Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 23)

Đáp án C

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

Đáp án D

${\left(\sqrt{a}\right)}^{3{\log }_{a}4}=4^{3{\log }_a\left(\sqrt{a}\right)}=4^{\frac{3}{2}}=8$

Đáp án B

$x^2\ge \mathrm{0,}\forall x\Rightarrow y=\sqrt{4-x^2}\le \sqrt{4-0}=2$

Đáp án B

${\log }_{a^3}a=\frac{1}{3}{\log }_{a}a=\frac{1}{3}$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

+)  $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0\Rightarrow$Loại  A,D

+) Hàm số có 2 điểm cực trị $\left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2>0\end{array}\right.\Rightarrow$  Loại 

Đáp án A

Ta có tam giác SAB cân tại  A,I là trung điểm  $AB\Rightarrow SI\perp AB$

Lại có $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SI\perp \left(ABC\right)\Rightarrow$  Góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng (ABC) là: $\stackrel{⏜}{SCI}.$  

Đáp án D

Ta có: TXĐ: $D=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left(-1;+\infty \right)$ 

 $y\text{'}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0\forall x\in D.$Do đó  hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)và\left(-1;+\infty \right)$

Đáp án B

Ta có: M' là ảnh của M qua phép tịnh tiến $\overrightarrow{v}$ nên $\left[\begin{array}{l}{x}_{M\text{'}}=x_M+4=6\\ x_{M\text{'}}=y_M+1=-2\end{array}\right.\Rightarrow M\text{'}\left(6;-2\right)$

Đáp án D

Ta có:  $x\in \left[2;4\right]$

Ta có:  $y\text{'}=1-\frac{9}{x^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-3\\ x=3\end{array}\right..$Lại có: $y\left(2\right)=\frac{13}{2};y\left(3\right)=6;\left(4\right)=\frac{25}{4}$ 

Suy ra tập giá trị của hàm số:  $D=\left[6;\frac{13}{2}\right]\Rightarrow b-a=\frac{1}{2}.$

Đáp án C

Để đồ thị $\left(C_m\right):y=\left(x-2\right)\left(x^2+mx+m^2-3\right)$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

 $\iff PT:\left(x-2\right)\left(x^2+mx+m^2-3\right)=0$có 3 nghiệm phân biệt

 $\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x^2+mx+m^2-3=0\left(*\right)\end{array}\right.$ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác

$$\begin{gathered} \iff \left[\begin{array}{l}\Delta =m^2-4\left(m^2-3\right)=-3m^2+12\\ f\left(2\right)=m^2+2m+1\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}-2<m<2\\ m\ne -1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{0;1\right\}.$  Vậy có 2  giá trị  thỏa mãn.

Đáp án C

Ta có  sai vì chưa có điều kiện $b>0;c>0$ . Vậy khẳng định  đúng.

Đáp án A

Phương trình tiếp tuyến tại $\left(x_0;y_0\right)$  có hệ số góc là $k=y\text{'}\left(x_0\right)=3{x_0}^2-4x_0+2$  

Để  phương trình tiếp tuyến tại $\left(x_0;y_0\right)$  vuông góc với đường thẳng  $y=-x+2017.$

$\iff k.\left(-1\right)=-1\iff k=1\iff 3{x_0}^2-4x_0+2=1\iff 3{x_0}^2-4x_0+1=0\iff x_{01}+x_{02}=\frac{4}{3}$

 (định lý Viet).

Đáp án C

$\cos x\ne 0\iff x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi$

 Đáp án D

Dựng  $AH\perp CD$ suy ra AH là đường vuông góc cung của SA vad CD Ta có:

$S_{ACD}=\frac{1}{2}AD.d\left(C;AD\right)=\frac{1}{2}.3a.AB=\frac{3a^2}{2}$ .

