Tổng hợp đề thi thử thpt quóc gia môn Toán hay nhất có lời giải (Đề số 3)

Đáp án D

Có $f^{\text{'}}\left(x\right)=8x^3-8x; f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right.$ 

Từ đó 3 điểm cực trị là $A\left(-1;1\right);B\left(0;3\right);C\left(1;1\right)$.

Nhận thấy rằng $ABC$ là tam giác cân tại B với đường cao là BM , M là trung điểm của AC.

Tinh được $AC=2;BM=2\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}\mathrm{.2.2}=2$.

Đáp án A

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

       $\frac{x+1}{2x+1}=mx+\frac{m+1}{2}\iff 4m{x}^2+4mx+m-1=0 \left(1\right)$

Phương trình (1) có 2 nghiệm $x_A;x_B\iff \Delta \text{'}=4{\text{m}}^2-4m\left(m-1\right)=4m>0\iff m>0.$

Khi đó giao điểm của 2 đồ thị là $A\left(x_A;m{x}_A+\frac{m+1}{2}\right);B\left(x_B;m{x}_B+\frac{m+1}{2}\right)$ 

với $x_A+x_B=-1;x_A.x_B=\frac{m-1}{4m}$

Ta có $O{A}^2+O{B}^2=x_A^2+{\left(m{x}_A+\frac{m+1}{2}\right)}^2+x_B^2+{\left(m{x}_B+\frac{m+1}{2}\right)}^2=\frac{m^2+2m+1}{2m}=1+\frac{1}{2}\left(m+\frac{1}{m}\right)\ge 1+\frac{1}{2}.2=2$

( vì $m>0,$ theo Cauchy ta có $m+\frac{1}{m}\ge 2$. Dấu bằng xảy ra khi $m=1$

Đáp án B

Có $y^{\text{'}}=3x^2+6x+m$ 

Hám số đồng biến trên R $\iff y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in R\iff {�}^{\text{'}}=9-3m\le 0\iff m\ge 3$

Đáp án B

Cho $x=0\Rightarrow y=-\frac{1}{2}$. Vậy giao với trục tung là $\left(0;-\frac{1}{2}\right)$

Đáp án A

Có $y^{\text{'}}=\frac{m^2-m-2}{{\left(x+m\right)}^2}$. Hàm số nghịch biến trên $\left(-1;+\infty \right)\iff m^2-m-2<0\iff m\in \left(-2;1\right)$

Đáp ánA

Có $y^{\text{'}}=3x^2-\frac{\left(m-1\right)x}{\sqrt{4-x^2}}=x\left(3x-\frac{m-1}{\sqrt{4-x^2}}\right). y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ 3x\sqrt{4-x^2}=m-1 \left(*\right)\end{array}\right..$

Hàm số có 3 cực trị khi $\left(*\right)$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

$\left(*\right)$ có nghiệm khác 0 $\iff m-1\ne 0\iff m\ne 1$

Ta lập bảng biến thiên của VT phương trình (*)

Nhìn vào bảng biến thiên thì điều kiện của m là $m-1\in \left(-6;6\right)\backslash \left\{0\right\}\iff m\in \left(-5;7\right)\backslash \left\{1\right\}$

Đáp án C

Nhìn hình vẽ ta thấy $V_1=V_{S.MIAG}$.

Gọi  $V_{S.ABCD}=V$

                $\Rightarrow V_{S.ABC}=V_{S.ADC}=\frac{V}{2}$

Có $\frac{V_{S.AGM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SG}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$

                     $\Rightarrow V_{S.AGM}=\frac{V}{6}$

Có $\frac{V_{S.AMI}}{V_{S.ADC}}=\frac{SM}{SC}.\frac{SI}{SD}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$

                      $\Rightarrow V_{S.AMI}=\frac{V}{6}$

               $\Rightarrow V_{S.MIAG}=\frac{V}{3}\Rightarrow V_2=V-\frac{V}{3}=\frac{2}{3}V\Rightarrow \frac{V_2}{V_1}=2$

Đáp án D

 Hàm số có $y^{\text{'}}=\frac{2}{{\left(-x+1\right)}^2}$ nên đồ thị luôn đồng biến trên các khoảng xác định.

Mặt khác  đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là $x=1;y=-1$ nên chỉ có ý D thỏa mãn

Đáp án C

Có $y^{\text{'}}=-3x^2+3m$. Hàm số có 2 cực trị khi $m>0$ và khi đó 2 điểm cực trị là $A\left(-\sqrt{m};-2m\sqrt{m}+1\right);B\left(\sqrt{m};2m\sqrt{m}+1\right)$.

