Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 15)

Đáp án B

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=2x-\frac{13}{4}$với đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-1}{x+2}$  là nghiệm của phương trình

$2x-\frac{13}{4}=\frac{x^2-1}{x+2}$ DK $x\ne -2$

$\begin{array}{l}\iff 2x^2+4x-\frac{13}{4}x-\frac{13}{2}=x^2-1\\ \iff x^2+\frac{3}{4}x-\frac{11}{2}=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-\frac{11}{4}\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y=\frac{2x+1}{1-x}\\ y\text{'}=\frac{3}{{(1-x)}^2}>0\forall x\in \text{[}2;3]\\ \Rightarrow \underset{\text{[}2;3]}{\min }y=y\left(2\right)=-5\end{array}$

Đáp án A

A:" chọn 2 người đều là nữ"

$\begin{array}{l}n\left(\Omega \right)=C_{10}^2\\ n\left(A\right)=C_3^2\\ P\left(A\right)=\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\frac{1}{15}\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}\cos x=-\frac{1}{2}\\ \iff x=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y=\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}-1\\ y\text{'}=x^3+x\end{array}$

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}-1$  tại điểm có hoành độ $x_0=-1$  bằng $y\text{'}(-1)=0$

Đáp án D

Hàm $y=\sin x$ là hàm tuần hoàn với chu kỳ $T=2\pi$

Đáp án B

$\begin{array}{l}y=\frac{2x-4}{x-3}\\ y\text{'}=\frac{-2}{{\left(x-3\right)}^2}\end{array}$

Tọa độ giao điểm của (H )với Ox là $A\left(2;0\right)$

Phương trình tiếp tuyến (H )của  tại $A\left(2;0\right)$ là :

$\begin{array}{l}y=y\text{'}\left(2\right)\left(x-2\right)\\ \iff y=-2x+4\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{2x-1}{x+1}\\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{2.1-\left(-1\right).1}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}\end{array}$

Đáp án A

Từ đồ thị hàm số ta thấy đây là đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ

$y=\frac{ax+b}{cx+d}$ với $y\text{'}>0$

Do $y\text{'}>0$ nên loại đáp án C

TNC : $y=2=\frac{a}{c}$ 

đáp án A

Đáp án A

 $\left(u_n\right)$ là cấp số cộng nên:

$\begin{array}{l}{u}_8=u_1+7d\\ \iff 26=\frac{1}{3}+7d\\ \iff d=\frac{11}{3}\end{array}$

Đáp án B

$y=\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}$ TXD $D=R\backslash \left\{-1;\frac{3}{5}\right\}$

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{-5-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}=-\frac{1}{5}$

$\Rightarrow y=-\frac{1}{5}$ là TCN của đồ thị hàm số

$\underset{x\to -1}{\lim }y=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\frac{1}{0}=\infty$

$\Rightarrow x=-1$ là TCD của đồ thị hàm số

$\underset{x\to \frac{3}{5}}{\lim }y=\underset{x\to \frac{3}{5}}{\lim }\frac{x^2+x+1}{-5x^2-2x+3}=\frac{\frac{49}{25}}{0}=\infty$

$\Rightarrow x=\frac{3}{5}$ là TCĐ của đồ thị hàm số

Đáp án A

$\begin{array}{l}\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}\right)\\ =\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)\\ =\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\\ \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DM}=\frac{1}{2}{\overrightarrow{AB}}^2-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\\ =\frac{1}{2}{a}^2-a.a.\cos {60}^0+\frac{1}{2}a.a.\cos {60}^0\\ =\frac{1}{4}{a}^2\\ \Rightarrow a.\frac{a\sqrt{3}}{2}\cos \left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{DM}\right)=\frac{1}{4}{a}^2\\ \iff \cos \left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{DM}\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}\\ \Rightarrow \cos \left(AB;DM\right)=\frac{\sqrt{3}}{6}\end{array}$

Đáp án B

Hàm số đồng biến trên R nên loại được đáp án C và D.

