Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải ( Đề số 13)

Đáp án C

Có $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-4x+3\Rightarrow k=f\text{'}\left(2\right)=7$

phương trình tiếp tuyến cần tìm là

$y=7\left(x-2\right)+f\left(2\right)=7x-7$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\left(\sqrt{1+x}+1\right)x} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $\left|u_n\right|=\left|{\left(-1\right)}^n\sin \frac{\pi }{n}\right|=\left|\sin \frac{\pi }{n}\right|\le 1$ 

$\Rightarrow$Dãy số $\left(u_n\right)$ bị chặn

Đáp án A

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x^3-4x.$ 

Khi đó

$f\text{'}\left(x\right)>0\iff 4x^3-4x>0\iff 4x\left(x^2-1\right)>0$

$\iff x\in \left(-1;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)$

Đáp án C

$$\begin{gathered} y\text{'}=\left(2\sin 3x+cos2x\right)\text{'} \\ =2.3cos3x-2\sin 2x \\ =6cos3x-2\sin 2x \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có

$\lim \frac{n^2+1}{2n^2+n+1}=\lim \frac{1+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}y\text{'}=2017{\left(x^3-3x^2\right)}^{2016}\left(x^3-3x^2\right)\text{'}\\ =2017{\left(x^3-3x^2\right)}^{2016}\left(3x^2-6x\right)\\ =6051{\left(x^3-3x^2\right)}^{2016}\left(x^2-2x\right)\end{array}$

Đáp án B

Lấy ví dụ $z_1=1+i,z_2=\sqrt{2}$ 

dễ thấy A, C, D sai

Đáp án D

Hàm số xác định khi và chỉ khi

$\left\{\begin{array}{l}4-x\ge 0\\ x\sqrt{4-x}\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<4\\ x\ne 0\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(-\infty ;0\right)\cup \left(0;4\right)$ 

Hàm số liên tục tại $x = 2$, không liên tục tại x = 2 và x = 4 

Phương trình

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=0\iff \frac{x+2}{x\sqrt{4-x}}=0 \\ \iff x=-2\notin \left(-1;2\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Vì ABCD là hình thang vuông tại A, D

$\Rightarrow AD\perp CD.$ 

Mà $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp \left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD$ 

$\Rightarrow$ Tam giác SCD vuông tại D

Vì E là trung điểm của AB suy ra AECD là hình vuông

$\Rightarrow CE\perp AB$ mà $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AB$ 

suy ra $CE\perp \left(SAB\right)$

Đáp án B

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|x\right|+\sqrt{x^2+x}}{x+2} \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\left|x\right|+\left|x\right|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{x\left(1+\frac{2}{x^2}\right)} \\ =\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\frac{2\left|x\right|}{x}\right)=-2 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số f ( x) xác định với mọi $x\ne 0.$

Đáp án B

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff 2\cos x-m\sin x=3\left(*\right)$

Phương trình

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff 2\cos x-m\sin x=3\left(*\right)$

Để (*) có nghiệm khi và chỉ khi

$\frac{3}{\sqrt{2^2+{\left(-m\right)}^2}}\le 1\iff m^2\ge 5\iff \left|m\right|\le \sqrt{5}$

Đáp án C

$\underset{x\to {\left(-3\right)}^{-}}{\text{lim}}\frac{2x^2-x+5}{x+3}=-\infty$

Đáp án D

Hàm số $y=\frac{x}{\sqrt{2-x}}$ liên tục trên khoảng $\left(-\infty ;2\right)$

Đáp án D

$$\begin{gathered} S_n=\frac{n\left(1-q^n\right)}{1-q} \\ \Rightarrow S_{10}=\frac{\left(-3\right)\left[1-{\left(-2\right)}^{10}\right]}{1-\left(-2\right)}=1023 \end{gathered}$$

Đáp án B

Vì hai tam giác ABC và SBC đều và có chung cạnh BC nên bằng nhau $\Rightarrow AH=SH.$  

