Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 13 )

Rõ ràng $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ không cùng phương.

Ba vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ đồng phẳng $\iff \exists$ cặp số ( m,n ) sao cho $\overrightarrow{c}=m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{b}$ 

Vì $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ không đồng phẳng nên

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x-m+n=0\\ 1-2m-n=0\\ -2-3m-n=0\end{array}\right. \\ \iff x=-10 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số đã cho có tập xác định là $D=\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right)\cup \left(-1;1\right)\cup \left(\sqrt{2};+\infty \right)$ 

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$ suy ra y = -1; y = 1 là các tiệm cận ngang.

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\sqrt{2}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to \sqrt{2}}{\lim }y=+\infty \end{gathered}$$

suy ra có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 6 đường tiệm cận

Đáp án D

$y\text{'}=\frac{1-m^{2018}}{{\left(x+1\right)}^2}$

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right),\left(-1;+\infty \right)$ (đồng biến) khi và chỉ khi y ' > 0$\iff 1-m^{2018}>0\iff -1<m<1$

Đáp án D

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-4\left(m^2+1\right)x \\ y\text{'}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{m^2+1}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Dễ thấy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị với mọi m.

Với $x_{CT}=\pm \sqrt{m^2+1}\Rightarrow$ giá trị cực tiểu $y_{CT}=-\left(m^2+1\right)+1$

Ta có ${\left(m^2+1\right)}^2\ge 1\Rightarrow y_{CT}\le 0max\left(y_{CT}\right)=0$$\iff m^2+1=1\iff m=0$

Đáp án A

$$\begin{gathered} x_A=-1\Rightarrow y=-3\Rightarrow A\left(-1;-3\right) \\ {x}_B=0\Rightarrow y_B=11\Rightarrow B\left(0;1\right) \end{gathered}$$

Vì đường thẳng $y=\frac{1-2x}{1+2x}$ đi qua hai điểm A và B nên ta có hệ: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a\left(-1\right)+b=-3\\ a.0+b=1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $\frac{a}{b}=4$

Đáp án B

Ta có $y=\left|x^2+2x+a-4\right|=\left|{\left(x+1\right)}^2+a-5\right|$ 

Đặt $u={\left(x+1\right)}^2$ khi đó $\forall x\in \left[-2;1\right]$ thì $u\in \left[0;4\right]$ 

Ta được hàm số $f\left(u\right)=\left|u+a-5\right|$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} \underset{x\in \left[-2;1\right]}{Max}y=\underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right) \\ =Max\left\{f\left(0\right),f\left(4\right)\right\}=Max\left\{\left|a-5\right|;\left|a-1\right|\right\} \end{gathered}$$ 

Trường hợp 1:

 $$\begin{gathered} \left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\le 3 \\ \Rightarrow \underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right)=5-a\ge 2\iff a=3 \end{gathered}$$

Trường hợp 2:

 $$\begin{gathered} \left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\ge 3 \\ \Rightarrow \underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right)=a-1\ge 2\iff a=3 \end{gathered}$$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{Max}y=2\iff a=3$

Đáp án A

Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là 1 và –1.

Do đó nên $-\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}=-1\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$ 

Vậy có hai tiếp tuyến.

Đáp án C

Hoành độ giao điểm của (C) và Ox là nghiệm phương trình

$$\begin{gathered} \left(x-1\right)\left(x^2-\left(3m-1\right)x+1\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ g\left(x\right)=x^2-\left(3m-1\right)x+1=0\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}∆>0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<-\frac{1}{3}\end{array}\right.\\ m\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

Giả sử $x_3=1$ 

Theo đề thì phương trình (1) có hai nghiệm $x_1;x_2$

 $$\begin{gathered} x_1^2+x_2^2>14\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2>14 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{5}{3}\\ m<-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

(thỏa mãn)

Vậy $m\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(\frac{5}{3};+\infty \right)$

Đáp án C

Xét hàm số $C\left(t\right)=\frac{0,28t}{t^2+4}$ liên tục trên khoảng $\left(0;24\right)$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có $C\left(t\right)=\frac{0,28t}{t^2+4}\le \frac{0,28t}{2\sqrt{t^2.4}}=\frac{7}{100}$ 

Dấu “=” xảy ra $t^2=4\iff t=2$ 

Vậy sau 2 giờ nồng độ thuốc hấp thu trong máu là cao nhất.

