Tuyển chọn đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay, chọn lọc (đề 6)

Đáp án A.

Ta có $\frac{2\text{x}+3}{\sqrt{m{\text{x}}^2+1}}=\frac{2\text{x}+3}{\left|x\right|}\frac{1}{\sqrt{m+\frac{1}{x^2}}}\Rightarrow \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{\left|x\right|}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{-x}=-2$ và

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{\left|x\right|}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{x}=2$. Từ đó, suy ra các giới hạn $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{\sqrt{m{\text{x}}^2+1}};\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2\text{x}+3}{\sqrt{m{\text{x}}^2+1}}$ tồn tại và hữu hạn khi và chỉ khi các giới hạn $\underset{x\to -\infty }{\lim }\sqrt{m+\frac{1}{x^2}};\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{m+\frac{1}{x^2}}$ tồn tại, hữu hạn và khác không. Do $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1}{x^2}=0$ các giới hạn vừa nêu tồn tại, hữu hạn và khác 0 khi và chỉ khi m > 0.

Chú ý và Lỗi sai

* Định nghĩa: Cho hàm số $y=f\left(x\right)$ xác định trên $\left(a;+\infty \right);\left(-\infty ;b\right);\left(-\infty ;+\infty \right)$

Nếu $\left[\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=y_0\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=y_0\end{array}\right.$ thì $y=y_0$ là tiệm cận ngang.

Từ định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số suy ra các giá trị m cần tìm là các giá trị sao cho tồn tại giới hạn của hàm số đã cho khi x tiến ra $+\infty$ và khi x tiến ra $-\infty$, đồng thời hai giới hạn đó phải khác nhau.

Đáp án C

Đáp án A.

Cho hàm số f(x) có $f^{\text{'}}\left(x\right)\le 0\forall x\in \mathrm{ℝ}$và f '(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc R. Nên Hàm số f(x) nghịch biến trên R nên $\forall x_1,x_2\in K;x_1<x_2\iff f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$

Ta có $x_1-x_2<0$; và $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)>0\Rightarrow \frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}<0$

Đáp án A.

Dùng bảng biến thiên

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 nên y(0) = 2

Đáp án C.

Do hàm số có cơ số là 4 nên hàm luôn đồng biến. Vì vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\max }y=y\left(3\right)=64;\underset{\left[1;3\right]}{\min }y=y\left(1\right)=4$

Nên M + n = 68

Đáp án D.

Ta có hàm số $y={\left(x-1\right)}^{-7}$ có lũy thừa với số mũ nguyên âm là –7 nên cơ số $x-1\ne 0\iff x\ne 1$

Đáp án B.

Đáp án B

Đáp án C.

Viết lại dưới dạng $y=\frac{\cos x-3}{3^{4\text{x}}}$

$\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{{\left(\cos x-3\right)}^{\text{'}}{.3}^{4x}-\left(\cos x-3\right).{\left(3^{4x}\right)}^{\text{'}}}{{\left(3^{4x}\right)}^2}$

$\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}=\frac{-\sin x{.3}^{4x}-\left(\cos x-3\right).4\left(3^{4x}\right)\ln 3}{{\left(3^{4x}\right)}^2}\\ =\frac{-\sin x-\left(\cos x-3\right).4\ln 3}{\left(3^{4x}\right)}\end{array}$ 

Đáp án C.

Đáp án A.

Ta có:

Theo giả thiết ta có:

T = 1602(năm), $m_0=1g\text{r}am, m\left(t\right)=0.5gram$ 

Áp dụng công thức ta có khoảng thời gian cần tìm là:

$t=T.{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{m\left(t\right)}{m_0}=1602.{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{0.5}{1}=1602.{\log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}=1602$ 

Vậy sau 1602 năm thì 1gram chất phóng xạ này bị phân ra còn lại 0.5 gram

Đáp án C.

Từ giả thiết ta có

 $\ln \left(x+y+1\right)+3\left(x+y+1\right)=\ln \left(3\text{x}y\right)+3.3\text{x}y$  (*)

Xét $f\left(t\right)=\ln t+3t$ hàm trên $\left(0;+\infty \right)$, ta có $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t}+3>,\forall t>0$

Do đó $\left(*\right)\iff x+y+1=3\text{x}y\iff 3\text{x}y-1=x+y\ge 2\sqrt{xy}\iff 3\text{xy}-2\sqrt{xy}-1\ge 0$

Suy ra $\sqrt{xy}\ge 1\Rightarrow xy\ge 1.$

Đáp án B.

 $T_{\overrightarrow{v}}\left(M\right)\to A\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_M=4-2=2\\ y_M=5-1=4\end{array}\right.\Rightarrow \left(2;4\right)$

Đáp án B.

Đặt $e^{2\text{x}}=t>0$ phương trình đã cho trở thành:

Đáp án A.

Đáp án B.

Thể tích khối tròn xoay là: 

$V_{ox}=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(\frac{1}{x-3}\right)}^{2}dx={\left.-\frac{\pi }{x-3}\right|}_0^2=\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}$

Đáp án C.

Cách 1. Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

${\mathrm{d}}_{\left(A,d\right)}=\frac{\left.\left|\left[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{U_d}\right]\right.\right|}{\left|\overrightarrow{U_d}\right|}$

Lấy M(0;0;1) thay vào công thức ta được khoảng cách $\sqrt{\frac{2}{3}}$

Cách 2.

