Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 2)

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1\end{array}\right.\Rightarrow$đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y=$\pm 1$ 

Đáp án B

Hàm số bậc 3 có miền giá trị $(-\infty ;+\infty )$ nên ta chọn B và loại các phương án khác

Đáp án D

Tại -1 hàm số không xác định nên không nghịch biến trên $(-\infty ;3)$ 

Đáp án A

Số giao điểm của đường cong và đường thẳng là số nghiệm của phương trình

$x^3-2x^2+2x+1=1-x\iff x^3-2x^2+3x=0\iff x\left[{(x-1)}^2+2\right]=0$ 

$\Rightarrow$ PT có nghiệm duy nhất x=0

Đáp án C

Trên BBT ta thấy hàm số không xác định tại x=2 ta loại B và D. $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1$ nên ta loại A chọn C

 

Đáp án C

Tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đt $y=\frac{1}{4}x+2017$ có HSG $k=\frac{1}{4}$ Ta có $y\text{'}=\frac{4}{{(x-1)}^2}$ 

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{4}\iff \frac{4}{{(x-1)}^2}=\frac{1}{4}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-3\Rightarrow y=-2\\ x=5\Rightarrow y=-4\end{array}\right.$ PTTT song song với $y=\frac{1}{4}x+2017$ là

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{4}(x+3)-2\\ y=\frac{1}{4}(x-5)-4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x-4y-5=0\\ x-4y-21=0\end{array}\right.$

Đáp án A

PT có hai nghiệm thực phân biệt $\iff \left\{\begin{array}{l}m-1<0\\ m-1>4\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{l}m<1\\ m>5\end{array}\right.$

Đáp án D

Khối đa diện đều loại {5;3} là khối đa diện đều mỗi mặt có 5 cạnh và mối đỉnh có 3 cạnh đi qua. Đây là khối mười hai mặt đều

Đáp án C

Đáp án C sai chẳng hạn trong tứ diện lồi mỗi cạnh luôn chỉ là cạnh chung của hai mặt

 

Đáp án A

Mặt phẳng ($AB\text{'}C\text{'}$)  chia lăng trụ thành

             

Mặt phẳng ($AB\text{'}C\text{'}$) chia lăng trụ thành một khối chóp tam giác $AA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ và một khối chóp tứ giác $ABB\text{'}C\text{'}C$

Đáp án C

           

 

 

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S.A.d{t}_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{6}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{3}$ 

Đáp án C

$V_{lt}=h.s=20.125=2500\left(c{m}^3\right)$ 

Đáp án A

Thể tích hình hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước

$V=a.2a.3a=6a^3$ 

Đáp án C

Hai mặt (SAB) và (SAD) đáy $SA\perp \left(ABCD\right)$

$SA= \sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{S{C}^2-A{B}^2-A{D}^2}=\sqrt{14a^2-4a^2-a^2}=3a$

Ta có

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABCD}=\frac{1}{3}SA.AB.AD=\frac{1}{3}3a.2a.a=2a^3$

Đáp án A

Gọi M là trung điểm$BC\Rightarrow AM=2a\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}a.d{t}_{abc}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.2a=\sqrt{3}{a}^2$ 

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.d{t}_{ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.\sqrt{3}{a}^2=a^3$ 

Đápn án D

Ta có $V=\frac{1}{3}h.S=\frac{1}{3}147.230.230=25921m^3$  

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=\frac{2}{{(x+1)}^2}\Rightarrow y^{,}>0$ với $\forall x\in \left[0;\frac{3}{2}\right]\Rightarrow Ma{x}_y=y_{\left(\frac{3}{2}\right)}=\frac{2.{\displaystyle \frac{3}{2}}}{{\displaystyle \frac{3}{2}}+1}=\frac{6}{5}$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=1-2\cos 2x\Rightarrow y\text{'}=0\iff \cos 2x=\frac{1}{2}\Rightarrow x=\pm \frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }$ hơn nữa $y\text{'}$ đổi dấu từ dương sang âm qua điểm $-\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ nên $x=-\frac{\mathrm{\pi }}{6}$ là điểm cực tiểu của hàm số. (Ta có thể tính $y^{\text{'}\text{'}}=4 s\mathrm{in}2x\Rightarrow y\text{'}{\text{'}}_{\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)}<0\Rightarrow \frac{-\mathrm{\pi }}{6}$ là điểm cực đại của hàm số)

