Tổng hợp đề thi thử thpt quốc gia môn Toán có lời giải chi tiết (Đề số 1)

Đáp án D

giá trị nguyên của tham số m cần tìm

Đáp án C

Để hàm số có tiệm caanh ngang thì hàm số là hàm phân thức có bậc tử nhỏ hơn hoặc bằng mẫu

Vậy có hàm số $y=\frac{1}{x}$và hàm số $y=\frac{x}{x^2-1}$ có tiệm cận ngang

Đáp án B

Diện tích tam giác $ABC:S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \hat{A}=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}$ 

Có  $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.cos\widehat{BAC}}=a\sqrt{3}$

Ta có  $AB\text{'}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2},AI=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Ta được $AB{\text{'}}^2+A{I}^2=2a^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2=\frac{13a^2}{4}=B\text{'}{I}^2.$ Suy ra tam giác AB’I vuông tại A, có diện tích bằng: $S_{ABI}=\frac{1}{2}.AB\text{'}.AI=\frac{1}{2}a\sqrt{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a^2\sqrt{10}}{4}$ 

Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I trên $\left(ABC\right)$ nên ta có:

$S_{ABC}=cos\alpha .S_{AB\text{'}I}\iff cos\alpha =\frac{a^2\sqrt{3}}{4}:\frac{a^2\sqrt{10}}{4}=\frac{\sqrt{30}}{10}$ 

Chú ý: Nếu không được “may mắn có $\Delta AB\text{'}I$ vuông”, ta có thể sử dụng công thức He-rông để tính diện tích tam giác $AB\text{'}I$

Đáp án B

Gọi a là độ dài cạnh hình lập phương. Thể tích khối lập phương: $V_1=a^3$ 

Thể tích khối tứ diện: $ABDA\text{'}:V_2=\frac{1}{3}.AA\text{'}.S_{ABD}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{6}$ 

Vậy $V_1=6V_2$

Đáp án B

Gọi a là độ dài cạnh hình lập phương.

Thể tích khối lập phương:  $V_1=a^3$

Thể tích khối tứ diện:

$ABDA\text{'}:V_2=\frac{1}{3}.AA\text{'}.S_{ABD}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{6}$ 

Vậy $V_1=6V_2$

 Đáp án D

Ta có:

$a{\log }_{2}3+b{\log }_{6}2+c{\log }_{6}3=5\iff {\log }_6{2}^b+{\log }_6{3}^c={\log }_2{2}^5-{\log }_2{3}^a\iff {\log }_6{2}^b{3}^c={\log }_2\frac{2^5}{3^a}$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}t={\log }_6{2}^b{3}^c\\ t={\log }_2\frac{2^5}{3^a}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^b{3}^c=6^t\\ \frac{2^5}{3^a}=2^t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{2}^b{3}^c=6^t\\ 2^5=2^t{3}^a\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0\\ t=5\\ b=c=5\end{array}\right.$(vì a, b, c là các số tự nhiên)

Đáp án D

Kẻ $AH\perp SB\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=a$ 

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}.$ 

Kẻ  $MN//CD\Rightarrow \frac{SM}{SD}=\frac{SN}{SC}=\frac{3}{4}$

Ta có:  $V_{S.ABD}=V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

$\begin{array}{l}\frac{V_{S.AMNB}}{V_{S.ABCD}}=\frac{V_{S.ABM}+V_{S.BMN}}{2V_{S.ABD}}=\frac{1}{2}\left(\frac{V_{S.ABM}}{V_{S.ABD}}+\frac{V_{S.BMN}}{V_{S.ABD}}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{SM}{SD}+\frac{SM}{SD}.\frac{SN}{SC}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}+\frac{3}{4}.\frac{3}{4}\right)=\frac{21}{32}\\ \Rightarrow \frac{V_{MNABCD}}{V_{S.ABCD}}=\frac{11}{32}{V}_{S.ABCD}=\frac{11}{32}.\frac{a^3}{3}=\frac{11a^3}{96}\end{array}$

Vậy  

$V_{MNABCD}=\frac{11}{32}{V}_{S.ABCD}=\frac{11}{32}.\frac{a^3}{3}=\frac{11a^3}{96}$

Đáp án D

$y=x^3-3m{x}^2+4m^3\Rightarrow y\text{'}=3x^2-6mx.$ Ta có  $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2m\end{array}\right.$

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì  $m\ne 0.$Khi đó 

 $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y\left(0\right)=4m^3\Rightarrow A\left(0;4m^3\right)\in Oy\\ x=2m\Rightarrow y\left(2m\right)=0\Rightarrow B\left(2m;0\right)\in Ox\end{array}\right.$

