Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 15)

Đáp án A

Ta có: $AH=\frac{2}{3}\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ 

$SA=\frac{AH}{\cos {60}^0}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$ 

Đáp án C

Xét hàm số $y=x^3+3x+2$ Ta có: $y\text{'}=3x^2+3>0\forall x\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên R

Đáp án A

Vì  $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA\perp \left(ABCD\right)$

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: $V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}mSA$

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm là: $x^4-5x^2-1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=\frac{5+\sqrt{29}}{2}\\ x^2=\frac{5-\sqrt{29}}{2}<0\left(L\right)\end{array}\right.\iff \pm \sqrt{\frac{5+\sqrt{29}}{2}}$

Đáp án B

Ta có: $\sqrt[4]{a^{\frac{2}{3}}}=a^{\frac{2}{3}.\frac{1}{4}}=a^{\frac{1}{6}}$

Đáp án C

Đáp án B

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=2$ là $y\text{'}\left(2\right)=0$ 

Đáp án B

Độ dại đường cao là: $\frac{48\pi }{2\pi .4}=6$ Thể tích của hình trụ là : $V=\pi {.4}^2.6=96\pi$ 

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=x^2+4x-5=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-5\notin \left[0;2018\right]\end{array}\right.$ Vì hàm số nghịch biến trên (0;1) và đồng biến trên (1;2018) nên $y_{\min }=y\left(1\right)=-\frac{5}{3}$

Đáp án D

Đáp án C

HPT $\iff \left\{\begin{array}{l}P=\left(2^x\right)\left(2^y\right)=8\\ S=2^x+2^y=5\end{array}\right.\Rightarrow S^2-4P=-7<0\Rightarrow$ Hệ PT vô nghiệm

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu của O xuống (ABC) 

Ta có: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(2a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{19}{12a^2}\Rightarrow OH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$

Đáp án D

Ta có:$y\text{'}=-4x^3+4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.;y"=-12x^2+4$

Đáp án C

Số tiền nhận được là: ${75.10}^6{\left(1+5,4\%\right)}^6\approx \mathrm{102.826.000}$ đồng

Đáp án C

Ta có ${\log }_{a}2=\frac{1}{{\log }_{2}a}$

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D

Ta có $v\left(t\right)=s\text{'}\left(t\right)=-t+20\Rightarrow v\left(8\right)=12\left(m/s\right)$

Đáp án C

Đáp án B

Gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ thỏa mãn đề bài

Ta có: $y\text{'}=-\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(x_0\right)=-\frac{1}{{\left(x_0-1\right)}^2}=k_d$ là hệ số góc của d

Suy ra: $-\frac{1}{{\left(x_0-1\right)}^2}=2018\Rightarrow x_0\in \varnothing$ 

Suy ra không có điểm nào thuộc đồ thị thỏa mãn đề bài

Đáp án B

Gọi độ dài 3 chiều của hình hộp lần lượt là  x;y;z . ta có:  $\left\{\begin{array}{l}xy=2a^2\\ yz=3a^2\Rightarrow xyz=6a^3\\ zx=6a^2\end{array}\right.$

 Thể tích khối tứ diện là: $V=xyz=6a^3$ 

Đáp án B

Đáp án C

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(3-x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right.$ 

$f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x=3$ , suy ra điểm cực đại của hàm số $y=f\left(x\right)$ là $x=3$

Đáp án A

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=-\frac{2}{{\left(2x-1\right)}^2}\Rightarrow f"\left(x\right)=\frac{8}{{\left(2x-1\right)}^3}\Rightarrow f"\left(-1\right)=-\frac{8}{27}$

Đáp án A

PT $\iff \left\{\begin{array}{l}2018x>0\\ 2018x=1\end{array}\right.\Rightarrow 2018x=1\iff x=\frac{1}{2018}$

Đáp án A 

Ta có: $P={\log }_{a}2018+2{\log }_{a}2018+\mathrm{...}+2018{\log }_{a}2018=\left(1+2+\mathrm{...}+2018\right){\log }_{a}2018$ 

$=2018\frac{2018+1}{2}{\log }_{a}2018=\mathrm{1009.2019.}{\log }_{a}2018$ 

Đáp án B

Ta có: $2B{I}^2=a^2\Rightarrow BI=\frac{a}{\sqrt{2}};SI=BI\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ 

Thể tích khối chóp S.ABCD là

$V=\frac{1}{3}SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=3x^2-3\Rightarrow y\text{'}<0\iff -1<x<1$ 

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) 

Đáp án C

Thể tích khối lăng trụ là: $V=AA\text{'}.S_{ABC}=a.\frac{1}{2}a.2a=a^3$ 

Đáp án D

PT $\iff 2^{2x-2x^2}=2^{-x}\iff 2x-2x^2=-x\iff 2x^2-3x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{3}{2}\end{array}\right.\Rightarrow S=\left\{0;\frac{3}{2}\right\}$

