Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 20)

Đáp án C

Ta có $ab=-1<\mathrm{0,}$ suy ra hàm số có 3 điểm cực trị

 Chú ý: Hàm số trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ (với $a\ne 0$)

+) Có 1 cực trị khi $ab\ge 0.$

+) Có 3 cực trị khi $ab<0.$

Do $\left\{\begin{array}{l}a\in \left(0;1\right)\\ {\log }_{a}b>0\end{array}\right.\Rightarrow 0<b<1.$

Chú ý:  ${\log }_{a}b>0\iff \left[\begin{array}{l}a,b\in \left(0;1\right)\\ a,b>1\end{array}\right.$và ${\log }_{a}b<0\iff \left\{\begin{array}{l}a\in \left(0;1\right)\\ b>1\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{l}a>1\\ b\in \left(0;1\right)\end{array}\right..$

Ta có ${\left(a^u\right)}^{\text{'}}=u^{\text{'}}{a}^u\ln a\Rightarrow y^{\text{'}}={\left({10}^{2x+1}\right)}^{\text{'}}={2.10}^{2x+1}\ln 10={20.10}^{2x}\ln 10.$

Ta có $M\left(2;-3\right)\Rightarrow z=2-3i$

 $\Rightarrow \overline{z}=2+3i\Rightarrow \overline{z}$ có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và 3.

Đặt $z=a+bi,$ khi đó: $z=\overline{z}\iff a+bi=a-bi\iff 2bi=0\Rightarrow z=a$ là số thực.

TXĐ: $ℝ\backslash \left\{-2\right\}.$ Ta có $y^{\text{'}}=\frac{5}{{\left(x+2\right)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\ne -2.$

Suy ra hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và  $\left(-2;+\infty \right)$

Suy ra A sai (đúng phải là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó).

Chú ý : Ở đây B đúng vì hàm số đồng biến trên $\left(-2;+\infty \right)$ thì cũng sẽ đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$

+) Hàm số đạt cực đại tại $x=0\to$A sai.

+) Giá trị lớn nhất của hàm số là $\underset{x\in \left(-2;3\right]}{\max y}=4\to$ B đúng.

+) Hàm số không xác định tại $x=-2\Rightarrow$ không có giá trị nhỏ nhất $\to$ C sai.

+) Cực tiểu của hàm số là giá trị cực tiểu của hàm số. Nên cực tiểu của hàm số là 1$\to$  D sai.

Chọn ra 3 cuốn sách từ 10 cuốn (không quan tâm tới thứ tự) nên số cách chọn là: $C_{10}^3.$

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}16-x^4\ge 0\\ -x^2+4x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-2\le x\le 2\\ x\ne \mathrm{1,}x\ne 3\end{array}\right.\iff x\in \left[-2;2\right]\backslash \left\{1\right\}\Rightarrow$ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang (Vì không chứa $-\infty$ hoặc $+\infty$  nên không tồn tại $\underset{x\to +\infty }{\lim }y$).

Xét $-x^2+4x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

+) Với $x=1\Rightarrow \sqrt{16-x^4}=\sqrt{15}\ne 0\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng.

+) Với $x=3\Rightarrow \sqrt{16-x^4}$ không xác định nên x = 3 không phải là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng là đường x = 1.

Hàm số xác định trên tập $ℝ\to$ Loại C, D.

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)\to$ Loại A.

Ta có dấu của $f^{\text{'}}\left(x\right)$ trên $\left[0;3\right]$ như sau:

Suy ra bảng biến thiên:

Suy ra $\underset{\left[0;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(2\right).$

Ta có $C=2\pi r=8\pi \Rightarrow r=4cm.$

Ta có: $h=d\left(I,\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|1+2+4-1\right|}{3}=2$

$\Rightarrow R=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}\Rightarrow S=4\pi R^2=52\pi .$

Cách 1: Do $z=1-2i$ là nghiệm thức của phương trình $z^2+az+b=0\Rightarrow {\left(1-2i\right)}^2+a\left(1-2i\right)+b=0$

$\iff a+b-3-2\left(a+2\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}a+b-3=0\\ a+2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=5\end{array}\right.\Rightarrow a-b=-7.$

Cách 2:

Phương trình bậc 2 với hệ số thực có 2 nghiệm phức là 2 số phức liên hợp của nhau.

Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm $z_1=1-2i$ và  $z_2=1+2i$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=-\left(z_1+z_2\right)=-2\\ b=z_1.z_2=5\end{array}\right.\Rightarrow a-b=-7.$

Đặt $\cos x=t\Rightarrow {\sin }^{2}x=1-t^2,x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(0;1\right)$

Khi đó $y=1-t^2-\frac{2}{27t}\Rightarrow y^{\text{'}}=-2t+\frac{2}{27t^2},y^{\text{'}}=0\iff t=\frac{1}{3}\in \left(0;1\right).$

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\underset{\left(0;1\right)}{\max }y=y\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3}.$

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}n\in \mathbb{N}*\\ n\ge 2\end{array}\right..$ Khi đó phương trình tương đương: 

