Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 18)

 Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=3\left(m-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x+1$  với $m=1\Rightarrow y\text{'}=1\Rightarrow$  hàm số đồng biến trên R  . Xét với $m\ne 1$  

Để hàm số đồng biến trên R thì

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}m-1>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ {\left(m-1\right)}^2-3\left(m-1\right)\le 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ \left(m-1\right)\left(m-4\right)\le 0\end{array}\right. \\ \Rightarrow 1<m\le 4 \end{gathered}$$

 cộng thêm với giá trị m=1 ta có tập hợp m cần tìm là  $1\le m\le 4$

 Đáp án C

Đặt  $HY=x\left(0\le x\le 8\right)$khi đó thời gian người đó đến Z là: $f\left(x\right)=\frac{1}{6}\sqrt{9+x^2}+\frac{1}{8}\left(8-x\right)$

$$\begin{gathered} f\text{'}=\frac{x}{6\sqrt{9+x^2}}-\frac{1}{8} \\ =\frac{4x-3\sqrt{9+x^2}}{24\sqrt{9+x^2}} \\ \Rightarrow f\text{'}=0\iff x=\frac{9}{\sqrt{7}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow Min\left(f\right)=Min\left\{f\left(0\right);f\left(8\right);f\left(\frac{9}{\sqrt{7}}\right)\right\} \\ =Min\left\{\frac{3}{2};\frac{\sqrt{73}}{6};\frac{\sqrt{7}}{8}+1\right\}=1+\frac{\sqrt{7}}{8} \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm bậc nhất trên bậc nhất luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên tập xác định của nó

$\Rightarrow \underset{\left[2;3\right]}{\min \left(y\right)}=\min \left\{y\left(2\right);y\left(3\right)\right\}=\min \left\{3;2\right\}=2$

Đáp án B

Diện tích tam giác đều có cạnh  là a  bằng  $a^2\frac{\sqrt{3}}{4}$

 khoảng cách từ S tới $\left(ABC\right)=\frac{3V}{d{t}_{ABC}}$$=\frac{3a^3}{a^2\frac{\sqrt{3}}{4}}=4a\sqrt{3}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} \frac{V_{SEBD}}{V_{SABCD}}=\frac{V_{SEBD}}{2V_{SBCD}}=\frac{1}{2}\frac{SE}{SC}=\frac{1}{2}\frac{2}{3}=\frac{1}{3} \\ \Rightarrow V_{SEBD}=\frac{1}{3}{V}_{SABCD}=\frac{1}{3} \end{gathered}$$

Đáp án D

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2-x+1}}{2x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{2+\frac{1}{x}}=1$

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2-x+1}}{2x+1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }-\frac{\sqrt{4-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{2+\frac{1}{x}}=-1$

Đáp án C

$$\begin{gathered} {\left(\sqrt{5}-2\right)}^{-a}>{\left(\sqrt{5}+2\right)}^b \\ \iff {\left(\sqrt{5}-2\right)}^{-a}{\left(\sqrt{5}-2\right)}^b>{\left(\sqrt{5}+2\right)}^b{\left(\sqrt{5}-2\right)}^b \\ \iff {\left(\sqrt{5}-2\right)}^{b-a}>1 \end{gathered}$$

do $\sqrt{5}-2<1$$\Rightarrow b-a<0\Rightarrow a>b$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x$  chia y cho y' ta được $y=\frac{1}{3}\left(x-1\right)y\text{'}-2x+2$  nên đường thẳng  d có PT: $y=-2x+2$ . Để $d//\Delta \iff 2m=-2\Rightarrow m=-1$ 

Đáp án D

Đáp án A sai vì tổng các giá trị cực trị =  3+4+3=10

Đáp án B sai vì hàm số tiến ra  $+\infty$

Đáp án C sai vì hàm số có điểm cực đại là  $\left(0;4\right)$

Đáp án D

${\log }_{a}c=\frac{{\log }_{b}c}{{\log }_{b}a}={\log }_{b}c{\log }_{a}b$

Đáp án B

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

Đáp án B

ta có $f\text{'}\left(x\right)=-\frac{x}{\left(x+1\right)}\frac{-1}{x^2}=\frac{1}{\left(x+1\right)x}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow S=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\mathrm{...}+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019} \\ =\frac{2018}{2019} \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{\frac{-m}{2}}>{\left(9\sqrt{3}+11\sqrt{2}\right)}^{\frac{n}{6}} \\ \iff {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{\frac{-m}{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{\frac{n}{2}} \\ >{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}^{\frac{n}{2}}{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{\frac{n}{2}} \end{gathered}$$