Vậy tam giác OAB vuông tại O nên  $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}OA.OB\iff 4=\frac{1}{2}\left|4m^3\right|\left|2m\right|$

$\iff \left|m^4\right|=1\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=1\end{array}\right.\Rightarrow S\left\{-1;1\right\}$

Đáp án D

${\log }_{2}200={\log }_2\left(5^2{.2}^3\right)=2{\log }_{2}5+3{\log }_{2}2=2a+3$

Đáp án C

$y\text{'}=x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

Ta thấy phương trình $y\text{'}=0$ có 3 nghiệm phân biệt và $a=\frac{1}{4}>0$ nên hàm số có 3 cực trị trong đó có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu

Đáp án A

$A=a^{4{\log }_{a^2}3}=a^{2{\log }_{a}3}=a^{{\log }_{a}9}=9$

Đáp án D

Câu hỏi lí thuyết “Khái niệm về thể tích khối đa diện” (SGK hình học 12 trang 21, mục I phần b)

Đáp án B

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox

$\begin{array}{l}{x}^3-2x^2+x-12=0\iff \left(x-3\right)\left(x^2+x+4\right)=0\\ \iff \left(x-3\right)\left(x^2+x+4\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x^2+x+4=0\left(VN\right)\end{array}\right.\iff x=3\end{array}$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra $f\text{'}\left(x\right)=x^3-3x+2$ 

Hàm số $y=f\left(x\right)-2x\Rightarrow y\text{'}=f\text{'}\left(x\right)-2=x^3-3x$ có ba nghiệm bội lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị

Đáp án B

Xét hàm số

$y=x^3-3x^2-9x+1$ trên đoạn $\left[0;4\right]$

 $y\text{'}=3x^2-6x-9$

$y\text{'}=0\iff 3x^2-6x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\notin \left[0;4\right]\\ x=3\in \left[0;4\right]\end{array}\right.$

Tính $y\left(0\right)=1,y\left(3\right)=-26,y\left(4\right)=-19.$ Suy ra $M=1,m=-26\Rightarrow m+2M=-24$ 

Đáp án D

Tập xác định $D=ℝ$ 

 $y\text{'}=x^2-4x+3<0\iff 1<x<3.$

Do đó hàm số  nghịch biến trên khoảng $\left(1;3\right)$ 

Đáp án A

Dựa vào hĩnh vẽ

Đáp án D

Công thức tính thể tích của khối cầu bán kính R là $V=\frac{4}{3}\pi R^3$

Đáp án A

Tập xác định  $D=ℝ$

Trường hợp 1: $m-1=0\iff m=1,$ ta có $y=8x^2+1$ có đồ thị là parabol, bề lõm quay lên trên nên hàm số chỉ có 1 điểm cực tiểu và không có cực đại

Trường hợp 2: $m-1\ne 0\iff m\ne 1,$vì hàm số trùng phương nên để hàm số chỉ có điểm cực tiểu mà không có cực đại thì  $\left\{\begin{array}{l}a=m-1>0\\ ab=2\left(m-1\right)\left(m+3\right)\ge 0\end{array}\right.\iff -3\le m<1$ 

Do đó không có m nguyên dương thỏa mãn trong trường hợp này

Kết luận: vậy $m=1$ thì hàm số $y=\left(1-m\right)x^4+2\left(m+3\right)x^2+1$ có đúng một điểm cực tiểu và không có điểm cực đại

Đáp án D

Gọi độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là a và chiều cao hình chóp tứ giác đều là h

Ta có $V=\frac{1}{3}{a}^{2}h.$ Suy ra  $a=\sqrt{\frac{3V}{h}}=\sqrt{\frac{3.8}{6}}=2$

Đáp án A

Đáp án A

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BIÊN ĐỘ, từ O dựng đường thẳng song song với SA và cắt SC tại trung điểm I của SC, suy ra I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD

Mặt khác  $\left\{\begin{array}{l}OI=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}\\ OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=a\end{array}\right.$

Theo bài ra ta có:  $R=IC=\sqrt{O{C}^2+O{I}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^3=\frac{5\pi a^3\sqrt{5}}{6}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y\text{'}=4x^3+4mx\\ y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=-m\end{array}\right.\end{array}$ 

Hàm số có 3 cực trị $\iff m<0$ Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị là $A\left(0;4\right),B\left(-\sqrt{-m};-m^2+4\right),C\left(\sqrt{-m};-m^2+4\right)$ 

Ta có $A\in Oy$ nên 3 điểm cực trị nằm trên các trục tọa độ $\iff -m^2+4=0\iff \left[\begin{array}{l}m=2\left(KTM\right)\\ m=-2\left(TM\right)\end{array}\right.$