Mà $\Delta HSA$ vuông tại H nên vuông cân

$\Rightarrow \widehat{SAH}=45°$

Đáp án C

Gọi M là trung điểm của

$BC\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AM\perp BC\\ DM\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(ADM\right)$

Suy ra

$\widehat{\left(ABC\right);\left(DBC\right)}=\widehat{\left(AM;DM\right)}=\widehat{ADM}=\phi$ 

Gọi O là hình chiếu của A lên

mặt phẳng $\left(BCD\right)$

$\Rightarrow O$ là trọng tâm của tam giác BCD

$\Rightarrow OM=\frac{DM}{3}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ 

Tam giác AMO vuông tại O, có

$\cos \widehat{AMD}=\frac{OM}{AM}=\frac{a\sqrt{3}}{6}:\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}$ 

Vậy $\cos \phi =\frac{1}{3}$

Đáp án D

$\begin{array}{l}y\text{'}=-3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\\ y\left(-3\right)=53;y\left(1\right)=1\\ y\left(0\right)=-1;y\left(2\right)=3\\ \Rightarrow \underset{\left[-3;1\right]}{Max}y=53,\underset{\left[-3;1\right]}{Min}y=-1\end{array}$

Đáp án A

Ta có$\int f\left(x\right)=\int \left(4x^3-3x^2+2\right)dx$

$= x^4-x^3+C=F\left(x\right)$

Do $F\left(-1\right)=3\Rightarrow C=3$

$\Rightarrow F\left(x\right)= x^4-x^3+2x+3$

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{a}-4\overrightarrow{c}=\left(-1;4;2\right)$

$\Rightarrow 2\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}-4\overrightarrow{c}\Rightarrow \overrightarrow{b}=\left(-\frac{1}{2};2;1\right)$

Đáp án B

Thể tích khối chóp là

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.\sqrt{3}.2a.a \\ =\frac{2a^3\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $\widehat{\left(SCD\right);\left(ABC\right)}=\widehat{SMH}=60°$

Khi đó $SH=HM\tan 60°=a\sqrt{3}$ 

Mặt khác

$S_{ACM}=\frac{1}{2}AD.CM=\frac{1}{2}2a.a=a^2$

$$\begin{gathered} d\left(N;\left(ACM\right)\right)=\frac{1}{2}SH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow V_{N.ACM}=\frac{1}{3}d\left(N;\left(ACM\right)\right)=\frac{a^3\sqrt{3}}{6} \end{gathered}$$

Đáp án B

Xét hàm số $y=x^3-3x^2+mx+2$

ta có $y\text{'}=3x^2-6x+m,\forall x\in ℝ$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$ 

$$\begin{gathered} \iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left[1;+\infty \right) \\ \iff m\ge 6x-3x^2,\forall x\in \left[1;+\infty \right)\left(*\right) \end{gathered}$$

Xét hàm số $f\left(x\right)=6x-3x^2$

trên $\left[1;+\infty \right)$

có $f\text{'}\left(x\right)=6-6x=0\iff x=1$

Vật giá trị lớn nhất của hàm số $f\left(x\right)$ là 3.

Vậy $\left(*\right)\iff m\ge \underset{\left[1;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=3$

Đáp án A

Dựa vào đáp án, ta có các nhận xét sau

$\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ vuông góc với nhau

$$\begin{gathered} \overrightarrow{a}=\left(-1;1;0\right),\overrightarrow{c}=\left(1;1;1\right) \\ \Rightarrow \overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=\left(-1\right).1+1.1+0.1=0 \end{gathered}$$

$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\left(1;3;1\right)$

và $cos\left(\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}\right)=\frac{2}{\sqrt{6}}$

