Tổng hợp 25 đề thi thử thpt quốc gia môn Toán cực hay, chọn lọc có lời giải (Đề số 24)

Đáp án là D. 

Đáp án là A.

          •  y'=4x3−4x=0⇔x=0x=±1

          • Xét dấu y'    

          Từ bảng xét dấu. Chọn A

Đáp án là A.

          • Từ Bảng biến thiên, ta thấy B,C,D là đáp án sai. Chọn A.

Đáp án là A.

• Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=36.

Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

Phương trình x2+bx+c=0 có nghiệm khi và chỉ khi Δ=b2−4c≥0⇔b2≥4c .

Xét bảng kết quả (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài)

Dựa vào bảng kết quả trên ta thấy số kết quả thuận lợi cho A  là 19.

Vậy xác suất của biến cố  A là :PA=1936 .

Đáp án là A.

          Từ đồ thị, ta thấy đồ thị có

          • Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt x=−1;y=2.   Loại C và D.

          • Điểm 0;−1∈C  nên loại B.

Đáp án là B.

 AM⊥SBAM⊥BCdo BC⊥SAB⇒AM⊥SBC.

Đáp án là B.

limx→±∞3x−13x+2=limx→±∞3−1x3+2x=1.

Đáp án là D. 

y'=3x2−3,  cho y'=0⇔x=1∈0;2x=−1∉0;2

y0=5; y2=7;  y1=3.

max0;2y=y2=7.

Đáp án là D

Đáp án là D.

MI=x33;Stg=a−2x234.

Vlt=MI.Stg=a2x−4ax2+4x34; 0<x<a2.

xét hàm số 

fx=4x3−4ax2+a2x⇒f'x=12x2−8ax+a2,  cho f'x=0⇔x=a6x=a2  loai

Thể tích đạt GTLN khi x=a6.

Đáp án là C.

Đáp án là A.

VS.ABCD=4a33=13.4a2.SH

SC=SH2+HC2=SH2+BH2+BC2=a6.

Đáp án là A.

          • y'=3x2−6m+1x+3m−12;  y''=6x−6m+1  

          • Hàm số đạt cực trị tại điểm x=1 thì  

y'1=0y''1≠0⇔m2−4m=0m≠0⇔m=0m=4m≠0⇒m=4.

          * Ghi chú: Không có đáp án, sửa lại đáp A thành  

Đáp án là C.

          • Txđ:  D=ℝ

          Với x<4  ta có fx=a+2x4  ⇒fx liên tục trên  −∞;4

          Với x>4 ta có :  fx=2x+1−x+5x−4 ⇒fx=2x+1−x+5x−4liên tục trên 4;+∞  

          • Tại x >4 ta có:f4=a+2

Ta có  limx→4−fx=limx→4−a+2x4=a+2

limx→4+fx=limx→4+2x+1−x+5x−4=limx→4+12x+1+x+5=16         

Để hàm số fx liên tục trênℝ  khi hàm số fx liên tục tại x=4 thì 

limx→4−fx=limx→4+fx=f4⇔a+2=16⇔a=−116

Đáp án là D

Đồ thị f'x  có bảng biến thiên:

max[−2;6]f(x)=max{f(−1),f(6)}.

Đáp án là C.

Ta có: đồ thị hàm số f'x   cắt trục  tại  4 điểm phân biệt tức phương trình f'x=0  có 4  nghiệm phân biệt. Tuy nhiên, nhìn vào đồ thị ta thấy dấu của f'x  chỉ đổi khi qua  nghiệm đầu. Vậy hàm số f'x  có  3 cực trị.

Đáp án là C.

Không mất tính tổng quát, giả sử

 xC>xB .

Ta có: d có phương trình 

y=mx−2 .

Phương trình hoành độ giao điểm:

mx−2=−x3+6x2−9x+2

⇔x=2x2−4x+1+m=0

Để tồn tại A, B,  thì phương trình  x2−4x+m+1=0phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

⇔m<3⇒xA=2;xB+xC=4;xBxC=m+1 ; yC−yB=mxC−xB.

Trường hợp 1: ⇒xBxC=m+1>0⇔−1<m<3* .

Ta có .

SBB'C'C=BB'+CC'.B'C'2=xB+xC.mxC−xB2=8⇔4m16−4m+12=8

.

Đối chiếu điều kiện  (*) ta được m=2.

Trường hợp 2:  

xC>0>xB ⇒xBxC=m+1<0⇔m<−1<0

 (Loại vì m>0 ).

Đáp án là C.