Ta thấy hàm $y=x^3+1$  có  $y\text{'}=3x^2\ge 0\forall x\in R$ nên hàm số $y=x^3+1$  đồng biến trên R.

Đáp án C

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

Đáp án C

$$\begin{gathered} \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+3x}{\sqrt{2x^2+3}} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+3x}{x\sqrt{2+\frac{3}{x^2}}} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}+3}{\sqrt{2+\frac{3}{x^2}}}=\frac{3}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

Đáp án D

a và b chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa a và song song với b vì có duy nhất một mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau.

Đáp án C

$\frac{V_{C\text{'}.ABC}}{V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{\frac{1}{3}d\left(C\text{'};\left(ABC\right)\right).S_{ABC}}{d\left(C\text{'};\left(ABC\right)\right).S_{ABC}}=\frac{1}{3}$

Đáp án B

Số các tổ hợp chập k của một tập hợp n phần tử, kí hiệu là  $C_n^k$ và được cho bởi công thức :$C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$

Đáp án D

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì $\Delta ABC$ cân tại A nên $AI\perp BC$ (1)

Vì $\Delta DBC$ cân tại D nên $DI\perp BC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC\perp \left(AID\right)$$\Rightarrow BC\perp AD$.

Đáp án D

Đáp án A

V=B.h

Đáp án D

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{2x-8}-2}{\sqrt{x+2}},x>-2\\ \mathrm{0,}x=-2\end{array}\right.\\ \underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{2x-8}-2}{\sqrt{x+2}}\\ =\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{\left(2x-8-4\right)\sqrt{x+2}}{\left(x+2\right)\left(\sqrt{2x-8}+2\right)}\\ =\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }\frac{2\sqrt{x+2}}{\left(\sqrt{2x-8}+2\right)}=0\\ f(-2)=0=\underset{x\to {\left(-2\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)\end{array}$

Vì  $\bcancel{\exists }\underset{x\to {\left(-2\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)$ nên $\bcancel{\exists }\underset{x\to \left(-2\right)}{\lim }f\left(x\right)$  do đó hàm số không liên tục tại x=-2.

Đáp án C

Đáp án D

$\frac{V\text{'}}{V}=\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}\frac{SB\text{'}}{SB}\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}\frac{1}{3}\frac{1}{4}=\frac{1}{24}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}{A}_n^3=20n\\ \iff \frac{n!}{\left(n-3\right)!}=20n\\ \iff n\left(n-1\right)\left(n-2\right)=20n\\ \iff n^3-3n^2+2n-20n=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}n=0\left(L\right)\\ n=-3\left(L\right)\\ n=6\left(tm\right)\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y=\sin 2x\\ y\text{'}=2\cos 2x\\ y\text{'}\text{'}=-4\sin 2x\\ \Rightarrow 4y+y\text{'}\text{'}=0\end{array}$

Đáp án B

$f\left(x\right)=\frac{x^2+x+1}{x+1}$ TXD $D=R\backslash \left\{-1\right\}$

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=\frac{\left(2x+1\right)\left(x+1\right)-x^2-x-1}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{x^2+2x}{{\left(x+1\right)}^2}\\ f\text{'}\left(x\right)=0\iff x^2+2x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm $y=a{x}^4+b{x}^2+c$  với a<0 do đó loại được đáp án D.

Hàm có 3 cực trị $\iff \frac{-b}{a}>0\iff b>0$  loại được đáp án B.

$x_{c\text{d}}=\pm \sqrt{2}\Rightarrow$đáp án A đúng

Đáp án D

Vì  $SA=SB=SC$ nên $HA=HB=HC$

H là tâm đường ngoại tiếp tam giác vuông ABC

H là trung điểm của AC.