Đáp án D

Để hàm số không có tiệm cận đứng thì PT $2x^2-3x+m=0$ có nghiệm là $m\Rightarrow 2m^2-3m+m=0\iff 2m(m-1)=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=0\\ m=1\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số có TC đứng x=1 ta loại đáp án B

Hàm số có tiệm cận ngang y=1 ta loại đáp án D

Hàm số cắt trục hoành tại (-2;0) ta loại đáp án A và chọn đáp án C

Đáp án C

Từ đồ thị ta có BBT như sau

 

Như vậy hàm số nghịch biến trên ($-\infty ;-1$) 

Đáp án A

Hoành độ giao điểm của đt $y=x-1$ và đồ thị $y=x^3-3x^2+4=0$ là nghiệm của PT

$x^3-3x^2+x+3=x-1\iff (x+1){(x-2)}^2=0\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=-1\\ x_2=2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_1=-2\\ y_2=1\end{array}\right.\Rightarrow y_1+y_2=-1$ 

Đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{m(m+1)}{{(m-x)}^2}$ Hàm số đồng biến trên khoảng xác định của nó $\iff m(m+1)>0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m<-1\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta có $v=S^{\text{'}}=24t-6t^2=-6{(t-2)}^2+24\le 24(m/s)\Rightarrow v_{max}=24m/s$ đạt được khi t=2(giây)

Đáp án A

Xét PT    $\sqrt{2x^2-2x+m}-(x+1)=0\iff \left\{\begin{array}{l}(x+1)\ge 0\\ f\left(x\right)=2x^2-2x+m={(x+1)}^2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ x^2-2x+(m-1)=0\end{array}\right.\right.$ 

Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận khi PT sau có đúng hai ngiệm phân biệt khác

 $\iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=4-(m-1)>0\\ x_1+x_2=4>0\\ f(-1)=1^2-4(-1)\\ f\left(0\right)=m-1\not\equiv 0\end{array}\right.+m-1>0\Rightarrow m\in (-4;5) \backslash \left\{1\right\}$ 

Đáp án C

Hoành độ các giao điểm của đường thẳng $d:y=x+4$ và độ thị hàm số $y=x^3+2m{x}^2+(m+3)x+4$

là nghiệm của PT $x^3+2m{x}^2+(m+3)x+4=x+4\Rightarrow x[x^2+2mx+(m+2\left)\right]=0$

Điều kiện để tồn tại ba giao điểm là $\left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=m^2-m-2=(m+1)(m-2)>0\\ m+2\not\equiv 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}m>2\\ m<-1\left(1\right)\end{array}\right.\\ m\not\equiv -2\end{array}\right.$ 

Khi đó tọa độ ba giao điểm là A(0;4) , B($A(0;4) , B(x_1;4+x_1)$) và $C(x_2;4+x_2)\Rightarrow \overrightarrow{BC}=(x_2-x_1;x_2-x_1)$ 

Ta có $BC=\sqrt{2{(x}^{}}$₂-x₁)2=2x2+x12-4x1x2=22(m2-m-2) 

PT của đt BC là $x-y+4=0\Rightarrow d_{M/BC}=\frac{\left|1-3+4\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$

 Vậy nên $S_{MBC}=\frac{1}{2}\sqrt{2}.2\sqrt{2(m^2-m-2)}=2\sqrt{(m^2-m-2)}=4\iff m^2-m-6=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=-2\\ m=3\end{array}\right.$ 