Đáp án C

Trong các hình: hình bình hành, hình thang vuông, hình thang cân, hình tứ giác chỉ có hình thang cân là có mặt cầu ngoại tiếp

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=-4x^3+24x^2=-4x^2\left(x-6\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=6\end{array}\right..$ Do $x=0$ là nghiệm bội chẵn suy ra y’ không đổi dấu khi qua điểm $x=0$ nên hàm số chỉ có 1 cực trị $x=6$

Đáp án A

Do $SA\perp \left(ABC\right)$ nên góc giữ SC và $\left(ABC\right)$ là góc $\widehat{SCA}=60°$ 

Vì $\Delta ABC$ vuông tại B nên  $AC=5a\Rightarrow SA=5a\sqrt{3}$

Gọi N là trung điểm BC nên $MN//AB\Rightarrow AB//\left(SMN\right)$

 $d\left(AB,SM\right)=d\left(AB,\left(SMN\right)\right)=d\left(A,\left(SMN\right)\right).$

Từ A kẻ đường thẳng song song vơi BC cắt MN tại D.

Do $BC\perp AB\Rightarrow BC\perp MN\Rightarrow AD\perp MN.$ 

Từ A kẻ AH vuông góc vơi SD

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}MD\perp AD\\ MD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow MD\perp \left(SAD\right)\Rightarrow MD\perp AH$

Mà $AH\perp SD\Rightarrow AH\perp \left(SMD\right)$ hay $AH\perp \left(smn\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SMN\right)\right)=AH$

Do $AD=BN=\frac{1}{2}BC=2a.$ 

Xét $\Delta SAD$ có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{75a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{79}{300a^2}$

  $\Rightarrow d\left(AB,SM\right)=AH=\frac{10\sqrt{237}a}{79}=\frac{10\sqrt{3}a}{\sqrt{79}}$

Đáp án C

Khối đa diện có tính chất, mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng 2 đa giác nên ta thấy C không phair khối đa diện vì có 1 cạnh là cạnh chung của 4 đa giác

Đáp án B

Tập xác định $ℝ\backslash \left\{4\right\}$ 

Ta có $y\text{'}=\frac{3}{{\left(4-x\right)}^2}>0,\forall x\ne 4,$ nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^2-3,$ cho  $y\text{'}=0\Rightarrow 3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;\frac{3}{2}\right]\\ x=-1\notin \left[0;\frac{3}{2}\right]\end{array}\right.$

 $f\left(0\right)=5,f\left(1\right)=3,f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{31}{8}.$So sánh 3 giá trị, ta được $\underset{\left[0;\frac{3}{2}\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(0\right)=5$

Đáp án A

Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}=2a$ 

$S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.AC=a^2,$ suy ra $V=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=a^3$

Đáp án C

Từ hình dáng đồ thị, suy ra $a>0\to$loại đáp án B

Đồ thị qua 2 điểm $\left(-1;3\right)$ VÀ $\left(1;-1\right)$

Thay trực tiếp và 3 đáp án còn lại, ta thấy đáp án C thỏa.

Đáp án C

$D=ℝ;y\text{'}=3x^2+6x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$

Tọa độ 2 điểm cực trị $A\left(0;-4\right),B\left(-2;0\right)$ 

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là$AB=\sqrt{{\left(x_B-x_A\right)}^2+{\left(y_B-y_A\right)}^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$

Đáp án B

Ta có $A={\log }_x{2}^2+{\log }_x{3}^2+\mathrm{...}+{\log }_x{2017}^2={\log }_x{\left(\mathrm{2.3...2017}\right)}^2=2{\log }_{x}2017!=2$

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=-1$ là tiệm cận đứng

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=3\Rightarrow y=3$ là tiệm cận ngang

Vậy đồ thị hàm số $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=3\Rightarrow y=3$ có tất cả 3 đường tiệm cận

Đáp án B

Ta có $A=\frac{\sqrt[3]{a^5}.a^{\frac{7}{3}}}{a^4.\sqrt[7]{a^{-2}}}=\frac{a^{\frac{5}{3}}.a^{\frac{7}{3}}}{a^4.a^{-\frac{2}{7}}}=\frac{{a^{\frac{5}{3}+}}^{\frac{7}{3}}}{a^{4-\frac{2}{7}}}=a^{\frac{2}{7}}$

Suy ra $m=2,n=7.$ Do đó $2m^2+n=15$ 

Ghi chú: với $m=2,n=7.$thì $m^2+n^2=53,m^2-n^2=-45,3m^2-2n=-2$ 

Đáp án D

Vì $\left(7+4\sqrt{3}\right)\left(7-4\sqrt{3}\right)=1$ nên $7-4\sqrt{3}={\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{-1}$

