Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 19)

Đáp án B

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

$\left[x=\frac{\alpha -t}{2}\right.+k\pi$

Đáp án D

Hai  đường thẳng song song với mặt phẳng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau

Đáp án D

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x+7}-\sqrt{x^2+x+2}}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{x-1}-\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt[]{x^2+x+2}-2}{x-1} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{\sqrt[3]{{\left(x+7\right)}^2}+2\sqrt[3]{\left(x+7\right)}+4}-\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x+2}{\sqrt[]{x^2+x+2}+2} \\ =\frac{1}{12}-\frac{3}{4}=-\frac{2}{3} \end{gathered}$$

Đáp án C

Hàm số có một cực đại tại x=0, GTCĐ y=0

Hàm số có một cực tiểu tại x=1 , GTCT y=-3

Đáp án A

Một mặt có 3 cạnh, và mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt nên ta có đáp án A đúng

Đáp án A

Hàm cosx là hàm chẵn các hàm còn lại là hàm lẻ

Đáp án C

Đáp án C sai vì hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng có thể cắt nhau

Đáp án D

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là khoảng cách giữa hai điểm  thuộc hai đường thẳng sao cho là đường vuông góc chung của hai đường thẳng.

 Đáp án C

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=-4x^3-16x \\ =-4x\left(x^2+4\right);y\text{'}=0 \\ \iff x=4 \end{gathered}$$

   Hàm số có một cực trị duy nhất là cực đại tại  $x=0;y_{CD}=7$

Đáp án B

Phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{u}\left(a,b\right)$   biến $A\left(x,y\right)$   thành $A\text{'}\left(x+a;y+b\right)$

Đáp án A

Cạnh của hình lập phương là $\sqrt{\frac{54}{6}}=3\left(cm\right)\Rightarrow V=3^3=27\left(c{m}^3\right)$

Đáp án B

Dãy số $\left(u_n\right)$ được gọi là dãy số tăng nếu với mọi số tự nhiên  $n:u_{n+1}>u_n$

Đáp án A

Chỉ có hàm số ở đáp án A cho đạo hàm có hai nghiệm là 0;2

Đáp án A

PT  

$$\begin{gathered} \sin 2x-2\cos x=0 \\ \iff 2\sin x\cos x-2\cos x=0 \\ \iff 2\cos x\left(\mathrm{s}\text{in}x-1\right)=0 \\ \iff \cos x=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi \end{gathered}$$

Đáp án D

Hàm số đồng biến trên (-1;1) do $y\text{'}>0\iff x\in \left(-1;1\right)$   

Đáp án C

Đây là chỉnh hợp chập k của n  phần tử

Đáp án C

Hoành độ giao điểm I của đồ thị hàm số $y=4x^3-3x$  và đường thẳng $y=-x+2$  là nghiệm của PT:

$$\begin{gathered} 4x^3-3x=-x+2 \\ \iff 4x^3-2x-2=0 \\ \iff \left(x-1\right)\left(4x^2+4x+4\right)=0 \\ \iff x=1\Rightarrow y=1 \end{gathered}$$

Đáp án D

$$\begin{gathered} y\text{'}=-4x^3+8x=-4x\left(x^2-2\right) \\ \Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}y\text{'}<0\iff -4x\left(x-\sqrt{2}\right)\left(x+\sqrt{2}\right)<0\\ \end{array}$

$\begin{array}{l}\iff \left[\begin{array}{l}-\sqrt{2}<x<0\\ x>\sqrt{2}\end{array}\right.\\ \end{array}$

Đáp án C

Mặt phẳng (ABD) cắt mặt phẳng (IJK)  theo giao tuyến song song với  AB do IJ//AB

Đáp án B

Hàm số liên tục tại mọi  $x\ne 1$

Ta có

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\left(x-2\right)=-1=f\left(1\right) \end{gathered}$$

  hàm số liên tục tại x=1  

Đáp án A

SA vuông góc với đáy $\Rightarrow SA\perp BC\left(1\right)$

 cân tại   $A\Rightarrow AM\perp BC\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)$  

Đáp án A

ĐK xác định của $\tan 3x$ là $\cos 3x\ne 0\iff 3x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \iff x\ne \frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}$