Kết hợp với điều kiện (1) $\Rightarrow m=3$

Đáp án B

Số cạnh của hình lăng trụ là $3n$ nghĩa là luôn là số chia hết cho 3

Đáp án B

Hình lăng trụ tam giác đều có bốn mặt đối xứng là: $\left(A^{,}AM{M}^{,}\right),\left(B^{,}BN{N}^{,}\right),\left(C^{,}CE{E}^{,}\right)$ và(OPQ) (với O,P,Q là trung điểm các cạnh  $A{A}^{,},B{B}^{,},C{C}^{,}$

Đáp án C

 

 

Ta có diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là $S=32=2a^2+4ab=2(a^2+ab+ab)\ge 2.3\sqrt[3]{a^2.ab.ab}=6\sqrt[3]{{\left(a^{2}b\right)}^2}=6\sqrt[3]{V^2}$

                                                                                   $\Rightarrow \sqrt[3]{V^2}\le \frac{32}{6}\iff V\le \sqrt{{\left(\frac{16}{3}\right)}^3}=\frac{64\sqrt{3}}{9}$

Đáp án C

 

Gọi $O=AC\cap BD,G=AO\cap AC\text{'}$

Ta có $AC\perp \left(SBD\right)$ mặt khác $SC\perp B\text{'}D\text{'}\Rightarrow B\text{'}D\text{'}\perp \left(SAC\right)\Rightarrow B\text{'}D\text{'}//BD$ 

Theo Định lý Talet ta có $\frac{SB\text{'}}{B\text{'}B}=\frac{SD\text{'}}{D\text{'}D}=\frac{SG}{GO}=2\Rightarrow G$ là trọng tâm $∆SAC\Rightarrow C\text{'}$ là trung điểm SC

Vậy $\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}D\text{'}}}{V_{SABCD}}=\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}}+V_{SAC\text{'}D\text{'}}}{V_{SABCD}}=\frac{1}{2}(\frac{V_{SAB\text{'}C\text{'}}}{V_{SABC}}+\frac{V_{SAC\text{'}D\text{'}}}{V_{SACD}})=\frac{1}{2}\left(\frac{SB\text{'}.SC\text{'}}{SB.SC}+\frac{SC\text{'}.SD\text{'}}{SC.SD}\right)$

Đáp án A

Ta có điều kiện xác định của hàm số là $\left\{\begin{array}{l}x\le \frac{1}{4}\\ x\not\equiv 0,x\not\equiv 1\end{array}\right.$ 

Như vậy hàm số có một tiêm cận đứng x=0 và tiệm cân ngang y=3

Đáp án D

Ta có $\underset{[1;2]}{max} y+\underset{[1;2]}{min} y=y_{\left(1\right)}+y_{\left(2\right)}=\frac{m+1}{2}+\frac{m+2}{3}=\frac{16}{3}\Rightarrow \frac{5m+7}{6}=\frac{16}{3}$

$\iff 5m+7=32\Rightarrow m=5$

 

Đáp án D

Cho x,y > 0 thỏa mãn $2(x^2+y^2)+xy=(x+y)(2+xy)\iff 2{(x+y)}^2-(2+xy)(x+y)-3xy=0$  (*)

Đặt $\left\{\begin{array}{l}x+y=u\\ xy=v\end{array}\right.$ ta đc PT bậc II: $2u^2-(v+2)u-3=0$ gải ra ta được $u=\frac{v+2+\sqrt{v^2+28v+4}}{4}$

Ta có $P=4(\frac{x^3}{y^3}+\frac{y^3}{x^3})-9(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2})=4{(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})}^3-9{(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})}^2-12(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+18$ , đặt $t=(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}),(t\ge 2)\Rightarrow P=4t^3-9t^2-12t+18$ ; $P\text{'}=6(2t^2-3t+2)\ge 0$ với $\forall t\ge 2\Rightarrow Mi{n}_P=P_{\left(t_0\right)}$ trong đó $t_0=mi{n}_t=min(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$ với x,y thỏa mãn điều kiện (*).