Do đó: ${\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{a-1}<7-4\sqrt{3}\iff {\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{a-1}<{\left(7+4\sqrt{3}\right)}^{-1}\iff a-1<-1$

 (do $7+4\sqrt{3}>1)$

Đáp án A

Theo giả thiết OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau nên $OA\perp \left(OBC\right),OC$ là hình chiếu của AC lên mặt phẳng $\left(OBC\right).$ Do đó, $\widehat{ACO}=60°,OA$ là chiều cao của tứ diện OABC. Xét tam giác vuông AOC có $\tan 60°=\frac{OA}{OC}$ với $OA=a\Rightarrow OC=\frac{OA}{\tan 60°}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3};OB=2a$ 

Ta có  $S_{OBC}=\frac{1}{2}OB.OC=\frac{1}{2}2a.\frac{a\sqrt{3}}{3};V_{OABC}=\frac{1}{3}OA.S_{OBC}=\frac{1}{3}a.\frac{a^2\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{9}$

Đáp án B

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $M\left(1;-2\right)$ có dạng $y=y\text{'}\left(1\right)\left(x-1\right)-2$ 

Ta có $y\text{'}=\left(\frac{x+1}{x-2}\right)\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-2\right)}^2};y\text{'}\left(1\right)=-3$ 

suy ra $y=-3\left(x-1\right)-2=-3x+1$ 

Đáp án B

Số đỉnh: 6 số cạnh: 12, số mặt: 8

Đáp án A

Nhận xét: Số giao điểm của $\left(C\right):y=f\left(x\right)$ với Ox bằng số giao điểm của $\left(C\text{'}\right):y=f\left(x-2017\right)$ với Ox

Vì $m>0$ nên $\left(C\text{'}\text{'}\right):y=f\left(x-2017\right)+m$ có được bằng cách tịnh tiến $\left(C\text{'}\right):y=f\left(x-2017\right)$ lên trên m đơn vị

$TH\mathit{1}\mathit{:}\mathit{0}\mathit{<}m\mathit{<}\mathit{3}$ Đồ thị hàm số có 7 điểm cực trị (loại)

$TH\mathit{2}\mathit{:}m\mathit{=}\mathit{3}$ Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (NHẬN)

$TH\mathit{3}\mathit{:}\mathit{3}\mathit{<}m\mathit{<}\mathit{6}$ Đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị (NHẬN)

$TH\mathit{4}\mathit{:}m\mathit{>}\mathit{6}$ Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (loại)

Vậy $3\le m<6.$ Do $m\in \mathbb{Z}*$ nên $m\in \left\{3;4;5\right\}$ 

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng 12

Đáp án B

Từ đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right),$ ta có bảng biến thiên

Do $f\left(a\right)>0,$ suy ra $y=f\left(x\right)$ có thể cắt trục hoành nhiều nhất tại 2 điểm

Đáp án D

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

Để hàm số $y=\left(m+1\right)x^3+\left(m+1\right)x^2-2x+2$ nghịch biến trên $ℝ$ thì $y\text{'}\le 0$ với  $\forall x\in ℝ$

Suy ra $3\left(m+1\right)x^2+2\left(m+1\right)x-2\le 0$ với $\forall x\in ℝ,\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=0\\ bx+c\le 0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a\ne 0\\ a<0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}m=-1\\ -2\le 0\left(l/d\right)\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}m<-1\\ m^2+8m+7\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m\in \left[-7;-1\right)\end{array}\right..$  Theo đầu bài: $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m=\left\{-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1\right\}$

Đáp án C

$SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow AB$ là hình chiếu vuông góc của SB lên $\left(ABC\right)$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow \widehat{\left(SB,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SB,AB\right)}=\widehat{SBA}=60°\\ \Rightarrow SA=AB.\tan 60°=a\sqrt{3}\end{array}$ 

Dựng d qua B và $d//AC$

Dựng $AK\perp d$ tại K

Dựng $AH\perp SK$ tại H

Ta có  $\left\{\begin{array}{l}BK\perp AK\\ BK\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BK\perp \left(SAK\right)\Rightarrow BK\perp AH$

$+\left\{\begin{array}{l}BK\perp AH\\ SK\perp AH\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(SBK\right)\Rightarrow d\left[A,\left(SBK\right)\right]=AH$

$+\left\{\begin{array}{l}BK//AC\\ SK\subset \left(SBK\right)\\ AC\not\subset \left(SBK\right)\end{array}\right.\Rightarrow AC//\left(SBK\right)\Rightarrow d\left[AC,SB\right]=d\left[A,\left(SBK\right)\right]=AH$