Đáp án D

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng khi

và chỉ khi $x=m\ne -2$

Đáp án B

$$\begin{gathered} PT{9}^x+\frac{9^x}{3}=2\sqrt{2}{.2}^x+\sqrt{2}{.2}^x \\ \iff \frac{4}{9}{9}^x=3\sqrt{2}{.2}^x\iff {\left(\frac{9}{2}\right)}^x=\frac{9\sqrt{2}}{4} \\ \iff x={\log }_{\frac{9}{2}}\frac{9\sqrt{2}}{4}\Rightarrow a={\log }_{\frac{9}{2}}\frac{9\sqrt{2}}{4} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow P={\log }_{\frac{9}{2}}\frac{9\sqrt{2}}{4}+\frac{1}{2}{\log }_{\frac{9}{2}}2 \\ ={\log }_{\frac{9}{2}}\frac{9\sqrt{2}}{4}{\log }_{\frac{9}{2}}\sqrt{2}={\log }_{\frac{9}{2}}\frac{9}{2}=1 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có $A{D}^2=A{B}^2+B{D}^2=A{C}^2+C{D}^2$

$\Rightarrow \Delta ABD,\Delta ACD$ vuông cân tại B, C

Mà O là trung điểm cạnh $AD\Rightarrow OA=OB-OC$

$\Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Dễ thấy $OA=OB-OC$ và $\Delta ABC$ đều cạnh a

$\Rightarrow$khối chóp $O\text{.}ABC$ là hình chóp tam giác đều

Đáp án D

Ta có $f\text{'}\left(x\right)>0,\forall x>0$

$\Rightarrow$hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ 

Do đó $f\left(2\right)>f\left(1\right)=2,f\left(2016\right)<f\left(2017\right)$ 

và $f\left(3\right)>f\left(2\right)>2\Rightarrow f\left(2\right)+f\left(3\right)>4$

Vậy điều có thể xảy ra duy nhất là $f\left(-1\right)=2$

Đáp án B

Gọi a, b, c là các kích thước của khối hộp khi đó

$R=\frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}$ 

Mặt khác

$$\begin{gathered} a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}=3\sqrt[3]{V^2} \\ \Rightarrow 4R^2\ge 3\sqrt[3]{V^2}\Rightarrow V\le \frac{8}{3\sqrt{3}}{R}^3 \end{gathered}$$

Đáp án A

Chiều cao hình nón h = a và bán kính đáy bằng bán kính đáy của đường tròn nội tiếp hình vuông A’B’C’D’ và bằng $r=\frac{a}{2}.$

Do đó $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi a^3}{12}$

Đáp án B

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=\ln \left(2x-1\right)\\ dv=xdx\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\frac{2}{2x-1}\\ v=\frac{x^2-\frac{1}{4}}{2}=\frac{4x^2-1}{8}\end{array}\right. \\ \Rightarrow I=\frac{4x^2-1}{8}\ln \left(2x-1\right)-\int \frac{\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)}{4\left(2x-1\right)}dx \end{gathered}$$

$=\frac{4x^2-1}{8}\ln \left(2x-1\right)-\int \frac{2x+1}{4}dx$

$=\frac{4x^2-1}{8}\ln \left|2x-1\right|+\frac{x\left(x+1\right)}{4}+C$

Đáp án A

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(1;0\right),\left(0;-1\right)\to$ loại C, D

Đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại điểm $\left(1;0\right)\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=0\to$chọn A

Đáp án B

Gọi hình vuông thiết diện ABCD và O là tâm đường tròn đáy của hình trụ

Gọi H là trung điểm của AB, ta có

$$\begin{gathered} OH=\frac{a}{2}\Rightarrow AH=\sqrt{O{A}^2-A{H}^2} \\ =\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=a\sqrt{3} \end{gathered}$$ 

Chiều cao của khối trụ chính là độ dài cạnh của hình vuông bằng $h=a\sqrt{3}$ 

Thể tích khối trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi a^3\sqrt{3}$