$OAB$ là tam giác vuông $\iff \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\iff -m+1-4m^3=0=\iff m=\frac{1}{2}\in \left(-\frac{1}{2};1\right)$

Đáp án D

Điểm là ta nói tọa độ

Đáp án A

Có $y^{\text{'}}=4x^3+2x;y^{\text{'}}=0\iff x=0$. Qua $x=0$ thì $y\text{'}$ đổi dấu từ âm sang dương nên hàm số đạt cực tiểu tại$x=0$.

Đáp án C

Ta có bảng xét dấu sau:

Từ đó$f\text{'}\left(x\right)$ chỉ đổi dấu tại $x=-\frac{3}{2};x=0$ nên hàm số chỉ có 2 cực trị.

Đáp án D

Chỉ có duy nhất cặp mặt phẳng như vậy.

Đáp án C

Chú ý vào tên gọi của nó thể hiện rõ điều này.

Đáp án B

 Ta có $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB};$

          $\overrightarrow{BN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}\Rightarrow \overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow \overrightarrow{AN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$

          $\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$

          $\overrightarrow{DP}=k\overrightarrow{DC}\Rightarrow \overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AD}=k\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\right)\Rightarrow \overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AC}+\left(1-k\right)\overrightarrow{AD}$

Điều kiện 4 điểm P,Q,M,N đồng phẳng là tồn tại $x,y,z;x+y+z=1$  thỏa mãn

          $\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AM}+y\overrightarrow{AN}+z\overrightarrow{AQ}\iff \left\{\begin{array}{c}x+y+z=1\\ \frac{1}{3}x+\frac{1}{3}y=0\\ \frac{2}{3}y=k\\ \frac{1}{2}z=1-k\end{array}\right.$

Từ pt(1) và pt(2) ta có $z=1\Rightarrow k=\frac{1}{2}$

Đáp án  C

$y^{\text{'}}=-3x^2+6x+9;y^{\text{'}}\ge 0\iff x\in \left[-1;3\right]$. Vậy trên $\left(-1;3\right)$ thì hàm số đồng biến

Đáp án A

Xác suất để gieo n lần đều mặt ngửa là ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n$. Từ đo ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n<\frac{1}{100}\iff n<{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{100}\Rightarrow n\ge 7$.

Ta cần gieo ít nhất 7 lần

Đáp án B

          $n\left(\text{Ω}\right)=C_{12}^4$

Gọi H:” Không có quá 2 trong 3 lớp”

$\Rightarrow$$\overline{H}:$”Có đủ 3 lớp”

Ta có $n\left(\overline{H}\right)=C_5^2.C_4^1.C_3^1+C_5^1.C_4^2.C_3^1+C_5^1.C_4^1.C_3^2\Rightarrow n\left(H\right)=n\left(\text{Ω}\right)-n\left(\overline{H}\right)=225$

Đáp án C

Có $y^{\text{'}}=-3x^2+4mx-m^2$.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=1\Rightarrow y^{\text{'}}\left(1\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=3\end{array}\right.$

Với $m=1$ thì y' đổi dấu + sang – qua x=0 nên x=0 là cực đại (Loại)

Với $m=3$thì y' đổi dấu - sang + qua x=0 nên x=0 là cực tiểu (tm)

Đáp án D

Đáp án  D

Có $y^{\text{'}}=\frac{a\cos x\left(2\sin x-a\right)-2\cos x\left(a\sin x-2\right)}{{\left(2\sin x-a\right)}^2}=\frac{\left(4-a^2\right)\cos x}{{\left(2\sin x-a\right)}^2}$.

Hàm số đồng biến trên $\left(\frac{\pi }{2};\frac{2\pi }{3}\right) \text{mà}\cos x<0,\forall x\in \left(\frac{\pi }{2};\frac{2\pi }{3}\right)$$\iff y^{\text{'}}>0 , \forall x\in \left(\frac{\pi }{2};\frac{2\pi }{3}\right) \iff 4-a^2<0\iff x\in \left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

Đáp án A

Không có hình chữ nhật nào. Thật vậy

Ví dụ như $ABA’B’$ không thể là hình chữ nhật vì nếu không khi đó $A^{\text{'}}A\perp AB$ mà $\left(A^{\text{'}}HC\right)\perp AB$ nên $A^{\text{'}}A\in \left(A^{\text{'}}HC\right)$.Điều này vô lí vì tam giác đáy là tam giác nhọn

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{c}a+b+c=26\\ a^2+b^2+c^2=364\\ b^2=ac\end{array}\right.$. Từ đó ta có

