Tổng hợp đề thi thử thpt quóc gia môn Toán hay nhất có lời giải (Đề số 2)

Đáp án là B

Đáy hình thoi cạnh a, góc $\widehat{BCA}={30}^0\Rightarrow \widehat{BCD}={60}^0$

Nên suy ra $BD=a$ , $AC=2.OC=2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Vậy diện tích đáy $d{t}_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Vậy thể tích $V=\frac{1}{3}SO.d{t}_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$

Đáp án là D

Ta có: Tam giác $SAB$vuông tại A nên

$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SA.AB\Rightarrow AB=\frac{2S_{\Delta SAB}}{SA}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}}=a$

Mặt khác$\left\{\begin{array}{l}BO\perp AC\\ BO\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BO\perp \left(SAC\right)\Rightarrow d(B,(SAC\left)\right)=BO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Đáp án là A.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(\sqrt{2-3x^2}\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(2-3x^2\right)}^{\text{'}}}{2\sqrt{2-3x^2}}=\frac{-3x}{\sqrt{2-3x^2}}$.

Đáp án là A

Kẻ $BH\perp SC\Rightarrow d\left(B;SC\right)=BH$.

 Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$

Do đó:$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{S}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{A}^2+S{A}^2}=\frac{1}{6a^2}+\frac{1}{9a^2+3a^2}=\frac{1}{4a^2}$

$\Rightarrow BH=2a\Rightarrow d\left(B;SC\right)=2a.$

Đáp án là B

Ta có $d(AB\text{'};CC\text{'})=d(C;(ABB\text{'}A\text{'}\left)\right)=CA=a$

$BC=a\sqrt{2}\Rightarrow V=a\sqrt{2}.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$

Đáp án là D

Đặt $AB=x$ ta có $\left\{\begin{array}{l}S{C}^2=S{A}^2+2x^2=3a^2\\ S{B}^2=S{A}^2+x^2=2a^2\end{array}\right.\iff SA=x=a\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Đáp án là C

Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng:$y=9x+b.$

- Hệ phương trình sau có nghiệm:$\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x+2=9x+b\\ 3x^2-3=9\end{array}\right.\to \left[\begin{array}{l}x=2\Rightarrow b=-14\\ x=-2\Rightarrow b=18\end{array}\right..$

Đáp án là B

$D=ℝ$, $y^{\text{'}}=-3x^2+3$, $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

BBT

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$

Đáp án là C

• Tập xác định $D=ℝ$

• $y^{\text{'}}=2\cos 2x$ ; ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=-4\sin 2x$. Ta xét từng đáp án

A: $y^2+{\left(y^{\text{'}}\right)}^2=4\iff {\sin }^{2}2x+4{\cos }^{2}2x=4\iff 1+3{\cos }^{2}2x=4\iff {\cos }^{2}2x=1$ không thoả $\forall x\in ℝ$

B: $4y-{y^{\text{'}}}^{\text{'}}=0$$\iff 4\sin 2x-\left(-4\sin 2x\right)=0$$\iff 8\sin 2x=0$$\iff \sin 2x=0$ không thoả$\forall x\in ℝ$

C: $4y+{y^{\text{'}}}^{\text{'}}=0$$\iff 4\sin 2x-4\sin 2x=0$$\iff 0=0$ thoả $\forall x\in ℝ$

D: $y=y^{\text{'}}\tan 2x$ $\iff \sin 2x=2\cos 2x.\tan 2x$$\iff \sin 2x=2\cos 2x.\frac{\sin 2x}{\cos 2x}$$\iff \sin 2x=2\sin 2x$$\iff \sin 2x=0$không thoả $\forall x\in ℝ$

Đáp án là A .

          Ta có:

          • $y^{\text{'}}=6x^2+6x-12,\text{\hspace{0.17em}cho }{y}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-2\notin \left[-1;2\right]\\ x=1\in \left[-1;2\right]\end{array}\right..$

          • $y\left(-1\right)=15;y\left(2\right)=6;y\left(1\right)=-5.$

          Vậy $x_0=1.$

Đáp án là A

          Ta có:

          • $f^{\text{'}}\left(x\right)=2+\frac{2}{\sqrt{6-x}}>0,\forall x\in \left[-3;6\right].$

          • $M=\underset{\left[-3;6\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(6\right)=12;m=\underset{\left[-3;6\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(-3\right)=-18.$

          Vậy $M+n=-6.$

Đáp án là B

          • Hàm số $y=\sin x;y=\cos x$ có tập xác định $D=ℝ.$

          • Hàm số $y=\tan x\&y=\cot x$ có tập xác định  lần lượt $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\pi }{2}+k\pi \right\};D=ℝ\backslash \left\{k\pi \right\}.$

Đáp án là D

          • TH1: $m=0\Rightarrow y^{\text{'}}=3>0,\forall x\in ℝ$ thoả mãn.

