp án là  D.

Tập xác định:$D=\mathrm{ℝ}\backslash \left\{\frac{m}{2}\right\};y^{,}=\frac{-m^2+6}{{(2x-m)}^2}$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi:

$y^{,}>0,\forall x\in D\iff -m^2+6>0\iff m\in (-\sqrt{6};\sqrt{6}).$.

Đáp án là  A.

Ta có: $y^{,}=1+2\sin x \cos x =1 + \sin 2x$

$y^{,}=0\iff x=-\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}$

Vì $x\in \left[0;\mathrm{\pi }\right]$ nên $x=\frac{3\mathrm{\pi }}{4}$

Tính được:  $y\left(0\right)=0$; $y\left(\mathrm{\pi }\right)=\mathrm{\pi }$; $y\left(\frac{3\mathrm{\pi }}{4}\right)=\frac{3\mathrm{\pi }}{4}+\frac{1}{2}$

        Vậy: $\underset{[0;\mathrm{\pi }]}{max} y=y\left(\mathrm{\pi }\right)=\mathrm{\pi }$.

 

Đáp án là  C.

Ta có:$A{D}^2+A{C}^2=D{C}^2$ nên tam giác ADC vuông tại A hay $AD\perp AC$ .

$A{D}^2+A{B}^2=D{B}^2$ nên tam giác ADB vuông tại A hay $AD\perp AB$.

Khi đó $AD\perp \left(ABC\right)$.

Dựng hình bình hành ACBE .Khi đó $AC//\left(BDE\right)$

Suy ra $d(AC,BD)$=$d(AC,(BDE\left)\right)=d(A,(BDE\left)\right)$.

Kẻ $AF\perp BE$.Khi đó $BE\perp \left(DAF\right)$. Kẻ $AG\perp DF$ thì $AG\perp \left(DBE\right)$.

$P_{ABE}=\frac{9}{2}\Rightarrow S_{ABE}=\frac{3\sqrt{15}}{4}=\frac{1}{2}.AF.BE\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{15}}{2}.\frac{1}{A{G}^2}=\frac{1}{A{F}^2}+\frac{1}{D{A}^2}\Rightarrow AG=\sqrt{\frac{240}{79}}$

 

 

Đáp án là  B.

Ta có $y^{,}=2a.\cos 2x-2b\sin 2x-1$.Để hàm số đạt cực trị các điểm $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$ và $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$ thì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{,}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=0\\ y^{,}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a-\sqrt{3b}-1=0\\ -2a-1=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=-\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\Rightarrow a-b=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right.\right.$

Đáp án là  B.

Từ đồ thị của hàm số $y^{,}=f\left(x\right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$ như hình vẽ:

Từ bảng biến thiên ta có: $M=max\left\{f\right(-1);f(1);f(2\left)\right\}$

Đáp án là  A. 

Dựa vào hình dáng đồ thị nên $a>0$ 

Ta có đồ thị hàm số giao trục hoành tại điểm:(0;c)$\Rightarrow c>0$. 

Hoành độ các điểm cực trị là nghiệm phương trình: 

$y^{,}=0\iff 3a{x}^2+2bx=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=-\frac{2b}{3a}\end{array}\Rightarrow -\frac{2b}{3a}>0\Rightarrow b<0\right.$

Đáp án là  B.

Đặt $t=x-\frac{2}{x}$ Đạo hàm $t^{,}=1+\frac{2}{x^2}> 0$

Do đó $t\left(1\right)\le t\le t\left(2\right),\forall x\in [1;2]$, suy ra $-1\le t\le 1$

Ta có $x^2+\frac{4}{x^2}=t^2+4,x^4+\frac{16}{x^4}={(x2+\frac{4}{x^2})}^2-8={(t2+4)}^2-8=t^4+8t^2+8$

Phương trình đã cho trở thành

$t^4+8t^2+8-4(t^2+4)-12t=m\iff t^4+4t^2-12t=m+8 (*)$

Phương trình đã cho có nghiệm trong đoạn [1;2] khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm trong [-1;1] Xét hàm số y=f(t)=$t^4+4t^2-12t$ trên [-1;1]

Đạo hàm $y^{,}=4t^8+8t-12, t\in (-1;1).y^{,}=4(t-1)(t^2+t+3)<0,\forall t\in (-1;1)$

Bảng biến thiên:

Do đó để phương trình đã cho có nghiệm trên [1;2] thì $-7\le m+8\le 17\iff -15\le m\le 9$