Đáp án A

Ta có :

$$\begin{gathered} {\left(x+\frac{2}{\sqrt{x}}\right)}^6={\left(x+2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^6 \\ =\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}{\left(2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^k \\ =\sum _{k=0}^6{C}_6^k{.2}^k.x^{6-\frac{3k}{2}} \end{gathered}$$

Suy ra phương trình :

$\begin{array}{l}6-\frac{3k}{2}=3\\ \iff \frac{3k}{2}=3\\ \iff k=2\end{array}$

Hệ số của $x^3$  trong khai triển là : $C_6^2{.2}^2=60$

Đáp án D

$\begin{array}{l}\left(A\text{'}C;\left(BC\right)\right)=\left(A\text{'}C;A\text{'}C\text{'}\right)=\angle CA\text{'}C\text{'}={30}^0\\ CC\text{'}=A\text{'}C\text{'}.\tan {30}^0=2a\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\\ V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=CC\text{'}.S_{ABC}\\ =\frac{2\sqrt{3}a}{3}.\frac{1}{2}.2a.2a=\frac{4\sqrt{3}{a}^3}{3}\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}{x}^4-3x^2+m=0\left(1\right)\\ \iff x^4-3x^2-3=-3-m(*)\end{array}$

Để phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt

$\begin{array}{l}\iff -3-m=-3\\ \iff m=0\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y=\left(1-m\right)x^4-m{x}^2+2m-1\\ y\text{'}=4\left(1-m\right)x^3-2mx=2x\left[2\left(1-m\right)x^2-m\right]\end{array}$

TH1:  ta có m= 1  đồ thị hàm số y'=2x có đúng một cực trị.

TH2: $m\ne 1$ Để đồ thị hàm số có đúng một cực trị  <=> phương trình $2\left(1-m\right)x^{2}m=0$  hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệp kép x= 0

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}\Delta \text{'}<0\\ m=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2m\left(1-m\right)<0\\ m=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}m\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)\\ m=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp điều kiện ta được $m\le 0$  hoặc $m\ge 1$

Đáp án B

$$\begin{gathered} S_n=\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n^2}\right) \\ =\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n}\right)\right]\times \\ \left[\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1+\frac{1}{n}\right)\right] \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}\mathrm{...}\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n}\\ \left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\mathrm{...}\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{3}{2}.\frac{4}{3}\mathrm{...}\frac{n+1}{n}=\frac{n+1}{2}\\ \Rightarrow S_n=\frac{1}{n}.\frac{n+1}{2}=\frac{n+1}{2n}\\ \lim S_n=\lim \frac{n+1}{2n}=\lim \frac{1+\frac{1}{n}}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}y=-\frac{x^3}{3}+\left(a-1\right)x^2+\left(a+3\right)x-4\\ y\text{'}=-x^2+2\left(a-1\right)x+\left(a+3\right)\end{array}$

Để hàm số đồng biến trên khoảng (0;3) $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ y\text{'}\left(0\right)\ge 0\\ y\text{'}\left(3\right)\ge 0\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(a-1\right)}^2+a+3>0\\ a+3\ge 0\\ -9+6\left(a-1\right)+a+3\ge 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2-a+4>0\\ a\ge -3\\ 7a-12\ge 0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}a\ge -3\\ a\ge \frac{12}{7}\end{array}\right.\\ \iff a\ge \frac{12}{7}\end{array}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}2{\sin }^{2}x+m\sin 2x=2m\\ \iff 1-\cos 2x+m\sin 2x=2m\\ \iff m\sin 2x-\cos 2x=2m-1\end{array}$

Để phương trình vô nghiệm 

$\iff {\left(2m-1\right)}^2>m^2+1$

$\begin{array}{l}\iff 3m^2-4m>0\\ \iff m\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(\frac{4}{3};+\infty \right)\end{array}$

Đáp án B

$\begin{array}{l}S\left(t\right)=1+3t^2-t^3\\ v\left(t\right)=S\text{'}\left(t\right)=6t-3t^2\end{array}$

 v(t)là hàm bậc hai nên : $v_{\max }=3\iff t=1$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y=\left(1-x\right){\left(x+2\right)}^2\\ y\text{'}=-{\left(x+2\right)}^2+\left(1-x\right)2\left(x+2\right)=-3x^2-6x\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\\ y\text{'}\text{'}=-6x-6\\ y\text{'}\text{'}=0\iff x=-1\end{array}$

Suy ra đồ thị hàm số có 2 cực trị, một tâm đối xứng chính là điểm uốn.