$\left\{\begin{array}{c}{a}^2+ac+c^2=364\\ {\left(26-a-c\right)}^2=ac\end{array}\right..$ Đặt $\left\{\begin{array}{c}S=a+c\\ P=ac\end{array}\right.$ có hệ

 $\left\{\begin{array}{c}{S}^2-P=364\\ {(26-S)}^2=P\end{array}\iff \right.\left\{\begin{array}{c}P={(26-S)}^2\\ S^2-{(26-S)}^2=364\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}P={\left(26-S\right)}^2\\ S=20\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}S=20\\ P=36\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{c}a=18\\ c=2\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{c}a=2\\ c=18\end{array}\right.\end{array}\right.$

          Vậy $b^2=ac=36\Rightarrow b=6$

Đáp án D

Hình mười hai mặt đều kí hiệu là $\left(5;3\right)$ vì thế $p=5;q=3\Rightarrow p-q=2.$

Đáp án D

Vì công bội $q>1$.

Đáp án B

Có $y^{\text{'}}=x^2-4x+3. y^{\text{'}}\le 0\iff x\in \left[1;3\right]$ nên ý B là thỏa mãn.

Đáp án B

Vì $\underset{x\to \infty }{lim}y=1$do đó $y=1$ là tiệm cận ngang.

Đáp án B

Ta có $3\left|f\left(x\right)\right|-7=0\iff \left|f\left(x\right)\right|=\frac{7}{3}\iff \left[\begin{array}{c}f\left(x\right)=\frac{7}{3} \left(1\right)\\ f\left(x\right)=-\frac{7}{3} \left(2\right)\end{array}\right.$

Dựa vào bảng biến thiên thì (1) có 1 nghiệm; (2) có 3 nghiệm, vậy phương trình ban đầu có 4 nghiệm.

Đáp án B

Ta sắp xếp các cạnh giá trị $u_1;\dots u_n$ tăng dần theo cấp số cộng là 3. Khi đó ta có:

          $\left\{\begin{array}{c}{S}_n=158\\ u_n=44\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}\left(u_1+44\right).\frac{n}{2}=158\\ u_1+3\left(n-1\right)=44\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}{u}_1=47-3n\\ \left(47-3n+44\right).n=316 \left(*\right)\end{array}\right.\right.\right.$

          $\left(*\right)\iff 3n^2-91n+316=0\iff \left[\begin{array}{c}n=4\left(TM\right)\\ n=\frac{79}{3}\left(L\right)\end{array}\right.$

Đáp án D

Có $\underset{x\to \pm \infty }{lim}y=0\Rightarrow y=0$ là tiệm cận ngang.

Có $\underset{x\to 1}{\text{lim}}\text{y}=\infty \Rightarrow \text{x}=1$ là tiệm cận đứng

Có $\underset{x\to 2}{lim}y=\underset{x\to 2}{lim}\frac{1}{x-1}=-1\Rightarrow x=2$ không là tiệm cận đứng

Vậy ta có 2 tiệm cận

Đáp án C

Ta có $y=\frac{x\left(\sqrt{2x^2-2x-m}+x+1\right)}{x^2-4x-m-1}$

Điều kiện đặt ra là mẫu có 2 nghiệm => $\Delta \text{'}=5+m>0<=>m>-5$

Đáp án C

Với $n\le 4$: thì ta có $VT-2x^8=x^{12}-2x^8+1=\left(x^4-1\right)\left(x^8+x^4-1\right)\ge 0$ vì $x^4>1$ thế nên $VT\ge 2x^8$.

Ta có $2x^8=2x^4.x^4=2x^4.\left(x^4-1+1\right)\ge 2x^4.\sqrt{x^4-1}\ge VP$ (Ta chỉ cần xét với $x\ge 1)$

Vậy $VT\ge VP$ nhưng dấu bằng ko thể xảy ra được vì điều kiện 2 dấu trên là khác nhau. Do đó $n\le 4$ loại.

Với $n=5.$ Xét $f\left(x\right)=x^{12}+1-4x^4\sqrt{x^5-1}\left(x\ge 1\right)$ Ta có đây là hàm liên tục trên $R$ và ta có $f\left(1\right)>0;f\left(1,1\right)<0$ nên phương trình có nghiệm trong $\left(1;1,1\right)$. Tức là $n=5$ thỏa mãn.

Đáp án C

Có $y\left(0\right)=0.$

Với $x\ne 0$ ta có $y=\frac{\frac{x^3+x^2+x}{x^2}}{\frac{{\left(x^2+1\right)}^2}{x^2}}=\frac{x+\frac{1}{x}+1}{{\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2}$. Đặt $x+\frac{1}{x}=t$ thì ta có $y=f\left(t\right)=\frac{t+1}{t^2}$.