Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 17)

Đáp án A

Có $y^{\text{'}}=6x^2-12x-18;y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$  . Khi đó 2 điểm cực trị của hàm số là $A\left(-1;10\right);B\left(3;-54\right)$.Phương trình đường thẳng AB có dạng $y=ax+b;$  đi qua A và B

$\Rightarrow a=-16;b=-6$. Vậy $AB:y=-16x-6$ . Đường thẳng này đi $E\left(1;-22\right)$ .

Chú ý: Cách khác tìm phương trình AB, ta lấy đa thức $2x^3-6x^2-18x$  chia cho y' được dư là $-16x-6$  thì phương trình $AB:y=-16x-6$ .

Đáp án C

Nhìn vào đô thị suy ra trên $\left[-2;3\right]$  thì hàm số đạt trí lớn nhất bằng 4 khi x=3.

Đáp án D

Hàm số đi từ trên xuống nên a>0 vậy loại đáp án B. Hàm số đạt cực trị tại $x=-1;0;1$ . Đây cũng sẽ lf nghiệm của phương trình $y^{\text{'}}=0\Rightarrow$  Chỉ có A,D thỏa mãn, tuy nhiên đồ thị đi qua điểm (0;0) nên chỉ có đồ thi D là thỏa mãn.

Đáp án A

Đáp án C

Tiệm cận ngang là đường thẳng $y=2\Rightarrow 2m=2\iff m=1$ . Khi đó $y=\frac{2x-3}{x+1}$ .

Đáp án A

Nhìn vào bảng biến thiên

 $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=-1\Rightarrow y=-1$là tiệm cận ngang.

 $\underset{x\to \pm -1}{\lim }y=\mp \infty \Rightarrow x=-1$ là tiệm cận đứng.

Đáp án C

Xét phương trình

$$\begin{gathered} x^3-2x^2+2x+1=1-x \\ \iff x^3-2x^2+3x=0\iff x=0 \end{gathered}$$ .

Bậy giao điểm của 2 đường cao là (0;1).

Đáp án A

Sử dụng BĐT buhinhacopski ta có

$$\begin{gathered} {\left(\sqrt{x-2}+\sqrt{y+3}\right)}^2\le \left(1+1\right)\left(x-2+y+3\right) \\ =2\left(x+y\right)+2 \end{gathered}$$ .

Tức là ta có ${\left(x+y+1\right)}^2\le 4\left(2\left(x+y\right)+2\right)$  . Đặt $t=x+y$  . Chú ý rằng $t\ge -1$  .

Ta có

$$\begin{gathered} {\left(t+1\right)}^2\le 8t+8 \\ \iff t^2-6t-7\le 0 \\ \iff -1\le t\le 7. \end{gathered}$$  

Vậy $\max t=7$  xảy ra khi  $\left\{\begin{array}{c}x-2=y+3\\ x+y=7\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}x=6\\ y=1\end{array}.\right.\right.$

Đáp án B

Điểm ý B thỏa mãn biểu thức của hám số.

Đáp án B

Gọi số đó là $\overline{abcde}.$

TH1: a=1

 b:7 cách; c:6 cách; d:5cách;  e:4cách  -> Có $\mathrm{7.6.5.4}=840$  số.

TH2: b=1

 a:6 cách;  c:6cách; d:5 cách; e:4 cách -> Có 6.6.5.4=720 số.

TH3: c=1

 a:6 cách;b:6 cách;  d:5 cách; e:4 cách  -> Có 6.6.5.4=720 số.

Vậy có $840+720+720=2280$  số.

Đáp án C

Phương trình $\iff -m=x^3-12x-2$ . Điều kiện trở thành đường  y= m cắt đồ thị hàm số $y=x^3-12x-2$ tại 3 điểm phân biệt. 

Lập bảng biến thiên của $y=x^3-12x-2$  .

Nhìn vào bảng biến thiên, điều kiện của m là $-m\in \left(14;-18\right)\iff m\in \left(-14;18\right).$

Đáp án D

$x=0\Rightarrow y=-3\Rightarrow B\left(0;-3\right)$

$y=0\Rightarrow x=\frac{3}{2}\Rightarrow A\left(\frac{3}{2};0\right)$

$S_{OAB}=\frac{1}{2}.OA.OB=\frac{1}{2}\mathrm{.3.}\frac{3}{2}=\frac{9}{4}.$

Đáp án D

Đồ thị hàm số đi từ dưới lên $\Rightarrow a<0$  .

Đồ thị có 2 điểm cực trị đạt được tại hoành độ trái dấu và tổng nhỏ hơn 0 nên ta có $\frac{c}{a}<0\Rightarrow c<0$

 Và $–\frac{b}{a}〈0\Rightarrow b〉0$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm dương $\Rightarrow d>0$ .

