Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán mới nhất cực hay có lời giải (Đề số 7)

Đáp án D.

Ta có $P=\sqrt[4]{x^5}=x^{\frac{5}{4}}.$

Đáp án D.

Ta có ${\log }_{a}xy={\log }_{a}x+{\log }_{a}y$ nên đáp án D sai.

Đáp án A.

Điều kiện: $x-1\ne 0\iff x\ne 1\Rightarrow D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Đáp án D.

Ta có $y\text{'}=3x^2-3;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\Rightarrow y=-2\\ x=-1\Rightarrow y=2\end{array}\right..$ Do $a=1>0$ nên giá trị cực tiểu là -2, giá trị cực đại.

Đáp án C.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = 2 tiệm cận ngang là y = 3

Đáp án C.

Ta có $AM=\sqrt{A{B}^2-{\left(\frac{BC}{2}\right)}^2}=2a.$ Khi quay tam giác quanh trục MA thì ta được hình nón có bán kính $r=a,$ đường cao $h=2a.$ Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{2}{3}\pi a^3.$

Đáp án D.

Đề 2 mặt phẳng song song với nhau thì $\frac{1}{2}=\frac{-m^2}{-8}=\frac{2}{4}\ne m-\frac{3}{2}\Rightarrow m=-2.$

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=4x^3-4x.$ Gọi $M\left(a;a^4-2a^2-1\right)$ là tọa độ tiếp điểm. tiếp tuyến song song với trục hoành thì có hệ số góc bằng 0.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là

$k=y\text{'}\left(a\right)=4a^3-4a=0\iff \left[\begin{array}{l}a=0\Rightarrow M\left(0;-1\right)\\ a=1\Rightarrow M\left(1;-2\right)\\ a=-1\Rightarrow M\left(-1;-2\right)\end{array}\right.$

Do đó có 2 tiếp tuyến là y = -1 và y = -2

Đáp án C.

Ta thấy đồ thị hàm số là hàm trùng phương nên chỉ có C thỏa mãn.

Đáp án C.

Ta có

$y\text{'}=x^2+2mx+m^2+m+1;y"=2x+2m$

Để hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1 thì 

$\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=0\\ y"\left(1\right)<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+3m+2=0\\ 2m+2<0\end{array}\right.\Rightarrow m=-2.$

Đáp án C.

Thể tích của hình trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi .a^2.3a=3\pi a^3.$

Đáp án D.

Đồ thị hàm số $y=2^{-x}$ chỉ có TCN $y=0$ mà không có tiệm cận đứng nên D sai.

Đáp án D.

Ta có

$A\text{'}B\cap \left(ABC\right)=\left\{B\right\}$ và $A\text{'}A\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(A\text{'}B,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(A\text{'}B,AB\right)}=\widehat{A\text{'}BA}={60}^0$

Ta có

$$\begin{gathered} \sin \widehat{A\text{'}BA}=\frac{\text{AA}\text{'}}{A\text{'}B} \\ \Rightarrow \text{AA'=A'B\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}sin}\widehat{A\text{'}BA}=2a.\sin {60}^0=a\sqrt{3} \end{gathered}$$

Ta có $V_{ABC.\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\text{AA}\text{'}.S_{ABC}=a\sqrt{3}.a^3=a^3\sqrt{3}.$

Đáp án B.

Hàm số đồng biến khi $y\text{'}>0\iff 3x^2+6x>0\iff \left[\begin{array}{l}x>0\\ x<-2\end{array}\right..$

Đáp án B.

Ta có $-x^3+3x^2-m=0\iff x^3-3x^2+1=1-m.$ Ta thấy số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=x^3-3x^2+1$ và $y=1-m.$

Dựa vào đồ thị ta suy ra để cắt nhau tại 3 điểm thì $-3<1-m<1\iff 0<m<4.$

Đáp án B.