Đáp án D

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

Hàm số đạt cực đại tại  $x=-2\Rightarrow y_{CD}=3$

Hàm số đạt cực tiểu tại  $x=0\Rightarrow y_{CT}=-1$

Đáp án A

$P=\frac{1}{3}{x}^3+x^2+y^2-x+1==\frac{1}{3}{x}^3+{\left(x+y\right)}^2-2xy-x+1=\frac{1}{3}{x}^3+4-2x\left(2-x\right)-x+1$

$\Rightarrow P=\frac{1}{3}{x}^3+2x^2-5x+5$

xét hàm số  $P\left(x\right)$ trên $\left[0;2\right]$  ta có 

$P\text{'}=x^2+4x-5\Rightarrow P\text{'}=0\iff x=1$

Ta tính các giá trị $P_{\left(0\right)}=5;P_{\left(1\right)}=\frac{7}{3};P_{\left(2\right)}=\frac{17}{3}$$\Rightarrow Min\left(P\right)=\frac{7}{3}$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)-2$ dựa trên đồ thị ta thấy $x\in \left(1;+\infty \right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)>2\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)-2>0\Rightarrow y$ đồng biến

Đáp án B

Hàm số đối xứng qua trục tung nên là hàm số chẵn ta loại đáp án A và D. Hàm số có giá trj âm nên ta loại đáp án C chọn đáp án B

Đáp án B

Gọi số cạnh đa giác là n ta có

 $$\begin{gathered} 44n-3\left(1+2+\mathrm{...}+n-1\right)=158 \\ \iff 44n-3\frac{n\left(n-1\right)}{2}=158 \end{gathered}$$

$\iff 3n^2-91n+316=0\Rightarrow n=4$

Đáp án B

Số hạng tổng quát của khai triển

 $$\begin{gathered} T_{k+1}=C_9^k{\left(\frac{2}{x}\right)}^{9-k}.{\left(-3\sqrt{x}\right)}^k \\ =2^{9-k}.{\left(-3\right)}^k{x}^{\frac{3k}{2}-9} \end{gathered}$$

Ta có $\frac{3k}{2}-9=0\iff k=6\Rightarrow$số hạng không chứa x là  $C_9^6{2}^3.{\left(-3\right)}^6=5832=489888$

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=6x^2-6\left(m+3\right)x+18m, \\ \Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=m\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

để đường thẳng Ox  là tiếp tuyến thì cực trị của hàm số nằm trên Ox

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}{y}_{\left(3\right)}=0\\ y_{\left(m\right)}=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}9m-36=0\\ m^3-9m^2+8=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}m=4\\ \left(m-1\right)\left(m^2-8m-8\right)\end{array}\right.=0 \end{gathered}$$

Từ đây ta chọn đáp án B với m=4

Đáp án  B

Hàm  số có tiệm cận đứng là x=-m để tiệm cận này đi qua $M\left(3;1\right)\Rightarrow -m=3\Rightarrow m=-3$

Đáp án C

$\frac{V_{AB\text{'}C\text{'}D}}{V_{ABCD}}=\frac{AB\text{'}}{AB}.\frac{AC\text{'}}{AC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

Đáp án B

Lăng trụ có chều cao không đổi nên có thể tích lớn nhất khi diện tích đáy lớn nhất

Đáy lăng trụ là tam giác cân có chu vi 60 cm cạnh bên là x cạnh đáy là  $\left(60-2x\right)$

Diện tích đáy theo công thức Hê Rông 

$$\begin{gathered} S=\sqrt{30.\left(30-x\right)\left(30-x\right)\left(2x-30\right)} \\ \le \sqrt{30.{\left(\frac{30-x+30-x+2x-30}{3}\right)}^3} \\ =100\sqrt{3}\left(c{m}^2\right) \end{gathered}$$

Dấu bằng xảy ra $\iff 30-x=2x-30\Rightarrow x=20\left(cm\right)$

Đáp án B

Chỉ có khẳng định (III)  sai các khẳng định còn lại đúng

Đáp án B

Hàm số cắt trục hoành tại hai điểm $\iff t^2-2t+m=0$ có một nghiệm kép dương hoặc 2 nghiệm trái dấu.