Đáp án  D

Gọi giá căn hộ là x(đồng) thì giá nhà tăng là x-2000000 từ đó số căn hộ được thuê là $50-2\frac{x-2000000}{100000}$Tư đó số tiền doanh thu là

 $$\begin{gathered} S=x\left(50-2\frac{x-2000000}{100000}\right) \\ =\frac{\left(-2x^2+9000000x\right)}{100000} \\ =-\frac{2{\left(x-2250000\right)}^2}{100000}+101250000 \end{gathered}$$   

Vậy số tiên đạt giá trị lớn nhất khi $x=2250000.$

Đáp án C

.Đáp án C, vì có 2 tiệm cận là $y=1;\text{x}=2$

 Đáp án D

Ta cân giải phương trình y=0. Chỉ có ý D là có nghiệm $x=-\frac{69}{21}$  là giá trị âm.

Đáp án B

  $y=0\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2=1\\ x^2=2m+1\end{array}\right..$  có 4 nghiệm phân biệt khi

$2m+1>0;2m+1\ne 1\iff m>-1;m\ne 0$.

Khi đó 4 nghiệm là $-\sqrt{2m+1};-1;1;\sqrt{2m+1}$

4 nghiệm lập thành cấp số cộng có trường hợp sau sắp xếp theo thứ tự sau

TH1: $-1;-\sqrt{2m+1};\sqrt{2m+1};1\Rightarrow$  khoảng cách giữa chúng là bằng nhau $\iff 1-\sqrt{2m+1}=2\sqrt{2m+1}\iff 3\sqrt{2m+1}=1\iff m=-\frac{4}{9}$ .

TH2: $-\sqrt{2m+1};-1;1;\sqrt{2m+1}\Rightarrow$  khoảng cách giữa chung là bằng nhau

$\iff \sqrt{2m+1}-1=2\iff m=4$

Đáp án D

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

Đáp án C

${\log }_{a}a=1$

Đáp án A

Ta có $a^{\frac{2}{3}}.\sqrt{a}=a^{\frac{2}{3}}.a^{\frac{1}{2}}=a^{\frac{2}{3}+\frac{1}{2}}=a^{\frac{7}{6}}$  .

Đáp án A

Điều kiện là $3-x>0\iff x<3$

Đáp án C

Có ${\log }_{15}3=c\Rightarrow \frac{{\log }_{5}3}{1+{\log }_{5}3}=c\Rightarrow {\log }_{5}3=\frac{-c}{c-1} .$

Khi đó thì ta có ${\log }_{25}15=\frac{1+{\log }_{5}3}{2}=\frac{1+\frac{-c}{c-1}}{2}=-\frac{1}{2\left(c-1\right)}$  .

Đáp án A

Có thể dễ dàng dùng máy tính, nếu biến đổita  biến đổi như sau

$$\begin{gathered} A={\left(2^{{\log }_{2}3}\right)}^3+9^{{\log }_{3}2} \\ ={\left(2^{{\log }_{2}3}\right)}^3+{\left(3^{{\log }_{3}2}\right)}^2=31. \end{gathered}$$

Đáp án A

Hình bát diện đều là có 6 đỉnh

Đáp án C

$V_{O.ABC}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc.$

Đáp án A

$S_{đáy}=\frac{3V}{h}=\frac{a^2\sqrt{6}}{2}$

  Đáp án C

Ta có

 $$\begin{gathered} A{A}^{\text{'}2}+A{D}^2=A{D}^{\text{'}2}=4a^2 \\ \Rightarrow A{A}^{\text{'}}=AD=\sqrt{2}a \end{gathered}$$  .

Vậy cạnh của hình lập phương trình có cạnh độ dài $\sqrt{2}a$ . Vậy $V={\left(\sqrt{2}a\right)}^3=2\sqrt{2}{a}^3$ .

Đáp án C

Ta thấy rằng mặt phẳng đi qua tâm của hình hộp I, nên do đó nó chia hình thành 2 hình có thể tích bằng nhau. Tức là $\frac{V_1}{V_2}=1$ .