Lại có:

 $$\begin{gathered} CD=\sqrt{A{B}^2+{\left(AD-BC\right)}^2}=a\sqrt{5} \\ \Rightarrow AH=\frac{2S_{ACD}}{CD}=\frac{3a}{\sqrt{5}} \end{gathered}$$

Đáp án D

Tung con súc sắc 2 lần, mỗi lần có trường hợp xảy ra  $\Rightarrow KGM:n_{\Omega }=6.6=36$

Có4  trường hợp xuất hiện số chấm của 2 lần gieo bằng 9   là:  $\left(3;6\right);\left(4;5\right);\left(5;4\right);\left(6;3\right)$

Vậy xác suất để tổng số chấm của 2 lần gieo bằng 9 là:  $\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$

Đáp án B

Phương trình tiếp tuyến tại  $\left(x_0;y_0\right)$ có hệ số góc là  $k=y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}$

Để tiếp tuyến tại $\left(x_0;y_0\right)$ song song với đường thẳng $d:y=-3x-1$  thì

 $$\begin{gathered} k=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}=-3\iff {\left(x-1\right)}^2=1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=2\\ x_2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{y}_1=5\\ y_2=-1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left(d_1\right):y=-3x+11\\ \left(d_2\right):y=-3x-1\equiv d\left(loai\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

ĐKXĐ:$\cos x\ne 1\iff x\ne 2\pi \iff D=ℝ\backslash \left\{k2\pi \left|k\in \mathbb{Z}\right.\right\}$ 

Đáp án B

Gọi  $M\left(x_0;y_0\right).$ Ta có:  $y_0=10\iff {x_0}^3-3{x_0}^2+10=10\iff \left[\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=3\end{array}\right.$

Lại có  $y\text{'}=3x^2=6x\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(0\right)=0\\ y\text{'}\left(3\right)=9\end{array}\right.$

Phương trình tiếp tuyến tại $M\left(x_0;y_0\right)$ là $y=y{\text{'}}_{x0}.\left(x-x_0\right)+y_0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}y=10\\ y=9x-17\end{array}\right.$

Đáp án A

ĐLXĐ  $x\ne \left(2k+1\right)\frac{\pi }{2}$ Ta có

 $$\begin{gathered} \sqrt{3}.tanx-3=0\iff tanx=\sqrt{3} \\ \iff x=\frac{\pi }{3}+k\pi \end{gathered}$$

Đáp án A

Điều kiện đủ để hàm số y=f(x)  đồng biến trên k là   $f\text{'}\left(x\right)>0$ với mọi $x\in K$. Đáp án D thiếu tại hữu hạn điểm thuộc khoảng K.

Đáp án B

Dễ thấy đáp án là B

Xét  A có $x^2+1>\mathrm{1,}\forall x\in ℝ\Rightarrow TXĐ:x=2017D=ℝ$  

Xét B có  $x+2\ne 0\iff x\ne 2\Rightarrow TXĐ:D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Tương tự  C;D

Đáp án C

Dễ thấy  $-\frac{2}{3}>-\frac{1}{3}\Rightarrow a-1>1\Rightarrow a>2$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3x^2-3$; $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right..$ Ta có đồ thị hàm số như hình vẽ

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra:

Đồ thị hàm số cắt đường thẳng  $y=\frac{5}{3}$tại điểm phân biệt

Đáp án C

Hàm $y=\sin x$ có chu kì  $T=2\pi .$

Đáp án D

Ta có  $=\frac{x+1}{x^2-2016x-2017}=\frac{x+1}{\left(x+1\right)\left(x-2017\right)}=\frac{1}{x-2017}$

Lại có$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x-2017}=0\Rightarrow$  hàm số có tiệm cận ngang  y=0

$\underset{x\to {2017}^{+}}{\lim }\frac{1}{x-2017}=+\infty ;\underset{x\to {2017}^{-}}{\lim }\frac{1}{x-2017}=-\infty \Rightarrow$hàm số có tiệm cận đứng x=2017. Vậy có 2 tiệm cận.