Số nghiệm của phương trình  fx−2−2=πbằng số giao điểm của đường thẳng y=π  và đồ thị hàm số y=fx−2−2 .Ta có đồ thị hàm số y=fx−2−2 như sau:        

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình fx−2−2=π có hai nghiệm thực phân biệt. 

Đáp án là C.

Ta có y'=x2−2ax−3a .

Hàm số có hai điểm cực trị  ⇔y'=0có hai nghiệm phân biệt ⇔x2−2ax−3a=0  (*) có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ'>0⇔a2+3a>0⇔a∈−∞;−3∪0;+∞  (1).

Khi đó hàm số đạt cực trị tại hai điểm x1  ,  x2là hai nghiệm của phương trình (*).

Ta có x12−2ax1−3a=0⇒x12=2ax1+3a ; tương tự x22=2ax2+3a  .

x12+2ax2+9aa2+a2x22+2ax1+9a=2

⇔2ax1+3a+2ax2+9aa2+a22ax2+3a+2ax1+9a=2

⇔2ax1+x2+12aa2+a22ax1+x2+12a=2⇔4a2+12aa2+a24a2+12a=2

⇔4a+12a+a4a+12=2

⇔4a+122+a2=2a4a+12⇔9a2+72a+144=0

⇔a=−4(thỏa mãn điều kiện (1)).

Vậy a0=−4

Đáp án là B.

VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.a234=a34.

Đáp án là A

Đáp án là C.

• Gọi I là trung điểm của EC.

Ta có  IM//BE hay IM//NE.

Xét ΔSMI có  NE//MI và N  là trung điểm của SM  suy ra E là trung điểm của SI .

Do đó SE=EI=IC⇒SESC=13.

Ta có VSABEVSABC=SASA.SBSB.SESC=13

.

Đáp án là C.

• Sắp xếp bộ ba số 1, 2, 3 sao cho 2 đứng giữa 1,3 có 2 cách.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 kể cả trường hợp số 0 đứng đầu là: 2.C74.5! số.

Số số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3, có số 0 đứng đầu là: 2.C63.4! số.

Suy ra số số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là 2.C74.5!−2.C63.4!=7440   

Đáp án là D.

      • Hàm số  fx=x3+3x2−m2−3m+2x+5 đồng biến trên 0;2 khi f'x≥0∀x∈0; 2 ( f'x=0tại hữu hạn điểm)

Ta có f'x=3x2+6x−m2−3m+2

.f'x≥0∀x∈0;2⇔3x2+6x−m2−3m+2≥0∀x∈0;2

Δf'x=3m2−9m+15>0∀m

Vậy f'x=0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2.

Yêu cầu bài toán2≤x1<x21x1<x2≤02

(1) Vô nghiệm.

(2) ⇔S<0P≥0⇔−m2+3m+2≥0⇔3−172≤m≤3+172  

Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án là C

ta có SAB⊥ABCDSAB∩ABCD=ABSH⊥AB⇒SH⊥ABCD

mà DI⊥CHDI⊥SH⇒DI⊥SHC⇒dD,SHC=DI=2a2

ta có

 ΔBHC=ΔAHE⇒SΔBHC=SΔAHE; HE=HC

mà 

SABCD=SAHCD+SΔBHC=SAHCD+SΔAHE=SΔDCE

Tam giác SAB đều nên .SH=a3

Tam giác  SHC có

HC=SC2−SH2=a2⇒EC=2HC=2a2 .

Khi đó SABCD=SΔDCE=12DI.EC=4a2.

Vậy VABCD=13SH.SABCD=13a3.4a2=4a333.

Đáp án là D.

Ta có:

y=sin4x+cos2x+2y=sin4x−sin2x+3

Đăt t=sin2x,t∈0;1

f(t)=t4−t2+3⇒f'(t)=4t3−2t⇒f'(t)=0⇔t=0∈[0;1]t=22∈[0;1]t=−22∉[0;1]⇒f(0)=3;f(1)=3;f22=114

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là:114

Đáp án là B.

Đạo hàm:y'=9x2−2x−7 .

Phương trình tiếp tuyến tại điểm Mx0;y0  là : y=kx−x0+y0 .

Hệ số góc  k=y'0=−7

Phương trình tiếp tuyến cần tìm tại điểm A0;1  là: y=−7x−0+1⇔y=−7x+1

Đáp án là B.

Gọi I là trung điểm BC.

Ta có  ΔABC  đều nênAI=AB32=23  .

 AI⊥BCAA'⊥BC⇒A'I⊥BC

SA'BC=12BC.A'I⇒A'I=2SA'BCBC=4

AA'⊥(ABC)⇒AA'⊥AI.