Đáp án A

Thể tích lớn nhất khi diện tích tam giác NPD là lớn nhất, điều này xảy ra khi  tam giác đó là tam giác đều (vì chu vi là không đổi) tức là x=20cm

Đáp án C

$$\begin{gathered} \frac{V_{C.BMND}}{V_{C.ABD}}=\frac{S_{BMND}}{S_{ABC}}=\frac{3}{4} \\ \Rightarrow V_{C.BMNC}=\frac{3}{4}{V}_{ABCD} \\ =\frac{3}{4}.\frac{1}{6}.BA.BC.BD=\frac{3}{2}{a}^3 \end{gathered}$$

Đáp án B

$d\left(K,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(H,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}HF.$

$AH=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}a;BH=\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}a$

$CH=\sqrt{B{H}^2+B{C}^2}=\frac{\sqrt{13}}{3}a.$

$Có góc giữa SC và đáy là 60° nên ta có$

$\widehat{SCH}={60}^0\Rightarrow SH=\tan {60}^0.CH=\frac{\sqrt{39}}{3}a$

ta có $\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{H{E}^2}+\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow HF=\frac{\sqrt{13}}{4}a$

Đáp án B

Kẻ $IH\perp BC$  . Ta có $S_{IBC}=S_{ABCD}-S_{ABI}-S_{CDI}=\frac{3}{2}{a}^2$ 

Mà $BC=\sqrt{A{D}^2+{\left(AB-CD\right)}^2}=\sqrt{5}a$

$\Rightarrow IH=\frac{3\sqrt{5}}{5}a$

Dễ thấy góc giữa 2 mặt phẳng $\left(SBC\right)$  và $\left(ABCD\right)$  là góc SJI, có $SI=\frac{3V_{ABCD}}{S_{ABCD}}=\frac{3\sqrt{15}}{5}a.$

Vậy $\tan SIJ=\frac{SI}{IH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIJ}={60}^0$ .

Đáp án A

Ta có $3x+y-4=0\iff y=4-3x$

$\left\{\begin{array}{c}y\left(1\right)=-2\\ y^{\text{'}}\left(1\right)=-3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}\frac{1+b}{a-2}=-2\\ \frac{-2-ab}{{\left(a-2\right)}^2}=-3\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}b=3-2a\\ -2-a\left(3-2a\right)=-3\left(a^2-4a+4\right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}b=3-2a\\ \left[\begin{array}{c}a=1\\ a=2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}a=1\\ b=1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}a=2\\ b=-1\end{array}\left(L\right)\right.\end{array}\right.$

Vậy $a=1;b=1\Rightarrow a+b=2$

Đáp án C

Gọi (C'') có tâm I' và $R^{\text{'}}=2R=4$ .

Ta có $\overrightarrow{O{I}^{\text{'}}}=-2\overrightarrow{OI}\Rightarrow I\text{'}\left(-2;-4\right)$  ( vì $I\left(1;2\right);R=2$ ).

Vậy phương trình có $\left(C^{\text{'}}\right):{\left(x+2\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2=16$  .

Đáp án A

$co{s}^{2}2x+cos 2x-\frac{3}{4}=0\iff \left[\begin{array}{c}cos 2x=\frac{1}{2}\\ cos 2x=-\frac{3}{2}\left(L\right)\end{array}\right.$

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

Đáp án C

 $\left(\sin x-1\right)\left({\cos }^{2}x-\cos x+m\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}\sin x=1 \left(1\right)\\ {\cos }^{2}x-\cos x+m=0\left(2\right)\end{array}\right.$              

Trong $\left[0;2\pi \right]$  thì phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm $x=\frac{\pi }{2}$   nên để phương trình ban đầu có 4 nghiệm thì phương trình 2 phải có 4 nghiệm phân biệt tức là phương trình $t^2-t+m=0\left(*\right)$  phải có 2  nghiệm trong khoảng $\left(-1;1\right)$  và khác 0

(*) $\iff m=t-t^2$ . Lập bảng biến thiên của vế trái.

Vậy điều kiện của m là $m\in \left(0;\frac{1}{4}\right)$ .

Đáp án C

Có ${\left(C_{100}^1\right)}^2+{\left(C_{100}^2\right)}^2+\dots +{\left(C_{100}^{100}\right)}^2$

   $$\begin{gathered} =C_{100}^1.C_{100}^{99}+C_{100}^2.C_{100}^{98}+C_{100}^3.C_{100}^{97} \\ +\mathrm{..}+C_{100}^{100}.C_{100}^0 \end{gathered}$$                                  

=$$\begin{gathered} C_{100}^0.C_{100}^{100}+C_{100}^2.C_{100}^{98}+C_{100}^3.C_{100}^{97} \\ +\mathrm{..}+C_{100}^{100}.C_{100}^0-1=C_{200}^{100}-1 \end{gathered}$$ .

Để chứng minh dòng trên ta có thể xét khai triển ${\left(1+x\right)}^{100}{\left(x+1\right)}^{100}={\left(1+x\right)}^{200}$

Xét hệ số khi biến đối theo $x^{100}\Rightarrow \underset{k=0}{\overset{100}{}}{C}_{100}^k.C_{100}^{100-k}=C_{200}^{100}$ .