Đáp án C

Gọi x ( nghìn đồng) (x>0) là giá bán mới. Khi đó:

Số giá bán ra đã giảm là: 50-x

Số lượng bưởi bán ra tăng lên là:$\frac{50\left(50-x\right)}{5}=500-10x$

Tổng số bưởi bán được là:$40+500-10x=540-10x$

Doanh thu cửa hàng là:$\left(540-10x\right)x$

Vốn là:$\left(540-10x\right)30$

Lợi nhuận:

L(x)= doanh thu- vốn =$\left(540-10x\right)x$- $\left(540-10x\right)30$=$-10x^2+840x-16200$

$\begin{array}{l}L\text{'}\left(x\right)=-20x+840\\ L\text{'}\left(x\right)=0\iff x=42\end{array}$

Vậy để cửa hàng có lợi nhuận nhất khi bán bưởi với giá là 42000 đồng.

Đáp án A

Gọi H là tâm của tam giác đều $ABC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$

$\begin{array}{l}\left(SA;\left(ABC\right)\right)=\left(SA;HA\right)=\angle SAH=\phi \\ AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\\ SH=AH.\tan \phi =\frac{a\sqrt{3}}{3}\tan \phi \\ V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}\\ =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}\tan \phi .\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\tan \phi }{12}\end{array}$

Đáp án C

Qua G kẻ $MN//BC(M\in SC,N\in SB)$

$\begin{array}{l}\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\frac{SM}{SB}\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\\ \Rightarrow V=\frac{5}{9}{V}_{S.ABC}=\frac{5}{9}.\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}\\ =\frac{5}{9}.\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a^2=\frac{5a^3}{54}\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}AE\perp BC\\ SE\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow \left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)\\ =\left(SE;AE\right)=\angle SEA={60}^0\\ HE=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\\ SH=HE.\tan SEA=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\sqrt{3}=\frac{a}{2}\end{array}$

Đáp án C

${\left(\sqrt{4-x}+\sqrt{4+x}\right)}^3-6\sqrt{16-x^2}+2m+1=0$ (*) ĐK $x\in \left[-4;4\right]$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}S=\sqrt{4-x}+\sqrt{4+x},S\in \left[2\sqrt{2};4\right]\\ P=\sqrt{4-x}.\sqrt{4+x}=\sqrt{16-x^2},P\in \left[0;4\right]\end{array}\right.$

Khi đó phương trình đã cho trở thành

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{S}^3-6P+2m+1=0\\ S^2=2P+8\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}P=\frac{S^2-8}{2}\\ S^3-6\frac{S^2-8}{2}+2m+1=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}P=\frac{S^2-8}{2}\left(1\right)\\ S^3-3S^2+24+2m+1=0\left(2\right)\end{array}\right.\end{array}$

Để phương trình (*) có nghiệm

 hệ phương trình trên có nghiệm $S\ge 2\sqrt{2},P\ge 0$  và $S^2>4P$

phương trình (2) có nghiệm $S\in \left[2\sqrt{2};4\right]$

$\begin{array}{l}f\left(S\right)=S^3-3S^2+\mathrm{25,}S\in \left[2\sqrt{2};4\right]\\ f\text{'}\left(S\right)=3S^2-6S\\ f\text{'}\left(S\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}S=0\left(L\right)\\ S=2\left(L\right)\end{array}\right.\end{array}$

Bảng biến thiên