Ta có

$$\begin{gathered} y={\sin }^{3}x-\left(1-2{\sin }^{2}x\right)+\mathrm{s}\text{inx}+2 \\ =t^3+2t^2+t+1\left(t=\mathrm{s}\text{inx}\in \left[-1;1\right]\right). \end{gathered}$$

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}t\in \left(-1;1\right)\\ f\text{'}\left(t\right)=3t^3+4t+1=0\end{array}\right.\iff t=-\frac{1}{3}.$

Tính $f\left(-1\right)=1;f\left(1\right)=5;f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{23}{27}.$

Đáp án D.

Kẻ $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right).$ 

Cạnh $SH=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{a^2}{2}.$

Đáp án B.

Ta có $f\left(x\right)=12x^2-6x+2.$

Đáp án C.

Ta dễ có $\overrightarrow{n}=\left(1;-2;0\right).$

Đáp án A.

Ta có $\int \frac{1}{1+x}dx=\ln \left|x+1\right|+C.$

Đáp án A.

Ta có $\ln \left[x\left(3x-2\right)\right]=0\iff x\left(3x-2\right)=1\Rightarrow x=1\left(x>\frac{2}{3}\right).$

Đáp án A.

Ta có $I\left(\frac{3-1}{2};\frac{2+0}{2};\frac{1+5}{2}\right)=\left(1;1;3\right).$

Đáp án A.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}x>\frac{1}{2}\\ 2x-1<x+2\end{array}\right.\iff \frac{1}{2}<x<3.$

Đáp án A.

Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có 30 cạnh.

Đáp án B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}F\left(x\right)=\int 3^{x}dx=\frac{3^x}{\ln 3}+C\\ F\left(0\right)=\frac{1}{\ln 3}+C=-\frac{1}{\ln 3}\Rightarrow C=-\frac{2}{\ln 3}\end{array}\right.\Rightarrow F\left({\log }_{3}7\right)=\frac{5}{\ln 3}.$

Đáp án B.

Ta có $V=abc.$

Đáp án D.

${\log }_{7}x={\log }_{7}a{b}^2-{\log }_7{a}^{3}b={\log }_7\frac{a{b}^2}{a^{3}b}={\log }_{7}b{a}^{-2}.$

Do đó $x=a^{-2}b.$

Đáp án A.

Ta có: $\int \left[3f\left(x\right)+1\right]dx=3\int f\left(x\right)dx+x+C=3F\left(x\right)+x+C.$

Đáp án B.

PT hoành đồ giao điểm là:

$\frac{2x+1}{x-1}=3\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 2x+1=3x-3\end{array}\right.\iff x=4.$

Vậy giao điểm của 2 đồ thị là $\left(4;3\right).$

Đáp án B.

PT mặt cầu cần tìm là: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=14.$

Đáp án C.

Ta có:

$GT\iff 5^{x+2y}+x+2y-3^{-x-2y}=5^{xy-1}-3^{1-xy}+xy-1.$

Xét hàm số

$f\left(t\right)=5^{t+t-3^{-t}}\Rightarrow f\left(t\right)=5^t\ln 5+1+3^{-t}\ln 3>0\left(\forall t\in ℝ\right)$

Do đó hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ suy ra $f\left(x+2y\right)=f\left(xy-1\right)\iff x+2y=xy-1$

$\iff x=\frac{2y+1}{y-1}\Rightarrow T=\frac{2y+1}{y-1}+y.$ Do $x>0\Rightarrow y>1$ 

Ta có: $T=2+y+\frac{3}{y-1}=3+y-1+\frac{3}{y-1}\ge 3+2\sqrt{3}.$

Đáp án D.

Do (P) cắt Ox; Oy; Oz lần luợt tại A,B, C.

Gọi $A\left(a;0;0\right);B\left(0;b;0\right);C\left(0;0;c\right)\left(a;b;c>0\right)$

Khi đó

$\left(ABC\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1;OA+OB+OC=a+b+c$

(P) qua $M\left(9;1;4\right)\Rightarrow \frac{9}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}=1$

Áp dụng BĐT: $\left(x+y+z\right)\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\ge {\left(a+b+c\right)}^2$

ta có: $\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}\right)\ge {\left(3+1+2\right)}^2=36$

Do đó $OA+OB+OC=a+b+c\ge 36$

Dấu bằng xảy ra

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{9}{a^2}=\frac{1}{b^2}=\frac{4}{c^2}\\ \frac{9}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}=1\end{array}\right.\iff a=18;b=6;c=12 \\ \Rightarrow \left(ABC\right):\frac{x}{18}+\frac{y}{6}+\frac{z}{12}=1. \end{gathered}$$

Đáp án B.