Đáp án D

Hàm số đã cho xác định khi $3x-x^3>0\iff 3>x>0$

Đáp án B

Đáp án A

Ta có $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x+1\right)}^2};\left(C\right)\cap Oy=\left(0;2\right)\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=-1$ 

Do đó PTTT là: $y=-x+2$

Đáp án C

Đáp án D

Ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$

Đáp án A

Đặt $t=2^x>0\Rightarrow t^2-2mt+m+2=0$ 

ĐK PT có 2 nghiệm phân biệt là: $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2-m-2>0\\ S=2m>0\\ P=m+2>0\end{array}\right.\iff m>2$ 

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{2}^{x_1}=t_1\\ 2^{x_2}=t_2\end{array}\right.\Rightarrow x_1={\log }_2{t}_1;x_2={\log }_2{t}_2$ 

Để  $x_1;x_2>0\iff t_1>1;t_2>1\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2>2\\ \left(t_1-1\right)\left(t_2-1\right)>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2m>2\\ m+2-2m+1>0\end{array}\right.\iff 1<m<3$

Vậy $m\in \left(2;3\right)$ 

Đáp án B

Ta có: ${\log }_5\left(\frac{4a+2b+5}{a+b}\right)=a+3b-4$ 

$\iff {\log }_5\left(4a+2b+5\right)+\left(4a+2b+5\right)={\log }_5\left(5a+5b\right)+5a+5b$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)={\log }_{5}t+t\left(t>0\right)\Rightarrow f\left(t\right)$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ 

Do đó $f\left(4a+2b+5\right)=f\left(5a+5b\right)\iff 4a+2b+5=5a+5b$ 

$\iff a+3b=5\Rightarrow T={\left(5-3b\right)}^2+b^2=10b^2-30b+25=10{\left(b-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{5}{2}\ge \frac{5}{2}$

Đáp án C

Dựng hình như hình vẽ

Ta có: $V_{MNPQ}=\frac{1}{2}{V}_{P.MNE}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\mathrm{.1.}{S}_{MNE}$ 

Do $MN//AC;ME//BD\Rightarrow MN\perp ME;MN=\frac{\sqrt{2}}{2};ME=\sqrt{2}$ 

Do đó $S_{MNE}=\frac{1}{2}\Rightarrow V_{MNPQ}=\frac{1}{12}$ 

(ngoài ra các em có thể gắn các hệ trục tọa độ)

Đáp án B

Vé hình ta thấy khối tứ diện MNPQ đồng dạng với tứ diệnABCD theo tỷ số $k=\frac{1}{3}$ 

Do đó $\frac{V_{MNPQ}}{V_{ABCD}}={\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}$

Đáp án D

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=x^2-2\left(m+1\right)x-2m+1$ 

Hàm số có 2 điểm cực trị $\iff \Delta \text{'}={\left(m+1\right)}^2+8m-4=m^2+12m-3>0\left(*\right)$ 

Khi đó gọi $x_1;x_2$ là hoành độ các điểm cực trị ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1{x}_2=-2m+1\end{array}\right.$ 

Khi đó: $T={\left(x_1+x_2\right)}^2-10\left(x_1+x_2\right)-2x_1{x}_2={\left(2m+2\right)}^2-10\left(2m+2\right)+4m-2$ 

$\iff T=4m^2-8m-18=4{\left(m-1\right)}^2-22\ge -22$ . dấu bằng xảy ra $\iff m=1\left(t/m*\right)$ 

Đáp án A

Vì a, b, c là 3 nghiệm của  $f\left(x\right)=0\Rightarrow f\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)\left(*\right)$

Đạo hàm 2 vế của (*), ta được $f\text{'}\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-b\right)+\left(x-b\right)\left(x-c\right)+\left(x-c\right)\left(x-a\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(a\right)=\left(a-b\right)\left(a-c\right)\\ f\text{'}\left(b\right)=\left(b-c\right)\left(b-a\right)\\ f\text{'}\left(c\right)=\left(c-a\right)\left(c-b\right)\end{array}\right.\Rightarrow P=\frac{1}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{1}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=0$

Đáp án D

Để bất phương trình $m\le f\left(x\right)=\frac{x^2+3x+3}{x+1};\forall x\in \left[0;1\right]\iff m\le \underset{\left[0;1\right]}{\min }f\left(x\right)$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2+3x+3}{x+1}$ trên $\left[0;1\right]$ $\Rightarrow \underset{\left[0;1\right]}{\min }f\left(x\right)=3$ . Vậy $m\le 3$

Đáp án B

Ta thấy $A\text{'}.ABC$ là tứ diện đều cạnh $a\to V_{A\text{'}.ABC}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ 

Vậy thể tích khối lăng trụ $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ là $V=3\times V_{A\text{'}.ABC}=3.\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$ 