Để ý thấy d qua M(1;1;0) và N(0;0;1) nên tam giác AMN là tam giác vuông tại A, Và khoảng cách cần tìm là đường cao của tam giác đó có hai cạnh góc vuông là 1 và $\sqrt{2}$. Nên khoảng cách là $\sqrt{\frac{2}{3}}$

Đáp án C.

Lúc dừng thì $v\left(t\right)=0\Rightarrow -5t+15=0\Rightarrow t=3$

Gọi s(t) là quãng đường đi được của ô tô trong khoảng thời gian t = 3

Ta đã biết v(t) = s'(t) . Do đó s(t) là nguyên hàm của v(t).

Vậy trong 3s ô tô đi được quãng đường là:

$s\left(t\right)=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(-5t+15\right)dt={\left.\left(-\frac{5}{2}{t}^2+15t\right)\right|}_0^3=22,5m.$

Đáp án C.

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Cách 2:

Ta có $F^{\text{'}}\left(x\right)={\left(m{\text{x}}^2+\left(3m+2\right)x^2-4\text{x}+3\right)}^{\text{'}}=3m{\text{x}}^2+2\left(3m+2\right)x-4.$

Vì F(x) là một nguyên hàm của f(x) nên ta có $F^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right),\forall x$.

Do đó $3m{\text{x}}^2+2\left(3m+2\right)x-4=3{\text{x}}^2+10\text{x}-4$.

Đồng nhất hệ số hai vế ta có 

$\left\{\begin{array}{l}m=1\\ 2\left(3m+2\right)=10\end{array}\right.\iff m=1$.

Đáp án A.

Đáp án A.

Đáp án B.

Ta có $z=z^{\text{'}}\iff \left\{\begin{array}{l}2\text{x}+3=0\\ 3y-1=y-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{-3}{2}\\ y=0\end{array}\right.$

Đáp án C.

Đáp án A.

${\left(x+\frac{1}{x^2}\right)}^{40}=\sum _{k=0}^{40}{C}_{40}^k.x^{40-k}.x^{-2k}=\sum _{k=0}^{40}{C}_{40}^k.x^{40-3k}$

Hệ số của số hạng chứa $x^{31}\to 40-3k=31\to k=3$

Hệ số cần tìm là: $C_{40}^3=9880$

Đáp án B.

Ta có $M\left(\sqrt{2};4\right)\Rightarrow u=\sqrt{2}+4i\Rightarrow \left|u\right|=3\sqrt{2}$ nên A, C đúng; số phức có phần thực bằng $\sqrt{2}$. Nên B SAI. 

Đáp án A.

Biệt số ${\Delta }^{\text{'}}=4-8=-4={\left(2i\right)}^2$.

Do đó phương trình có 2 nghiệm phức là:

Đáp án B.

Vậy tập hợp các số phức w = z - 2i là đường tròn tâm I(0;-3).

Đáp án D.

Đáp án A.

Diện tích cần tính gồm diện tích xung quanh hình trụ và diện tích xung quanh hình nón.

Không gian mẫu: $\left|\mathrm{\Omega }\right|={\mathrm{C}}_{100}^{12}$

Gọi biến cố A là: “Người đó không trúng vé nào”

$n\left(A\right)=C_{98}^{12}$

Xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)\approx 77\%$

Đáp án B.

(*) Em cần nhớ công thức $\lim q^n=0$ với $\left|q<1\right|$

Đáp án B.

Đáp án A.

$240°$ là $\frac{4\pi }{3}$, Độ dài cung AEC là $20.\frac{4\pi }{3}=\frac{80\pi }{3}\left(cm\right)$

Mà độ dài cung AEC là chu vi của đường tròn đáy nón nên ta có $\frac{80\pi }{3}=2\pi \text{r}\Rightarrow \text{r=}\frac{40}{3}$ là bán kính đường tròn đáy nón.

Diện tích xung quanh của nón là :

   $S_{xq}=\pi \frac{40}{3}20=\frac{800\pi }{3}\left(c{m}^2\right)$

Đáp án C.

Gọi O chân đường cao hạ từ S xuống mặt đáy $\Rightarrow AC\cap BD=\left\{O\right\}$.

Dựng $OH\perp SN$ (H thuộc SN). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trong (SMN), kẻ $MI//OH$ (I thuộc SN).

Em có: $\text{AD//BC⇒d}\left(SB,AD\right)=d\left(AD,\left(SBC\right)\right)=d\left(M,\left(SBC\right)\right)$.

Em lại có: $\left(SMN\right)\perp \left(SBC\right)\Rightarrow \mathrm{OH}\perp \left(SBC\right)$

Do $OH\text{//}MI$ nên $\text{MI⊥SBC⇒d}\left(M,\left(SBC\right)\right)=MI=2OH.$

Tam giác SON vuông tại O, đường cao OH nên ta có

$\begin{array}{l}\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{N}^2}\Rightarrow OH=\frac{ah}{\sqrt{4h^2+a^2}}\\ \Rightarrow MI=\frac{2ah}{\sqrt{4h^2+a^2}}\end{array}$

Đáp án A.

Ta có: diện tích của chóp bằng diện tích của hộp, Chiều cao của chóp bằng chiều cao của hộp nên $V_C=\frac{V}{3}$

Đáp án C.

Mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left(2;-2;-1\right)$

Mặt cầu (S) tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) nên có bán kính $R=d\left(M,\left(Q\right)\right)=\frac{\left|2.2+2+1\right|}{\sqrt{4+4+1}}=\frac{7}{3}$

Phương trình mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+z^2=\frac{49}{9}$

Đáp án A.