Ta có $y\text{'}=3m{x}^2-6mx-3.$ Để đồ thị hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ và đồ thị của nó không có tiếp tuyến song song với trục hoành thì $y\text{'}<0\iff m{x}^2-2mx-1<0.$

·        Với $m=0$ thì $-1<0$ đúng. 

·        Với $m\ne 0$ để $y\text{'}<0$ thì

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}m<0\\ \Delta \text{'}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m^2+m<0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ -1<m<0\end{array}\right.\iff -1<m<0. \end{gathered}$$

Do đó để m thõa mãn đề bài thì $-1<m\le 0.$

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} \int f\left(x\right)dx=\int \left(\frac{m}{\pi }+\frac{1+c\text{os2x}}{2}\right)dx \\ =\frac{{\displaystyle m}}{{\displaystyle \pi }}x+\frac{{\displaystyle x}}{{\displaystyle 2}}+\frac{{\displaystyle \sin 2x}}{{\displaystyle 4}}+C=F\left(x\right) \end{gathered}$$ 

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=\frac{1}{4}\\ F\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\pi }{4}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}C=\frac{1}{4}\\ \frac{m}{4}+\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0\end{array}\right.\iff m=\frac{\pi }{2}-2.$

Đáp án C.

$f\text{'}\left(x\right)=\left(x+1\right)e^x\Rightarrow f\left(x\right)=x{e}^x.$

Khi đó đặt $I=\int x{e}^{x}dx$

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right. \\ \Rightarrow I=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x=\left(x-t\right)e^x+C \end{gathered}$$

Do đó $a=1;b=-1\Rightarrow a+b=0.$

Đáp án C.

Số chu kỳ tăng lương là $\frac{36}{3}=12$ chu kỳ

3 năm = 36 tháng

Số tiền anh nhận được sau 36 năm là:

$T=36\left[4+4{\left(1+7\%\right)}^1+4{\left(1+7\%\right)}^2+\mathrm{...}+4{\left(1+7\%\right)}^{11}\right]$

$=\mathrm{36.4.}\frac{1-{\left(1+7\%\right)}^{12}}{1-\left(1+7\%\right)}=2575,937$ triệu đồng.

Đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} PT\iff m{\left(\frac{9}{4}\right)}^x-\left(2m+1\right){\left(\frac{6}{4}\right)}^x+m\le 0 \\ \iff m{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-\left(2m+1\right){\left(\frac{3}{2}\right)}^x+m\le 0 \end{gathered}$$

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x;$ do $x\in \left[0;1\right]\Rightarrow t\in \left[1;\frac{3}{2}\right].$ Khi đó PT trở thành: $m{t}^2-\left(2m+1\right)t+m\le 0\iff m\left(t^2-2t+1\right)\le t$

Rõ ràng t = 1 là nghiệm của BPT đã cho.

Với $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right]\Rightarrow m\le \frac{t}{{\left(t-1\right)}^2}=f\left(t\right),$ xét $f\left(x\right)$ với $t\in \left(1;\frac{3}{2}\right]$ ta có:

$f\text{'}\left(t\right)=\frac{\left(t-1\right)-2t}{{\left(t-1\right)}^3}=\frac{-t-1}{{\left(t-1\right)}^2}<0\left(\forall t\in \left(1;\frac{3}{2}\right]\right)$

do đó $f\left(t\right)$  nghịch biến trên $\left(1;\frac{2}{3}\right].$

Do đó BPT nghiệm đúng vơi $\forall t\in \left(1;\frac{3}{2}\right]\iff m\le \underset{1;\frac{3}{2}}{Min}f\left(t\right)=f\left(\frac{3}{2}\right)=6$

Vậy có 6 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.