Đáp án C

$$\begin{gathered} 2^a.5^b=2^c.5^d\iff \ln \left(2^a.5^b\right)=\ln \left(2^c.5^d\right) \\ \iff a\ln \left(2\right)+b\ln \left(5\right)=c\ln \left(2\right)+d\ln \left(5\right) \\ \iff \left(a-c\right)\ln \left(2\right)=\left(d-b\right)\ln \left(5\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Giả thiết bài toán cho ta $x>0$ và $x^2-4y^2=4$ 

Không mất tính tổng quát, giả sử $y\ge 0$ . Đặt t = x - y. Khi đó ta có $3y^2-2ty+4-t^2=0$ 

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi $∆=4t^2-12\left(4-t^2\right)\ge 0\Rightarrow t\ge \sqrt{3}$ 

Do x > 0 và $y\ge 0$ nên $t=\left|x\right|-\left|y\right|=x-y\ge \sqrt{3}$

Đáp án A

Ta có

 $$\begin{gathered} P={\log }_3\left(675\right)={\log }_3\left(5^3.3^3\right) \\ =2{\log }_3\left(5\right)+3=2\frac{{\log }_{2}5}{{\log }_{2}3}+3 \\ =\frac{2a}{b}+3=\frac{2a+3b}{b} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{1}{x}\left(\cos \left(\ln \left(x\right)\right)-\sin \left(\ln \left(x\right)\right)\right) \\ y"=-\frac{2\cos \left(\ln \left(x\right)\right)}{x^2} \end{gathered}$$

Khi

$$\begin{gathered} x^{2}y"+xy\text{'}+y=x^2.\left(-\frac{2\cos \left(\ln \left(x\right)\right)}{x^2}\right)+x.\frac{1}{x} \\ \left(\cos \left(\ln \left(x\right)\right)-\sin \left(\ln \left(x\right)\right)+\sin \left(\ln \left(x\right)\right)+\cos \left(\ln \left(x\right)\right)\right)=0 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} {\log }_2\left({\log }_3\left({\log }_4\left(x\right)\right)\right)=0 \\ \iff {\log }_3\left({\log }_4\left(x\right)\right)=1 \\ \iff {\log }_4\left(x\right)=3 \\ \iff x=4^3 \end{gathered}$$

Giải tương tự ta thu được $y=2^4;z=3^2$ 

Khi đó $\sqrt[3]{x}+\sqrt[4]{x}+\sqrt{x}$ = 9

Đáp án A

Hàm số đã cho đồng biến khi và chỉ khi ${\left(a^2-3a+3\right)}^x$ > 1 $\iff a^2-3a+2>0\iff a<1$ hoặc a > 2

Đáp án D

Do $x\in \left[0;e\right]$ nên  

 $$\begin{gathered} f\left(x\right)=\ln \sqrt{2x^2+2x\sqrt{x^2+e^2}+e^2} \\ =\ln \sqrt{{\left(x+\sqrt{x^2+e^2}\right)}^2} \\ =\ln \left|x+\sqrt{x^2+e^2}\right| \\ =\ln \left(x+\sqrt{x^2+e^2}\right) \end{gathered}$$

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[0;e\right]$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{x^2+e^2}}>0,\forall x\in \left[0;e\right]$

Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn $\left[0;e\right]$

Khi đó $\underset{x\in \left[0;e\right]}{min}f\left(x\right)=f\left(0\right)=1$

Đáp án B

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần (hoặc bấm máy tính) ta có được ${\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}x\sin \left(xdx\right)=1$