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} M\left(x\right)=\frac{T\left(x\right)}{x}=\frac{C\left(x\right)+0,4x}{x} \\ =\frac{0,0001x^2+0,2x+10000}{x} \\ =0,0001x+0,2+\frac{10000}{x} \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} M\left(x\right)=\left(0,0001x+\frac{10000}{x}\right)+0,2 \\ \ge \sqrt{0,0001x.\frac{10000}{x}}+0,2=2,2 \end{gathered}$$ 

Suy ra

$$\begin{gathered} MinM\left(x\right)=2,2\iff 0,0001x=\frac{10000}{x} \\ \iff x=10000\Rightarrow M\left(x\right)=22.00 đồng \end{gathered}$$

Đáp án A

Tam giác ABE cân có $AE=BE=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

và AB = a

$$\begin{gathered} \Rightarrow S_{\Delta ABE}=\frac{a^2}{2}=\frac{AE.BE.AB}{4.R_{\Delta ABE}} \\ \Rightarrow R_{\Delta ABE}=\left[2a.{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2\right]:4a^2=\frac{5a}{8} \end{gathered}$$

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABE là

$R=\sqrt{R_{\Delta ABE}^2+\frac{S{A}^2}{4}}=\sqrt{{\left(\frac{5a}{8}\right)}^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{41}}{8}$

Đáp án A

A sai vì hàm số $y=x^3$ có $y\text{'}\left(0\right)=0$ nhưng không đạt cực trị tại x = 0

B sai vì hàm số $y=x^4$có $y\text{'}\left(0\right)=0,y\text{'}\text{'}\left(0\right)=0$đạo hàm và có đạo hàm cấp hai tại điểm $x_0$ thoả mãn điều kiện $f\text{'}\left(x_0\right)=f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)=0$ thì điểm $x_0$nhưng không đạt cực trị tại x = 0

C sai vì “Nếu $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu khi x qua $x_0$ thì điểm $x_0$ là điểm trị (cực đại và cực tiểu) của hàm số $y=f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)$

D sai vì “Nếu hàm số $y=f\left(x\right)$ có đạo hàm và có đạo hàm cấp hai tại điểm $x_0$ thoả mãn điều kiện $f\text{'}\left(x_0\right)=0;f\text{'}\text{'}\left(x_0\right)>0$ thì điểm $x_0$là điểm cực đại của hàm số $y=f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} \log M_{6972593}=\log \left(2^{6972593}-1\right)\approx \log 2^{6972593} \\ =\log {\left(2^{{\log }_{2}10}\right)}^{\frac{6972593}{{}^{{\log }_{2}10}}}=\frac{6972593}{{}^{{\log }_{2}10}} \\ =2098959,641 \end{gathered}$$

Do đó số chữ số của số đó là

$2098959+1=2098960$

Đáp án D

Với $x\in \left[-2;1\right]$ ta có

$y=-x^2+2\Rightarrow y\text{'}=-2x;y\text{'}=0\iff x=0.$

Ta có $y\left(-2\right)=-2;y\left(0\right)=2;y\left(1\right)=1$

Xét $x\in \left(1;3\right]$ ta có

$y=x\Rightarrow y\text{'}=1>0.$

Ta có $y\left(3\right)=3$

Suy ra $\underset{\left[-2;3\right]}{\max }y=3$

Đáp án B

Gọi $K=CD\cap AB$ khi đó BC là đường trung bình trong tam giác KAD nên KB =a 

Gọi $I=KN\cap AM$

Ta có

$\frac{IM}{IA}=\frac{MN}{KB}=\frac{1}{2}\Rightarrow d_M=\frac{1}{2}{d}_A$ 

Do $CE=\frac{1}{2}AD$ nên $\Delta ACD$ vuông tại C

Dựng $AH\perp NC,$

$d_A=AH=\frac{NA.AC}{\sqrt{N{A}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}$ 

Do đó $d_M=\frac{a\sqrt{66}}{22}$