Đáp án B

Khi đọc xong bài này , ta thấy ngay góc quay người ta cho mình là gốc tọa độ  nên việc xác định ảnh của các điểm trên là một công việc khá dễ dàng. Chỉ việc thay vào biểu thức tọa độ là bài toán được giải quyết

Nhắc lại biểu thức tính:  $\left\{\begin{array}{l}x\text{'}=xc\text{os}\phi -y\sin \phi \\ y\text{'}=x\sin \phi -yc\text{os}\phi \end{array}\right.$

Với bài toán này góc quay là  lắp vào công thức  

Cách 2: Hình chiếu của điểm  M lên Ox,Oy lần lượt là$H\left(-6;0\right);K\left(0;1\right)$ . Khi thực hiện phép quay $Q\left(O;{90}^{\circ }\right)$ thì  lần lượt biến thành các điểm  $H\text{'}\left(0;-6\right);K\text{'}\left(0;-1\right)\Rightarrow M\text{'}\left(-1;-6\right)$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm  $x+m=\frac{2x}{x+1}\left(x\ne -1\right)\iff x^2+\left(m+1\right)x+m\left(\forall x\ne 1\right)=2x$

 $\iff x^2+\left(m-1\right)x+m=0\left(x\ne -1\right)$ Để d cắt đồ thị hàm số $y=\frac{2x}{x+1}$ tại 2 điểm phân biệt $\iff g\left(x\right)=x^2+\left(m-1\right)x+m=0$  có 2 nghiệm phân biệt khác .

 Khi đó   $\left[\begin{array}{l}g\left(-1\right)=2\ne 0\\ \Delta ={\left(m-1\right)}^2-4m>0\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}m>3+2\sqrt{2}\\ m<3-2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Đáp án D

Dễ thấy  $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{x^2-2x+m}=0$nên hàm số $y=\frac{x}{x^2-2x+m}$ có tiệm có $\Delta <0$. Khi đó $\Delta \text{'}=1-m<0\Rightarrow m>1.$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=6x^2-6x=6x\left(x-1\right)<0\iff 0<x<1$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng  $\left(0;1\right).$

Lại có  $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=1\\ x=1\Rightarrow y=0\end{array}\right.$. Vậy chỉ có  A thỏa mãn.

Đáp án D

Ta có:${\left(x-\frac{1}{x^2}\right)}^{45}={\left(x-x^{-2}\right)}^{45}$  có số hạng tổng quát là:  $C_{45}^k{x}^{45-k}{\left(-x^{-2}\right)}^k=C_{45}^k{x}^{45-3k}.{\left(-1\right)}^k.$

Số hạng không chứa x tương ứng với $45-3k=0\Rightarrow k=15.$  Vậy số hạng không chứa x là:  $-C_{45}^{15}$

Đáp án C

Do $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1$  nên hàm số có tiệm cận ngang y=1 .Lại có $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=+\infty ;\underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=-\infty$nên hàm số có tiệm cận đứng  x=2

Đáp án B

Ta có  $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x-1}{x-1}=2$nên hàm số có tiệm cận ngang y=2.

Lại có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x-1}=+\infty ;\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{2x-1}{x-1}=-\infty$nên hàm số có tiệm cận đứng x=1 Vậy có 2  tiệm cận.

Đáp án D

A thấy $\left[\begin{array}{l}e-1>1\\ x^2+1\ge 1\end{array}\right.\Rightarrow {\log }_{e-1}\left(x^2+1\right)\ge 0.$  Vậy A sai

 B thấy $\left[\begin{array}{l}\mathrm{0,3}<0\\ \mathrm{0,7}<0\end{array}\right.\Rightarrow {\log }_{\mathrm{0,3}}\mathrm{0,7}>0.$ Vậy  B sai

 C thấy $\left\{\begin{array}{l}{x}^2+2>1\\ 0<\frac{2}{5}<1\end{array}\right.\Rightarrow {\log }_{x^2+2}\frac{2}{5}<0.$  Vậy C  sai

Đáp án B

Ta có  $Q=\sqrt{x}.\sqrt[3]{x}.\sqrt[6]{x^5}=x^{\frac{1}{2}}.x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{5}{6}}=x^{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{5}{6}\right)}=x^{\frac{5}{3}}$

Đáp án C

Do hình lập phương có 6 mặt. Gọi x là độ dài cạnh hình lập phương (x >0) .Ta có  $6x^2=150\Rightarrow x=5.$ Vậy thể tích khối lập phương là  $x^3=125.$

Đáp án A

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=3x^2-6x+m\\ y\text{'}\text{'}=6x-6\end{array}\right.$ . Để hàm số đạt cực tiểu tại  x=2

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(2\right)=0\\ y\text{'}\left(2\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}0+m=0\\ 6>0\end{array}\right.\Rightarrow m=0.$ 