Khi đó 

$$\begin{gathered} I=1+2m{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}xdx=1+\frac{m{\mathrm{\pi }}^2}{4}=1+{\mathrm{\pi }}^2 \\ \Rightarrow \mathrm{m}=4\Rightarrow \left|\mathrm{m}\right|-1=3 \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường $y=\sqrt{x}$ và $x-2y=0\iff y=\frac{x}{2}$ là $\sqrt{x}=\frac{x}{2}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x=\frac{x^2}{4}\end{array}\right.\iff x=0$ hoặc x = 4 

Diện tích hình phẳng cần tìm là

$$\begin{gathered} S{\int }_0^4\left|\sqrt{x}-\frac{x}{2}\right|dx={\int }_0^4\left(\sqrt{x}-\frac{x}{2}\right)dx \\ ={\left(\frac{2\sqrt{x^3}}{3}-\frac{x^2}{4}\right)}_0^4=\frac{4}{3} \end{gathered}$$

Diện tích toàn phần của một khối tứ diện đều cạnh $\frac{2\sqrt[4]{3}}{3}$ là $S_{xq}=4.{\left(\frac{2\sqrt[4]{3}}{3}\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4}{3}$

Đáp án D

Đặt

$$\begin{gathered} t=\sqrt{4-3x} \\ \Rightarrow dt=-\frac{3}{2\sqrt{4-3x}}dx \\ \Rightarrow dx=-\frac{2}{3}dt \end{gathered}$$ 

Đổi cận $x=0\to t=2;x=1\Rightarrow t=1$

Khi đó 

$$\begin{gathered} V=\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\int }_1^2\frac{t}{{\left(1+t\right)}^2}dt \\ =\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\int }_1^2\left(\frac{1}{1+t}-\frac{1}{{\left(1+t\right)}^2}\right)dt \\ =\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\left(\ln \left|1+t\right|+\frac{1}{1+t}\right)}^2 \\ =\frac{\mathrm{\pi }}{9}\left(6\ln \left(\frac{3}{2}\right)-1\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Khi tàu dừng lại thì v = 0$\iff 200-20t=0\iff t=10s$.

Ta có phương trình chuyển động với tại thời điểm đang xét với $t_0\in \left(0;10\right)$

$$\begin{gathered} S={\int }_0^{t_0}v\left(t\right)dt=100t-{\frac{20t^2}{2}}_0^{t_0} \\ =200t=10{t_0}^2 \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} S=750 \\ \iff 10{t_0}^2+200t_0-750=0 \\ \Rightarrow t_0=5 \end{gathered}$$ 

vì $t_0\in \left(0;10\right)$

Lệch nhau: 10 - 5 = 5s

Đáp án A

Ta có 3 điểm M ( 8;3 ), N ( 1;4 ), P ( 5;x )$\Rightarrow \overrightarrow{MP}\left(-3;x;-3\right),\overrightarrow{NP}\left(4;x;-4\right)$

$∆MNP$ vuông tại P $\iff \overrightarrow{MP}.\overrightarrow{NP}=0$$\iff -12+\left(x-3\right)\left(x-4\right)=0$$\iff x=0;x=7$. 

Đáp án B

Gọi z = a + bi 

Ta có

$$\begin{gathered} \left|-2-3i+\overline{z}\right|=\left|z-i\right| \\ \iff \left|a-2-\left(b+3\right)i\right|=\left|a+\left(b-1\right)i\right| \\ \iff {\left(a-2\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2=a^2+{\left(b-1\right)}^2 \\ \iff a=2b+3 \end{gathered}$$ 

Ta cần tìm z sao cho $\sqrt{a^2+b^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có

$$\begin{gathered} a^2+b^2={\left(2b+3\right)}^2+b^2 \\ =5{\left(b+\frac{6}{5}\right)}^2+\frac{9}{5}\ge \frac{9}{5} \end{gathered}$$ 

Do đó $min\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)=\sqrt{\frac{9}{5}}\iff b=-\frac{6}{5},a=\frac{3}{5}$ 