Xét ΔA'AI vuông tại   ⇒AA'=A'I2−AI2=2              

Vậy  VABC.A'B'C'=SABC.AA'=4234.2=83

Đáp án là D.

Đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận khi phương trình  m2x2+m−1=0có hai nghiệm phân biệt khác  -1⇔m2≠0−m2m−1>0⇔m≠0m<1 .

Đáp án là A.

TXĐ: D=ℝ\−1 .

Ta có:y'=1+mx+12

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng xác định ⇔1+m>0⇔m>−1

Đáp án là D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm sinx=cosx⇔sinx−cosx=0     ∗

Số giao điểm của hai đồ thị hàm số chính là số nghiệm của phương trình (*) trên −2π;5π2 .

Khi đó ta có sinx−cosx=0⇔2sinx−π4=0⇔x=π4+kπ,k∈ℤ .

Mà  x∈−2π;5π2 nên ta có −2π≤π4+kπ≤5π2−2π≤π4+kπ≤5π2 .

Hay ta có k∈−2;−1;0;1;2  .

Đáp án là C.

y'=3x2−3 ;

 y'xA=3xA2−3;

y'xB=3xB2−3

Tiếp tuyến tại A,B song song nêny'xA=y'xB⇔3xA2−3=3xB2−3

⇔xA=xB  lo¹i do  xA>xBxA=−xB chän

Ta có :

AB2=xB−xA2+yB−yA2=xB−xA2+xB3−3xB+1−xA3−3xA+12

=4xB6−24xB4+40xB2

Giả thiết AB=637

⇔4xB6−24xB4+40xB2=36.37⇔xB23−6xB22+10xB2−333=0

⇔xB2=9⇔xB=3⇒xA=−3 lo¹ixB=−3 ⇒xA=3  chän

Vậy S=2xA−3xB=2.3−3−3=15 .

Đáp án là B.

• Ta có

3−2x15=∑k=015C15k315−k−2xk=∑k=015−2k315−kC15kxk.

Hệ số của x7  ứng với 0≤k≤15,k∈ℕk=7⇔k=7  .

Vậy −2738C157=−C157.38.27  là hệ số cần tìm

Đáp án là A.

• Ta có limx→−∞x2−x−4x2+12x+3=limx→−∞x1−1x−4+1x2x2+3x=limx→−∞−1−1x−4+1x22+3x=12

Đáp án là D.

Đáp án là A.

          • Ta tìm số cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn.

Có 3 trường hợp :

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán lý : có  C97cách

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn lý hóa : có  C117 cách

          • 7 cuốn còn lại gồm 2 môn toán hóa : có  C107 cách

 Suy ra có C97+C117+C107=486 cách chọn 7 cuốn còn lại sao cho không có đủ 3 môn. Do đó số cách chọn 8 cuốn sao cho 7 cuốn còn lại có đủ 3 môn là  C157−486=5949 cách.

Xác suất cần tìm là P=5949C157=661715.  

Đáp án là B.

BC=AB2=2a2.Gọi  H là trung điểm BC  ta có:

AH⊥BCBC=ABC∩DBCABC⊥DBC⇒AH⊥DBC

kẻ HE⊥DC, HK⊥AE (1)

DC⊥HEDC⊥AH    (do AH⊥DBC⊂DC)⇒DC⊥AHE⇒DC⊥HK  2

từ 1&2 HK⊥ADC⇒dH;ADC=HK

dB;ADC=2dH;ADC=2AH.HEAH2+HE2=263

AH=BC2, HE=AB2;AH=BC2=a2, HE=BC2=a

Đáp án là A.

  Theo tính chất của cấp số cộng 2+6=2aa+b=12⇒a=4b=8⇒a.b=32

Đáp án là D

Vận tốc tức thời của vật trong khoảng thời gian nghiên cứu bằng

vtt=s't10=−32t2+24t10=90 m/s

Đáp án là D.

Ta có

fn=n2+1+n2+1=n2+12+2n.n2+1+n2+1=n2+1n2+1+2n+1

=n2+1n+12+1

Do đó:f2n−1f2n=2n−12+12n2+12n2+12n+12+1=2n−12+12n+12+1

Suy ra

 un=f1.f3.f5...f2n−1f2.f4.f6...f2n=f1f2⋅f3f4⋅f5f6⋅⋅⋅f2n−1f2n

=12+132+1⋅32+152+1⋅52+172+1⋅⋅⋅2n−12+12n+12+1=22n+12+1=12n2+2n+1

⇒nun=n.12n2+2n+1

⇒lim nun=12

Đáp án là A.