$\iff {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{\frac{n-m}{2}}>1$ do $0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1\Rightarrow \frac{n-m}{2}<0\iff m>n$

Đáp án C

Khối đa diện có các mặt là các đa giác có số cạnh tối thiểu là ba

Đáp án B

Hình lăng trụ tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau là hình lập phương.

Gọi a là độ dài một cạch thì tổng diện tích các mặt $S=6a^2=96\Rightarrow a=4\left(cm\right)$

 thể tích lăng trụ là $V=a^3=4^3=64\left(c{m}^3\right)$

Đáp án C

Tứ diện đều có 6 cạnh tương ứng có 6 trung điểm là các đỉnh của hình bát diện đều.

Đáp án D

$P=x^{\frac{1}{3}}.\sqrt[6]{x}=x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{1}{6}}=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$

Đáp án A

Hình trụ không phải hình đa diện mà là hình tròn xoay.

Đáp án B

$$\begin{gathered} a{\log }_{6}3+b{\log }_{6}2+c{\log }_{6}5=a \\ \iff {\log }_6{3}^a{2}^b{5}^c={\log }_6{6}^a \\ \iff {\log }_6{2}^{b-a}{5}^c=0 \end{gathered}$$

$2^{b-a}{.5}^c=1$

$5^c=2^{a-b}\iff c=\left(a-b\right){\log }_{5}2$

do c hữu tỷ $\Rightarrow a=b$

Đáp án C

$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt[]{a^2+3a^2}=2a$

$SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$

$SH=\frac{S{A}^2}{SC}=\frac{a^2}{a\sqrt{5}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$

$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$

$$\begin{gathered} \Delta SHK~\Delta SBC \\ \Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{SK}{SC} \\ \Rightarrow SK=\frac{SH.SC}{SB} \\ =\frac{a.a\sqrt{5}}{\sqrt{5}.a\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABC}}=\frac{SH}{SC}\frac{SK}{SB} \\ =\frac{a}{\sqrt{5}a\sqrt{5}}\frac{a}{\sqrt{2}a\sqrt{2}}=\frac{1}{10} \\ \Rightarrow V_{S.AHK}=\frac{1}{10}{V}_{S.ABC} \\ =\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABC} \\ =\frac{1}{10}.\frac{1}{3}a.\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{60} \end{gathered}$$

 

 

Đáp án D

Hình hai mươi mặt đều có 12 đỉnh, 30 cạnh, 20 mặt.

Đáp án B.

Gọi M là trung điểm BC ; Gọi d là khoảng cách từ A tới (SBC)

$SO=\frac{3V_{S.ABCD}}{d{t}_{ABCD}}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{6a^2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

$SM=\sqrt{S{O}^2+M{O}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$d{t}_{SBC}=\frac{1}{2}SM.BC=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow d=\frac{3V_{A.SBC}}{d{t}_{SBC}}=\frac{3V_{S.ABCD}}{2d{t}_{SBC}}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{\mathrm{2.6.}{a}^2\frac{\sqrt{3}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

 

Đáp án D

$\underset{x\to 1}{Lim}\frac{{\log }_{2}x}{\ln x}\stackrel{(L\text{'})}{=}\frac{\frac{1}{x\ln 2}}{\frac{1}{x}}=\frac{1}{\ln 2}=\frac{1}{a}$

Đáp án B

Hàm số có hai cực trị tại $x=0$ và $x=3$

Đáp án C

Hàm số đạt cực đại tại  x=-2 với GTCD = 4. Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 với GTCT =  -1.