Vậy $\frac{3}{5}-\frac{6}{5}i$

Đáp án A

Giải phương trình ta được bốn nghiệm là i; -i; 2i; -2i

Do đó ta có:

$$\begin{gathered} S=\left(\frac{1}{1+i}+\frac{1}{1-i}\right)+\left(\frac{1}{1-2i}+\frac{1}{1+2i}\right) \\ =\frac{2}{\left(1+i\right)\left(1-i\right)}+\frac{2}{\left(1-2i\right)\left(1+2i\right)} \\ =\frac{2}{2}+\frac{2}{5}=\frac{7}{5} \end{gathered}$$

Đáp án A

Do $\left|a\right|=\left|b\right|=1$ nên ta có thể đặt $a=\cos \left(A\right)+i\sin \left(A\right)$; $b=\cos \left(B\right)+i\sin \left(B\right)$ 

Khi đó ta có

$$\begin{gathered} x=\sqrt{{\left(\cos A+\cos B\right)}^2+{\left(\sin A+\sin B+1\right)}^2} \\ y=\sqrt{{\left(\cos A\cos B-\sin A\sin B-\sin A-\sin B\right)}^2} \\ +\sqrt{{\left(\cos A\sin B+\sin A\cos B+\cos A+\cos B\right)}^2} \end{gathered}$$ 

Rút gọn ta có

$$\begin{gathered} x=\sqrt{3+2\cos \left(A-B\right)+2\left(\sin A+\sin B\right)} \\ y=\sqrt{3+2\cos \left(A-B\right)+2\left(\sin A+\sin B\right)} \end{gathered}$$ 

Do đó x = y

Đáp án A

Gọi z = a + bi. Suy ra $\overline{z}=a-bi\Rightarrow i.\overline{z}=ia+b$ 

Khi đó

 $$\begin{gathered} z+2i.\overline{z} \\ =a+bi+2\left(ia+b\right) \\ =\left(a+2b\right)+\left(b+2a\right)i \\ =3+3i \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+2b=3\\ b+2a=3\end{array}\right. \\ \Rightarrow a=b=1 \end{gathered}$$

Do đó $P=1^{2017}+1^{2018}=2$

Đáp án B

Do tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC cho nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$AM\perp BC$ và $AA\text{'}\perp BC\Rightarrow A\text{'}M\perp BC$ 

$\Rightarrow$ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là $\widehat{A\text{'}MA}={60}^o$

Tam giác A’AM vuông góc tại A nên $AA\text{'}=AM.\tan \left({60}^o\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}$ 

Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là $S_{BB\text{'}C\text{'}C}=BB\text{'}.BC=\frac{3a^2}{2}$

$AM\perp BC$ và  $AM\perp BB\text{'}\Rightarrow AM\perp \left(BB\text{'}C\text{'}C\right)$

Thể tích khối chóp A.BB’C’C là: $V=\frac{1}{3}.S_{BB\text{'}C\text{'}C}.AM=\frac{1}{3}.\frac{3a^2}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}$= $\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$(đvtt).

Đáp án A

Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó $HM\perp CD$; $CD\perp SH$ mà $HP\perp SM\Rightarrow HP\perp \left(SCD\right)$. Lại có $AB//CD$ suy ra $AB//\left(SCD\right)$$\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(H;\left(SCD\right)\right)=HP$

Ta có $\frac{1}{H{P}^2}=\frac{1}{H{M}^2}+\frac{1}{H{S}^2}$ suy ra $HP=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ 

Vậy $d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Đáp án A

Gọi H là trung điểm BC$\Rightarrow A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow \widehat{A\text{'}AH}={30}^o$ 

Ta có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};A\text{'}H=AH.\tan \left({30}^o\right)=a\sqrt{2}$ 

Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC.

Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đường thẳng d//A’H cắt AA’ tại E.

Gọi F là trung điểm AA’,trong mp (AA’H) kẻ đường trung trực của AA’ cắt d’ tại I $\Rightarrow$ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’.ABC và bán kính .

Ta có: $\widehat{AEI}={60}^o;EF=\frac{1}{6}AA\text{'}=\frac{a}{6}$; $IF=EF.\tan \left({60}^o\right)=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Vậy $R=\sqrt{A{F}^2+I{F}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Đáp án D