          • TH2: $m\ne 0,$

          Hàm số đã cho đồng biến trên $ℝ$ khi và chỉ khi $y^{\text{'}}=m{x}^2-2mx+3\ge 0,\forall x\in ℝ.$ $\iff \left\{\begin{array}{c}m>0\\ m^2-3m\le 0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}m>0\\ 0\le m\le 3\end{array}\iff 0<m\le 3\right..\right.$

          Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm  $m=0.$

Đáp án là D

          • Tập xác định  $D=\left[-3;+\infty \right)\backslash \left\{-1;1\right\}.$

          • Tìm đường TCĐ.

           $+\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}=\frac{1}{8}.$

           $+\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}=+\infty .$

          Đồ thị có TCĐ $x=-1.$

          • Tìm đường TCN.

         $+\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x^4}}-\frac{2}{x^4}}{1-\frac{1}{x^2}}=0.$

         $+\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}$ không tồn tại.

          Đồ thị có TCN $y=0.$

Đáp án là A

          • Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi: $ab<0.$

          • Từ đồ thị ta có: $a<0\Rightarrow b>0$ mà $c>0$ nên chọn A.

Đáp án là A

          Gọi $H$ là trung điểm $AB.$

          Ta có $\left\{\begin{array}{c}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\\ SH\subset \left(SAB\right);SH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right).$

          Khi đó: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

Đáp án là C

          • Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

Ta có:

          •  $AC=BC.\sin {30}^0=a;AB=BC.\cos {30}^0=a\sqrt{3}.$

          •  $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=B{B}^{\text{'}}.S_{ABC}=2a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.a=3a^3.$

Ta có: $V_{S.ABD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD};$$\frac{V_{S.AEF}}{V_{S.ABD}}=\frac{SE}{SB}.\frac{SF}{SD}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow \frac{V_{S.AEF}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{8}.$

Đáp án là B

•$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=+\infty ,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=-\infty .$  Do đó  là tiệm cận đứng.

•$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}=1.$  Do đó  là tiệm cận ngang.

Mặt khác $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\right)=-1.$

Do đó $y=-1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Đáp án là A

Mỗi số lập được bằng cách chọn 4 chữ số trong 5 chữ số đã cho và xếp thành một dãy. Số các số là$A_5^4.$

Đáp án là B

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-4mx,y^{\text{'}\text{'}}=12x^2-4m.$

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x=-1$ nên $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(-1\right)=0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(-1\right)>0\end{array}\right.\Rightarrow$$\left\{\begin{array}{l}-4+4m=0\\ 12+4m>0\end{array}\right.\iff m=1.$

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x}{x-2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2}{1-\frac{2}{x}}=2.$ Do đó $y=2$ là tiệm cận ngang.

Đáp án là D

Gọi $H$ là trung điểm $BC.$ Ta có $AH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên mặt phẳng $\left(ABC\right).$

Khi đó $\left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA;AH}\right)=\widehat{SAH}$ 

Ta có $\left.\begin{array}{c}SH=AH\\ SH\perp AH\end{array}\right\}\Rightarrow$$\Delta SAH$ vuông cân tại -$H\Rightarrow \widehat{SAH}={45}^0.$

+Vì $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right),\left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)$ mà $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$ nên $SA$ là đường cao của khối chóp

+ Xét tam giác vuông $SAC$

$SA=\tan {60}^{\text{o}}.AC=\sqrt{3}.a.\sqrt{5}=a\sqrt{15}$

Đáp án là C

Dựa vào độ thị ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại $x=3.$

Đáp án là B

Ta có:$2\cos x+\sqrt{2}=0\iff \cos x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\iff x=\pm \frac{3\pi }{4}+k2\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án là D.

          Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0,\forall m$ nên đồ thị hàm số luôn có một TCN $y=0.$ 

TH1:$m=0$ : hàm số trở thành:$y=\frac{2x-1}{\left(-2x+1\right)\left(4x^2+1\right)}=\frac{-1}{4x^2+1}$

Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang$y=0$

Vậy$m=0$ thỏa mãn điều kiện.