Đáp án A

${\log }_{\sqrt{a}}a={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}a=\frac{1}{\frac{1}{2}}{\log }_{a}a=2$

Đáp án D

ĐK  xác định của hàm số là $-4\le x\le 4$

$$\begin{gathered} y\text{'}=1-\frac{x}{\sqrt{16-x^2}} \\ =\frac{\sqrt{16-x^2}-x}{\sqrt{16-x^2}}\Rightarrow y\text{'}=0 \\ \iff x=2\sqrt{2} \end{gathered}$$

Các giá trị tại biên và điểm cực trị là

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\left(-4\right)=-4\\ y\left(4\right)=4\\ y\left(2\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow M.N=4\sqrt{2}.\left(-4\right)=-16\sqrt{2} \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta tính trên trường hợp tổng quát tứ diện ABCD  đều cạnh a

$V_{ABCD}=\frac{1}{3}DH.dt\Delta ABC$ với H là trực tâm tam giác đều  ABC

Ta có $AM=\frac{\sqrt{3}}{2}a$; $AH=\frac{2}{3}AM=\frac{1}{\sqrt{3}}a$

$DH=\sqrt{A{D}^2-A{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$

$dt\Delta ABC=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}a.a=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2$

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}DH.dt\Delta ABC$$=\frac{1}{3}\frac{\sqrt{6}}{3}a.\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3$ với $a=\sqrt{2}\Rightarrow V=\frac{1}{3}$

 

 

Đáp án A

Xét PT:

$$\begin{gathered} x^3+3x^2-9x+5=0\iff \left(x+5\right){\left(x-1\right)}^2=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-5\end{array}\right.\Rightarrow A\left(1;0\right),B\left(-5;0\right) \end{gathered}$$

 $M\left(x;y\right)\in \left(C\right)\Rightarrow \overrightarrow{AM}=\left(x-1;y\right),\overrightarrow{BM}=\left(x+5;y\right)$ điều kiện góc $AMB={90}^0$      

$\begin{array}{l}\iff \overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0\iff \left(x-1\right)\left(x+5\right)+y_{}^2=0\\ \iff \left(x-1\right)\left(x+5\right)+{\left(x-1\right)}^4{\left(x+5\right)}^2=0\\ \iff \left(x-1\right)\left(x+5\right)\left[1+{\left(x-1\right)}^3{\left(x+5\right)}^{}\right]=0\end{array}$

$\iff 1+{\left(x-1\right)}^3\left(x+5\right)=0$ ( do $x\ne \mathrm{1,}x\ne -5$  )

Xét hàm số $f\left(x\right)=1+{\left(x-1\right)}^3\left(x+5\right)$  có:

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=3{\left(x-1\right)}^2\left(x+5\right)+{\left(x-1\right)}^3 \\ ={\left(x-1\right)}^2\left(4x+14\right) \end{gathered}$$

Dễ thấy hàm số có một cực tiểu duy nhất $x=-\frac{7}{2}$  với GTCT là y<0  . Do vậy PT  f(x)=0 có hai nghiệm hay tồn tại hai điểm M thỏa mãn điều kiện.

Đáp án A

Vì $y\text{'}=3x^2-2x+2=2x^2+{\left(x-1\right)}^2+1\ge 1$  với mọi $x\in ℝ$

Đáp án C

Diện tích của tam giác đều có cạnh là a bằng $a^2\frac{\sqrt{3}}{4}$  Ta có  $S=8.a^2\frac{\sqrt[]{3}}{4}=2a^2\sqrt{3}$

Đáp án D

Điều kiện để hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành  PT $y=0$   có ba nghiệm phân biệt. Xét PT

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

Để  PT này có ba nghiệm phân biệt thì 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2-4>0\\ {\left(-1\right)}^2-2m.\left(-1\right)+4\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\in \left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)\\ m\ne \frac{-5}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x-1}{x-2}=2\Rightarrow$  đường thẳng $y=2\iff y-2=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án A

Ta có  $y\text{'}=\frac{m^2+1}{{\left(x+m\right)}^2}>0$ với $\forall x\in TXD$ . Để hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{3}$   trên $\left[0;2\right]$  điều kiện cần và đủ là $y_{\left(2\right)}=\frac{1}{3}\iff \frac{2m-1}{2+m}=\frac{1}{3}\Rightarrow m=1$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=2e^{2x};y\text{'}\text{'}=2^2{e}^{2x};\mathrm{...};y^{\left(2018\right)}=2^{2018}{e}^{2x}$