 Đáp án A

Tập xác định của hàm số không chứa $$$\infty$ nên ĐTHS không có tiệm cận ngang

Ta có $\underset{x\to 0}{\lim y}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{16-x^2}}{x\left(x-16\right)}=\infty \Rightarrow x=0$ là tiệm cận đứng của ĐTHS

Đáp án D

Với tứ diện đều ABCD thì mặt cầu (S) là mặt cầu có tâm trùng với tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và là trọng tâm của tứ diện đều cạnh a, đồng thời có bán kính $R=\frac{a\sqrt{2}}{4}$ 

Gọi G là trọng tâm của tứ diện $\Rightarrow \overline{GA}+\overline{GB}+\overline{GC}+\overline{GD}=\overline{0}$ 

Ta có: 

$T=M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2+M{D}^2={\left(\overline{MG}+\overline{GA}\right)}^2+{\left(\overline{MG}+\overline{GB}\right)}^2+{\left(\overline{MG}+\overline{GC}\right)}^2+{\left(\overline{MG}+\overline{GD}\right)}^2$ 

$=4M{G}^2+2\overline{MG}\left(\underset{0}{\underbrace{\overline{GA}+\overline{GB}+\overline{GC}+\overline{GD}}}\right)+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+G{D}^2=4M{G}^2+4G{A}^2$ 

$=4{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2+4{\left(\frac{a\sqrt{6}}{4}\right)}^2=2a^2$ . Vậy $T=M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2+M{D}^2=2a^2$ 

Đáp án A

Theo hình vẽ , gọi $D\left(t;0\right),A\left(-t;0\right)$ và $C\left(t;e^{-t^2}\right),B\left(-t;e^{-t^2}\right)$với t>0 

Suy ra $\overline{AB}=\left(0;e^{-t^2}\right)\Rightarrow AB=e^{-t^2}$ và $BC=2t\to S_{ABCD}=AB.BC=2t.e^{-t^2}$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t}{e^{t^2}}$ trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ , có $f\text{'}\left(t\right)=\left(1-2t^2\right)e^{-t^2}$ 

Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số $f\left(t\right)$ là $\underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }f\left(t\right)=\frac{1}{\sqrt{2e}}$ . Vậy $S_{\max }=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{e}}$  

Đáp án A

Gọi h là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ 

Kẻ $HK\perp SA\left(K\in SA\right)\Rightarrow HK\perp \left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H;\left(SAD\right)\right)=HK$ 

Vì $AD//BC\Rightarrow BC//mp\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(SA;BC\right)=d\left(BC;\left(SAD\right)\right)$ 

$=d\left(B;\left(SAD\right)\right)=2\times d\left(H;\left(SAD\right)\right)=2HK$ 

Tam giác SAH vuông tại H, có $HK=\frac{SH.HA}{\sqrt{S{H}^2+H{A}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ 

Vậy $d\left(SA;BC\right)=2HK=2.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

Đáp án C

Chú ý: Cho (C) là đồ thị của hàm số $y=f\left(x\right)$ và p>0 , ta có

Ÿ Tịnh tiến (C)sang trái p đơn vị thì được đồ thị hàm số $y=f\left(x+p\right)$ 

Ÿ Tịnh tiến (C) sang phải p đơn vị thì được đồ thị hàm số $y=f\left(x-p\right)$ 

Ta có 

$\left|f\left(x+2017\right)-2018\right|-2019\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x+2017\right)-2018=2019\\ f\left(x+2017\right)-2018=-2019\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x+2017\right)=4037\left(1\right)\\ f\left(x+2017\right)=-1\left(2\right)\end{array}\right.$ 

Dựa vào chú ý và BBT, đồ thị hàm số $y=f\left(x+2017\right)$ bản chất chính là đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ dịch chuyển theo trục Ox, do đó phương trình (1) có 1 nghiệm, phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt

Đáp án C

Xét thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều ABC cạnh a

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối nón là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC\Rightarrow R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ 

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối nón là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC\Rightarrow r=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ 

Vậy tỉ số  $\frac{V_1}{V_2}=R^3:r^3={\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3:{\left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)}^3=2^3=8$

Đáp án D

Hàm số $y=\sqrt{{\log }_2\left(\ln x\right)}$ xác định $\iff \left\{\begin{array}{l}x>0;\ln x>0\\ {\log }_2\left(\ln x\right)\ge 0\end{array}\right.\iff \ln x\ge 1\iff x\ge e$ 

Ta có $y\text{'}=\frac{\left({\log }_2\left(\ln x\right)\right)\text{'}}{2\sqrt{{\log }_2\left(\ln x\right)}}=\frac{1}{2\ln 2}.\frac{1}{x.\ln x.\sqrt{{\log }_2\left(\ln x\right)}}>0;\forall x>e$ 

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(e;+\infty \right)$