Gọi x 0<x<a   là độ dài của một cạnh góc vuông.

Độ dài cạnh góc vuông còn lại là:a−x2−x2=a2−2ax .

Diện tích của tam giác là: S=12xa2−2ax.

Ta cóS'=12a2−3axa2−2ax ; ⇒S'=0⇔x=a3.

Bảng biến thiên:

vậy Smax=a263

Đáp án là C 

y'=6cos3x−2sin2x.

Đáp án là B.

+/Gọi khối hộp chữ nhật có các kích thước lần lượt là:  a,b,c Khi đó thể tích khối hộp là:  V=a.b.c

+/ Khi tăng độ dài tất cả các cạnh của khối hộp chữ nhật lên gấp đôi thì khối hộp tương ứng có các kích thước lần lượt là: 2a,2b,2c  nên thể tích của khối hộp tương ứng là: V'=2a.2b.2c=8abc=8V

Vậy thể tích của khối hộp tương ứng tăng lên 8 lần.

Đáp án là D.

Gọi I là điểm thuộc SA  sao cho SISA=13⇒IM//AC.

Gọi  H là trung điểm của .AB  SAB⊥ABCSAB∩ABC=ABSH⊥AB⇒SH⊥ABC

AC⊥ABAC⊥SH⇒AC⊥SAB⇒IM⊥SAB⇒IM⊥BI⇒ΔBIM

VSBAMVSBAC=SMSC=13⇒VSBAM=13VSBAC=13.13SH.S△ABC=19.43212AB.AC=439AC

VABIMVABSM=AIAS=23⇒VABIM=23VABSM=23.439AC=8327AC

BI2=AB2+AI2−2AB.AI.cos600=42+832−2.4.83.cos600=1129⇒BI=473

SΔBIM=12BI.IM=12.473.13AC=279AC

VABIM=13S△BIM.dA,BIM⇒dA,BIM=3VABIMS△BIM=3.8327AC279AC=4217

Đáp án là B.

ta có SA⊥ABC⇒SA⊥ABSA⊥ACSA⊥BCSuy ra các phương án B, D đều đúng.

Ta có BC⊥SABC⊥AB⇒BC⊥SB. Suy ra  phương án C đúng

Ta có S∉ACSA⊥AC nên chỉ có đường thẳng SA vuông góc với AC . Do đó không tồn tại SB⊥AC. Phương án A sai.

Đáp án là  A.

Gọi H là trung điểm của  đoạn B'C'  ta có ABC A'B'C' là lăng trụ đều

 ⇒AH⊥B'C'A'H⊥B'C'⇒góc giữa hai mặt phẳng (AB'C')  và (A'B'C') là  AHA'.

 ΔA'B'C' đều cạnh  2a ⇒A'H=a3

 ΔAA'H vuông tại   A'

 ⇒tanAHA'^=AA'A'H=aa3=13⇒AHA'^=π6

Đáp án là  C.

Ta dễ chứng minh được tam giácACD  vuông tại C, từ đó chứng minh được CN vuông góc với mặt phẳng (SAC) hay C là hình chiếu vuông góc của N trên (SAC). Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (SAC)   tại J xác định như hình vẽ. Suy ra góc giữa MN và (SAC) là góc NJC  .

IN là đương trung bình trong tam giác ACD suy ra IN=a, IH là đường trung bình trong tam giác ABC suy ra IH=12BC=a2 . Dựa vào định lí Talet trong tam giác MHN ta đượcIJ=23MH=23.12SA=13SA=a3 . Dựa vào tam giác JIC  vuông tại I  tính đượcJC=226 .

Ta dễ tính được CN=a22,JN=a103  .

Tam giác NJC vuông tại C nên cosNJC^=JCJN=5510.

Đáp án là B.

      Phương trình hoành độ giao điểm của P và (C):

     x4−6x2+3=−x2−1⇔x4−5x2+4=0⇔x2=1x2=4⇔x=±1x=±2

Vậy ta có tổng bình phương các hoành độ giao điểm của P  và (C):−12+12+−22+22=10

Đáp án là B.

• Ta có limx→+∞y=limx→−∞y=−1  nên đồ thị có một tiệm cận ngang là  y=-1

Ngoài ra : + limx→2y=limx→2x−1x−22−x2+x=limx→21−xx+2=−14  ;  

limx→−2−y=limx→−2−x2−3x+24−x2=−∞

                   nên đồ thị có thêm một tiệm cận đứng.

Đáp án là C.

Ta có

tanx+π3=0⇒x+π3=kπ,k∈ℤ⇔x=−π3+kπ,k∈ℤ.