TH2:$m\ne 0$

Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận khi và chỉ khi các phương trình $m{x}^2-2x+1=0;4x^2+4m+1=0$  vô nghiệm.

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ 1-m<0\\ 4m+1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m>1\\ m>-\frac{1}{4}\end{array}\right.\iff m>1$

Vậy ta có tập hợp giá trị $m$ cần tìm là:$m\in \left\{0\right\}\cup \left(1;+\infty \right)$

Đáp án là C

Ta có

$V=B.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Đáp án là D

Đặt$t=\cos x$ ; $x\in \left(\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$.

Ta có:$y=\frac{-t+m}{1-t^2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{-t^2+2mt-1}{{\left(-t^2+1\right)}^2}.$

Hàm số nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{2}\right)$$\iff y^{\text{'}}\le 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff \frac{-t^2+2mt-1}{{\left(-t^2+1\right)}^2}\le 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)\iff t^2-2mt+1\ge 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)\iff m\le \frac{t^2+1}{2t}\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff m\le \underset{\left(0;\frac{1}{2}\right)}{\min }g\left(t\right)\Rightarrow m\le \frac{5}{4},$ với $g\left(t\right)=\frac{t^2+1}{2t}.$

Đáp án là C

$\Delta ABC$ đều cạnh $a=4$ nên$S_{\Delta ABC}=4\sqrt{3}$ .

Gọi $H$ là trung điểm$BC$ của . Ta có: $AH=2\sqrt{3}$ và $BC\perp \left(A^{\text{'}}AH\right)$ $\Rightarrow$$BC\perp A^{\text{'}}H$

Và $S_{\Delta A\text{'}BC}=\frac{1}{2}BC.A^{\text{'}}H$$\Rightarrow$$A^{\text{'}}H=4$

 $\Delta A^{\text{'}}AH$ vuông tại A nên $A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{H}^2-A{H}^2}=2$ .

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}$$=2.4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$.

Đáp án là D

Trong$\left(ABCD\right)$ , kẻ $AM\perp BD$ tại $M$. Trong , Kẻ $AH\perp A_{1}M$ tại $H.$

Ta chứng minh được $AH=d\left(A,\left(A_{1}BD\right)\right)$  

 $\Delta ABD$vuông tại $A$ có $AM$ là đường cao nên$BD=a\sqrt{5};$$AM=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

$\Delta A_{1}AM$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $A_{1}M=\frac{7a\sqrt{5}}{5};AH=\frac{A_{1}A.AM}{A_{1}M}=\frac{6}{7}a$ 

Đáp án là D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{2}.$ Do đó $A,C$ loại

Hàm số có $y^{\text{'}}>0,\forall x\ne \frac{1}{2}$ nên $B$ loại.

Đáp án là A

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

Hàm số có đúng hai cực trị $\iff y\text{'}=0$ có hai nghiệm phân biệt

Tức là ${\Delta }^{\text{'}}=1+3\left(2m+1\right)>0\iff m>-\frac{2}{3}.$

Đáp án là B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm:$\frac{x-3}{x-2}=-x+k,\left(x\ne 2\right)$

Để đường thẳng $\Delta$ cắt đồ thị $\left(C\right)$ tại hai điểm phân biệt thì phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác $2$ , khi đó

$\left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(k+1\right)}^2-4\left(2k-3\right)>0\\ 2^2-\left(k+1\right).2+2k-3\ne 0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{k}^2-6k+13>0\\ -1\ne 0\end{array}\right.\iff {\left(k-3\right)}^2+4>0,\forall k\in ℝ.$

Đáp án là C

          • Hàm số có cực trị nên loại A & D.

          • Xét hàm số $y=-x^4-x^2+1$ có $a.b=1>0$ nên có 1 điểm cực trị.

Đáp án là A                 

Tập xác định$D=ℝ.$

Ta có $y^{\text{'}}=-4x^3-4x$ nên$y^{\text{'}}=0\iff -4x^3-4x=0\iff x=0.$

Suy ra bảng biến thiên

Từ đó suy ra hàm số đạt cực đại tại $x=0$ nên câu A sai.

Đáp án là A

Gọi $H$ là trung điểm của $AB.$ Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SB.$

Khi đó, $\widehat{CKH}$ là góc giữa hai mp 

Ta có: $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3};SB=2a;HB=a\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{3}}{2};CK=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Vậy $\cos \widehat{CKH}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$