Đáp án D.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là:

$\frac{x}{3}+\frac{y}{3}+\frac{z}{3}=1$ hay $x+y+z-3=0.$

Dễ thấy $D\in \left(ABC\right);E\notin \left(ABC\right)$ do đó có 7 mặt phẳng đi qua đi qua 3 điểm trong 7 điểm đã cho bao gồm $\left(ABC\right);\left(EAB\right);\left(EBC\right);\left(ECD\right);\left(EDA\right);\left(EAC\right);\left(EBD\right).$

Đáp án D.

Dựa vào đồ thị ta thấy. 

Khi $x\in \left(0;3\right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)<0$ hàm số nghịch

biến trên khoảng $\left(0;3\right)$ 

Khi $x\in \left(3;\frac{7}{2}\right)\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)>0$ hàm số đồng

biến trên khoảng $\left(3;\frac{7}{2}\right).$

Từ đó suy ra $\underset{\left[0;\frac{7}{2}\right]}{Min}f\left(x\right)=f\left(3\right).$

Đáp án C.

Chọn hệ trục tọa độ với $H\equiv O\left(0;0;0\right)D\left(\frac{1}{2};0;0\right).$ Chọn $a=1.$

$M\left(0;1;0\right);N\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right);S\left(0;0;\frac{\sqrt{3}}{2}\right);C\left(\frac{1}{2};1;0\right)$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}\\ y=\frac{3}{4}\\ z=t\end{array}\right.\Rightarrow$ tâm mặt cầu có tọa độ $K\left(\frac{1}{4};\frac{3}{4};t\right)$ 

Giải:

$$\begin{gathered} SK=KC\iff \frac{1}{16}+\frac{9}{16}+{\left(t-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+t^2 \\ \iff t=\frac{5\sqrt{3}}{12}\Rightarrow R=KC=\frac{\sqrt{93}}{12}. \end{gathered}$$

Đáp án A.

Phần diện ích toàn phần lớn hơn chính

là 2 lần diện tích 1 đáy.

Khi đó $2\pi r_{\text{d}}^2=32\pi \Rightarrow r_d=4;h=7$ 

Do đó $T_m=T_c+32\pi =2\pi rh+2\pi r^2+32\pi =120\pi .$

Đáp án D.

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

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì $m>0.$

Khi đó tọa độ điểm cực trị là:

$A\left(0;-2m^2+m^4\right);B\left(\sqrt{m};m^4-3m^2\right);C\left(-\sqrt{m};m^4-3m^2\right)$

Do ABCD là hình thoi nên $AB=BD\iff m+m^4=m+{\left(m^4-3m^2+3\right)}^2$

$$\begin{gathered} \iff m^2=m^4-3m^2+3\iff m^4-4m^2+3=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\sqrt{3}\end{array}\right.\left(Dom>0\right). \end{gathered}$$

Đáp án A.

Ta chứng minh được công thức tỷ số thể tích tối với khối hộp như sau (học sinh có thể tự chứng minh).

$\frac{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}.MNPQ}}{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}.ABCD}}=\frac{1}{2}\left(\frac{A\text{'}M}{A\text{'}A}+\frac{C\text{'}P}{C\text{'}C}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{B\text{'}Q}{B\text{'}B}+\frac{DN}{D\text{'}D}\right)=\frac{7}{2}$

Do đó thể tích khối đa diện nhỏ hơn là $\frac{15}{2}V=\frac{5}{2}.2018=\frac{5045}{6}.$

Đáp án D.

Ta có

$y\text{'}=\left[3e^{3x}-\left(m-1\right)e^x\right].{\left(\frac{2017}{2018}\right)}^{e^{3x}-\left(m-1\right)e^x+1}.\ln \left(\frac{2017}{2018}\right).$

Để hàm số đồng biến trên $\left(1;2\right)\iff y\text{'}\ge 0;\forall \text{x}\in \left(1;2\right)\iff 3e^{3x}-\left(m-1\right)e^x\le 0;\forall x\in \left(1;2\right)$

$$\begin{gathered} \iff 3e^{2x}-m+1\le 0;\forall x\in \left(1;2\right) \\ \iff m-1\ge 3e^{2x};\forall x\in \left(1;2\right)\iff m\ge 3e^4+1. \end{gathered}$$