PT có nghiệm kép  $\iff \Delta \text{'}=1-m=0\iff m=1\Rightarrow t=1\left(1\right)$

PT có hai nghiệm trái dấu  $\iff a.c=m<0\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow m=1$ và  $m<0$

Đáp án D

Số tiền người đó nhận được sau 6 tháng từ ngân hang là:$100{\left(1+\mathrm{0,05}\right)}^2=\mathrm{110,25}$  triệu đồng

Sau 1 năm người đó nhận được số tiền từ ngân hàng là $\left(\mathrm{110,25}+50\right){\left(1+\mathrm{0,05}\right)}^2=\mathrm{176,676}$ triệu đồng

Đáp án D

Đáp án A đúng vì $\Delta OAK,\Delta OBC$  là các tam giác vuông

 $\Rightarrow \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$

Đáp án B đúng vì $BC\perp \left(OAH\right),CA\perp \left(OBH\right),AB\perp \left(OCH\right)\Rightarrow AH,BH,CH$  là các đường cao trong tam giác 

Đáp án C đúng vì$BC\perp \left(OAH\right)$

Đáp án D sai vì nếu $AH\perp \left(OBC\right)\Rightarrow AH\perp OK\Rightarrow$  mâu thuẫn

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{4-m^2}{{\left(x-1\right)}^2}$  hàm số đồng biến trên tập xác định của nó

$\iff 4-m^2>0\iff -2<m<2$  do m nguyên  $\Rightarrow m=\mathrm{0,}m=\pm 1$

Đáp án A

Đồ thị hàm số có bốn tiệm cận $\iff m^{2}x+m-1=0$  có hai nghiệm

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m-1<0\end{array}\right.\iff m<1\cup m\ne 0$

Đáp án D

Thiết diện là tam giác cân MCD trong đó M  là trung điểm AB n

Ta có $DM=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2};CD=a$

 Gọi H là trung điểm

 $$\begin{gathered} CD\Rightarrow MH=\sqrt{M{C}^2-C{H}^2} \\ =\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

$S_{MCD}=\frac{1}{2}MH.CD=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$

Đáp án C

Phép vị tự tâm O tỉ số k biến tâm $I\left(1;2\right)$  của đường tròn (C) thành tâm $I\text{'}\left(-\mathrm{2,}-4\right)$ của đường tròn (C') bán kính bằng hai lần bán kính đường tròn $\left(C\text{'}\right)\Rightarrow PT\left(C\text{'}\right):{\left(x+2\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2=16$  

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(t\right)=12t^2-2t^3 \\ \Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(t\right)=24t-6t=0 \\ \iff t=4 \end{gathered}$$

 (do $t>0)$ 

 hàm số $f\text{'}\left(t\right)$ đạt cực đại cũng là GTLN tại t=4

Đáp án A

Khi $x\to +\infty$  thì  $y\to -\infty \Rightarrow a<0$

Hàm số cắt Oy tai tung độ  $>0\Rightarrow d>0$

Đồ thị hàm số có hai nghiệm trái dấu  $\Rightarrow c.a<0\Rightarrow c>0$

Trị tuyệt đối của hoành độ cực đại lớn hơn cực tiểu mà a<0 -> b>0

Đáp án D

Ta có (BCM) cắt (SAD)   theo giao tuyến $MN//AD$

$\begin{array}{l}\frac{V_{SNMBC}}{V_{SABCD}}=\frac{V_{SMBC}+V_{SMNC}}{V_{SABCD}}\\ \end{array}$

$\begin{array}{l}=\frac{1}{2}\left(\frac{V_{SMBC}}{V_{SABC}}+\frac{V_{SNMC}}{V_{SACD}}\right)\\ \end{array}$

$\begin{array}{l}=\frac{1}{2}\left(\frac{SM}{SA}+\frac{SM}{SA}\frac{SN}{SD}\right)=\frac{1}{2}\\ \end{array}$

$\begin{array}{l}\\ \Rightarrow {\left(\frac{SM}{SA}\right)}^2+\frac{SM}{SA}-1=0\end{array}$

$\begin{array}{l}\\ \Rightarrow \frac{SM}{SA}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\iff \frac{a-x}{a}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\end{array}$

$\begin{array}{l}\\ \Rightarrow x=\left(3-\sqrt{5}\right)a\end{array}$

Đáp án  A

Xét PT

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

ĐK để PT này có ba ngiệm là $m>0$  và  $m\ne 9$

Khoảng các từ  tới đường thẳng $y=mx+m$  là: $h=\left|\frac{m}{\sqrt{m^2+1}}\right|$  =$\frac{m}{\sqrt{m^2+1}}$