Ta có :

$$\begin{gathered} t=(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=\frac{{(x+y)}^2}{xy}-2=\frac{u^2}{v}-2=\frac{{(v+2+\sqrt{v^2+28v+4})}^2}{16v}-2= \\ \frac{1}{16}{(\sqrt{v}+\frac{2}{\sqrt{v}}+\sqrt{v+\frac{4}{v}+28})}^2-2\ge \frac{1}{16}{(2\sqrt{2}+\sqrt{32})}^2-2=\frac{5}{2} \end{gathered}$$

Vậy $mi{n}_P=P_{\left(\frac{5}{2}\right)}=4.{\left(\frac{5}{2}\right)}^2-9{\left(\frac{5}{2}\right)}^2-12.\frac{5}{2}+18=-\frac{23}{4}$

 

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=4{\sin }^{2}x \cos x\sin x-(2m^2-5m+2)\cos x=\cos x[{(2\sin x-1)}^2-(2m^2-5m+3\left)\right]$

Xét trên $(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2})$ ta thấy $\cos x>0$, để hàm số đồng biến trên khoảng này thì ${(2\sin x-1)}^2-(2m^2-5m+3)\ge 0$ với $\forall x\in (0;\frac{\mathrm{\pi }}{2})$  hay $(2m^2-5m+3)\le 0\Rightarrow 1\le m\le \frac{3}{2}$ do m nguyên nên tồn tại duy nhất m=1

 

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=4x^3-4mx=4x(x^2-m)$ để tồn tại ba điểm cực trị thì m>0 khi đó tọa độ ba điểm cực trị là $A(0;m^4+2m),B(\sqrt{m};m^4-m^2+2m),C(-\sqrt{m};m^4-m^2+2m)$ 

$\Rightarrow AB=AC=\sqrt{m^4+m}$ , $BC=2\sqrt{m}$ gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow MB=\sqrt{m}\Rightarrow AM=\sqrt{A{B}^2-M{B}^2}=\sqrt{m^4+m-m}=m^2\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}{m}^2.2\sqrt{m}=m^2.\sqrt{m}$ 

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}r=\frac{S}{P}=\frac{m^2\sqrt{m}}{\sqrt{m^4+m}+\sqrt{m}}=\frac{m^2}{\sqrt{m^3+1}+1}=\frac{\sqrt{m^3+1}-1}{m}\\ R=\frac{AB.AC.BC}{4S}=\frac{(m^4+m)2\sqrt{m}}{4m^2\sqrt{m}}=\frac{1}{2}\frac{m^3+1}{m}\end{array}\right.$  theo giả thiết $$\begin{gathered} R=2r\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{(m^3+1)}{m}=2\frac{(\sqrt{m^3+1}-1)}{m}\iff (m^3+1)=4\sqrt{m^3+1}-4\iff {(\sqrt{m^3+1}-2)}^2=0\iff \sqrt{m3+1}=2 \\ \iff m^3=3\iff m=\sqrt[3]{3} \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Số giao điểm của đường thẳng $y=(m-1)x$ và đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+m+1$ là số nghiệm của PT  $x^3-3x^2+m+1=(m-1)x\iff x^3-3x^2+x+1-mx+m=0\iff (x-1)(x^2-2x-m-1)=0$ để tồn tại ba giao điểm phân biệt thì $\left\{\begin{array}{l}1-2-m-1\not\equiv 0\\ ∆\text{'}=1+m+1>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m\not\equiv -2\\ m>-2\end{array}\right.\right.$  khi đó tọa độ ba giao điểm là  $B(1;m-1),A(x_1;y_1),C(x_2;y_2)$  hơn nữa $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_1+x_2}{2}=1\\ \frac{y_1+y_2}{2}=\frac{(m-1)x_1+(m-1)x_2}{2}=\frac{(m-1)(x_1+x_2)}{2}=m-1\end{array}\right.$

$\Rightarrow$B là trung điểm AC hay ta có AB=BC