Đáp án D

Chọn hệ trục tọa độ với

 $$\begin{gathered} B\left(0;0;0\right);M\left(0;a;0\right);P\left(a;2a;\frac{3a}{2}\right) \\ vàN\left(\frac{a}{2};2a;3a\right) \end{gathered}$$

Khi đó:$\overrightarrow{MP}\left(a;a;\frac{3a}{2}\right);\overrightarrow{MN}\left(\frac{a}{2};a;3a\right)$

Do đó  $\overrightarrow{n_{\left(MNP\right)}=}\left[\overrightarrow{MP};\overrightarrow{MN}\right]=a^2\left(\frac{3}{2};-\frac{9}{4};\frac{1}{2}\right)$

Suy ra

$\left(MNP\right):6x-9y+2z+9a=0;A\left(a;0;0\right)$ .

Khi đó  $d\left(A;\left(MNP\right)\right)=\frac{6a+9a}{\sqrt{6^2+9^2+2^2}}=\frac{15a}{11}.$

Đáp án A

Do hàm số chỉ có một điểm cực trị có tọa độ$\left(0;-1\right)$  nên $c=-1\Rightarrow$   Loại  C,D

Lại có $y\text{'}=4x^3+2bx=2x\left(2x^2+b\right)$  1  nghiệm duy nhất  x=0 khi và chỉ khi  $2x^2+b\ge 0\iff b\ge 0.$

Đáp án D

Ta có${\log }_{a^2}\left(ab\right)={\log }_{a^2}a+{\log }_{a^2}b=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\log }_{a}b$ 

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} A={\log }_m\left(8m\right)={\log }_m{2}^3+{\log }_{m}m \\ =3{\log }_{m}2+1=\frac{3}{a}+1=\frac{3+a}{a} \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Hình chóp tứ giác đều có mặt phẳng đối xứng, có 2 mặt phẳng qua đỉnh và các đường chéo của đáy, và 2 mặt phẳng qua đỉnh và các đường thẳng nối trung điểm các cạnh đối diện.

Đáp án A

Ta có: $S_{đ}=\frac{B{C}^2}{2}=\frac{a^2}{2}$ Do  A'B tạo (ABC) với  một góc ${60}^{\circ }$ nên  $\stackrel{⏜}{A\text{'}BA}={60}^{\circ }$

Do đó

 $$\begin{gathered} \text{AA}\text{'}=AB\tan {60}^{\circ }=a\sqrt{3} \\ \Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{đ}h=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=3x^2-6\Rightarrow y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}\right.$  . Vậy hàm số có  cực trị.

Đáp án C

Cuối năm  2007 giá xăng tăng  $12000+12000x5\%=12000\left(1+5\%\right)$

Cuối năm 2008  giá xăng tăng  $12000\left(1+5\%\right)+12000\left(1+5\%\right)x5\%=12000{\left(1+5\%\right)}^2$

Cứ như vậy sau 10 năm giá xăng tăng $12000{\left(1+5\%\right)}^{10}=\mathrm{19546,74.}$   

Đáp án B

Dựng hình bình hành AKCI khi đó  $\left(\stackrel{⏜}{SC;AI}\right)=\left(\stackrel{⏜}{SC;CK}\right)$

Ta có:  $AB=CK={\sqrt{A{B}^2+\left(\frac{BC}{2}\right)}}^2=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

 $SK=\sqrt{S{A}^2+A{K}^2}=\sqrt{S{A}^2+C{I}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Khi đó  $\cos \stackrel{⏜}{SCK}=\frac{S{C}^2+C{K}^2-S{K}^2}{2SC.CK}=\sqrt{\frac{2}{3}}>0$Do đó $c\text{os}\left(\stackrel{⏜}{SC;AI}\right)=\sqrt{\frac{2}{3}}$

Đáp án A

Ta có: $S_{đ}=S_{ABCD}=A{B}^2=3a^2$.Gọi O là tâm hình vuông ABCD

 suy ra $SO\perp \left(ABCD\right)$ .

Do đó

 $$\begin{gathered} OC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt[]{6}}{2} \\ \Rightarrow SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\frac{a\sqrt{10}}{2} \end{gathered}$$

 Suy ra  $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{10}}{2}$