Gọi tọa độ của 

$$\begin{gathered} B\left(x_1;y_1\right),C\left(x_2;y_2\right) \\ \Rightarrow BC=\sqrt{{\left(x_2-x_1\right)}^2+{\left(y_2-y_1\right)}^2} \\ =\sqrt{{\left(x_2-x_1\right)}^2+m^2{\left(x_2-x_1\right)}^2} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} =\sqrt{\left(m^2+1\right){\left(x_2-x_1\right)}^2} \\ =\sqrt{\left(m^2+1\right)\left[{\left(x_2+x_1\right)}^2-4x_1{x}_2\right]} \\ =\sqrt{4m\left(m^2+1\right)} \end{gathered}$$

$\Rightarrow S_{OBC}=\frac{1}{2}h.BC=\frac{1}{2}$$\frac{m}{\sqrt{m^2+1}}$$\sqrt{4m\left(m^2+1\right)}$=8$\Rightarrow m=4$

Đáp án C

Các trường hợp thuận lợi là  $\left(6;2;1\right),\left(5;3;1\right),\left(5;2;1\right),\left(4;3;2\right),\left(4;3;1\right),\left(4;2;1\right),\left(3;2;1\right)$

Không gian mẫu $\Omega =C_8^3=56\Rightarrow p=\frac{7}{56}=\frac{1}{8}$

Đáp án A

Gọi độ dài các sợi dây uốn thành hình vuông và hình tròn lần lượt là $x,y\Rightarrow x+y=60$  và  x,y chính là chu vi của các hình trên.

Diện tích hình vuông là $S_1={\left(\frac{x}{4}\right)}^2=\frac{x^2}{16}$  ; Diện tích hình tròn là  $S_2=\pi {\left(\frac{y}{2\pi }\right)}^2=\frac{y^2}{4\pi }$

Tổng diện tích hai hình  

$$\begin{gathered} S=S_1+S_2=\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4\pi } \\ \Rightarrow S.\left(16+4\pi \right)=\left(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4\pi }\right)\left(16+4\pi \right) \\ \ge {\left(x+y\right)}^2=3600 \\ \Rightarrow S\ge \frac{900}{4+\pi } \end{gathered}$$

Đạt được khi

 $$\begin{gathered} \frac{x}{16}=\frac{y}{4\pi }=\frac{x+y}{16+4\pi } \\ =\frac{60}{16+4\pi }=\frac{15}{4+\pi } \\ \Rightarrow x=\frac{15.16}{4+\pi }=\mathrm{33,61} \end{gathered}$$

Đáp án B

Chi phí thấp nhất khi diện tích xây dựng  là thấp nhất. Gọi độ dài hai kích thước đáy là a,2a  độ dài cạnh bên là B thì diện tích xây dựng là

M

Vậy chi phí thấp nhất là: 150.0.5=75 trệu đồng

Đáp án D

Vì $AB//\left(SCD\right)\Rightarrow$  khoảng cách d  giữa AB bằng khoảng cách giữa AB và (SCD)

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD khi đó $AB\perp \left(SMN\right)$  

Kẻ  đường cao MH của $\Delta SMN$$\Rightarrow MH$ là khoảng cách giữa AB và SC

Ta có:  $SN=\sqrt{S{O}^2+O{N}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$$\Rightarrow d=MH=\frac{SO.MN}{SN}=\frac{a.a}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

Đáp án C

PT đã cho

$$\begin{gathered} \iff m\left({\sin }^{2}x-1\right)-3\sin x\cos x-1=0 \\ \iff 3\sin x\cos x+{\cos }^{2}x+1=0 \end{gathered}$$

Dễ thấy $\cos x\ne 0$ $\Rightarrow PT\iff {\tan }^{2}x+3\tan x+m+1=0$

Để PT đã cho có ba nghiệm thuộc $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right)$ thì PT $t^2+3t+m+1=0$  có hai nghiệm trái dấu $\iff m+1<0\iff m<-1$

Đáp án A

Hàm số $f\left(\left|x\right|\right)$ có năm điểm cực trị $\iff f\left(x\right)$ có hai cực trị có giá trị trái dấu 

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

 $\Delta \text{'}={\left(2m-1\right)}^2-3\left(2-m\right)=4m^2-m-5>0\iff \left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>\frac{5}{4}\end{array}\right.$

Dựa trên điều kiện của $\Delta \text{'}$  ta đã có thể chọn đáp án A.