$n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=210\iff n^2+n-420=0\iff \left[\begin{array}{l}n=20\\ n=-21\end{array}\right.\stackrel{n\ge 2}{\to }n=20\in \left(19;22\right).$

Dựa vào hình vẽ cho ta biết:

+) Trên $\left[a;c\right]:f\left(x\right)\ge g\left(x\right)$ hay $f\left(x\right)-g\left(x\right)\ge 0.$

+) Trên $\left[c;b\right]:g\left(x\right)\ge f\left(x\right)$ hay $g\left(x\right)-f\left(x\right)\ge 0.$

Do đó:  $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|g\left(x\right)-f\left(x\right)\right|dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx$

$=\underset{a}{\overset{c}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}\left[g\left(x\right)-f\left(x\right)\right]dx.$

Ta có $a=-1<\mathrm{0,}$ suy ra “điểm cuối” của đồ thị có hướng đi xuống loại C.

Ta có $ab=-2<\mathrm{0,}$ suy ra hàm số có 3 cực trị $\to$ loại B.

Do $d=-1<\mathrm{0,}$ suy ra đồ thị cắt trục hoành Oy tại điểm có hoành độ âm.

Do ABC là tam giác cân và $\widehat{ABC}=60°$ nên tam giác ABC đều $\Rightarrow S_{ABCD}=2S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Lại có: $SA=\frac{AC}{\tan \widehat{ASC}}=\frac{a}{\tan 60°}=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow V=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{6}.$

Ta có $I=\underset{3}{\overset{4}{\int }}\frac{dx}{\left(x+1\right)\left(x-2\right)}={\left.\frac{1}{3}\ln \left|\frac{x-2}{x+1}\right|\right|}_3^4=\frac{1}{3}\ln \frac{8}{5}=\ln 2-\frac{1}{3}\ln 5+0=a\ln 2+b\ln 5+c.$

Do $a,b,c\in \mathbb{Q}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-\frac{1}{3}\\ c=0\end{array}\right.\Rightarrow S=a-3b+c=2.$

Gọi cạnh của hình lập phương là a khi đó ta có $V=a^3.$

Hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và đỉnh là tâm của hình vuông $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}R=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ h=a\end{array}\right.\Rightarrow V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}h\pi R^2=\frac{1}{6}\pi a^3=\frac{\pi V}{6}.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)}=\left(1;2;-m\right)\\ {\overrightarrow{u}}_{\Delta }=\left(-2;n;4\right)\end{array}\right..$ Do $\Delta$ vuông góc với (P), suy ra ${\overrightarrow{n}}_{\left(P\right)},{\overrightarrow{u}}_{\Delta }$ cùng phương.

Dựng hình bình hành HDCE.

Suy ra  $HD//CE\Rightarrow HD//\left(SCE\right).$

Khi đó: $h=d\left(HD,SC\right)=d\left(HD,\left(SCE\right)\right)=d\left(H,\left(SCE\right)\right)=HK$

(như hình vẽ). Ta có:$EC=HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=a\sqrt{2}.$

Suy ra:$HI=\frac{S_{HDCE}}{EC}=\frac{S_{ABCD}}{EC}=\frac{2a^2}{a\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$

Tam giác SAB cân tại S và $\left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SBA}=60°.$

Suy ra $\Delta SAB$ đều cạnh $AB=2a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}.$

Ta có:  $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{6a^2}$

$\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{30}}{5}.$

 Vậy $d\left(HD,SC\right)=\frac{a\sqrt{30}}{5}.$

Ta có:$g^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)-4034x+2018.$

Suy ra: $g^{\text{'}}\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)+x_0{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)-4034x_0+2018$ (*)

Gọi $M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x_0\right)=2017\\ f\left(x_0\right)=2017x_0-2018\end{array}\right.$ (2^*)

Đặt $t=x^2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}dt=2xdx\\ x:0\to 1\Rightarrow t:0\to 1\end{array}\right..$

Khi đó: $I=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{f^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(t\right)dt=\frac{1}{2}{\left.f^{\text{'}}\left(t\right)\right|}_0^1=\frac{1}{2}.\left(f\text{'}\left(1\right)-f\text{'}\left(0\right)\right)$  (*)

Do hàm số $y=f\left(x\right)$ có điểm cực trị $x=1\Rightarrow f^{\text{'}}\left(1\right)=0.$

Phương trình đường thẳng $\Delta :\frac{x}{1}+\frac{y}{1}=1\iff y=-x+1$ (1)

Suy ra hệ số góc của đường thẳng $\Delta$ là $-1\Rightarrow f^{\text{'}}\left(0\right)=-1$ (2).

Thay (1), (2) vào (*), ta được: $I=\frac{1}{2}.\left(0-\left(-1\right)\right)=\frac{1}{2}.$

Điều kiện   ${\log }_{\frac{1}{5}}\left({\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\right)\ge 0={\log }_{\frac{1}{5}}1\iff 0<{\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\le 1$

$\iff {\log }_{5}1<{\log }_5\frac{x^2+1}{x+3}\le {\log }_{5}5\iff 1<\frac{x^2+1}{x+3}\le 5$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2-x-2}{x+3}>0\\ \frac{x^2-5x-14}{x+3}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}-3<x<-1\\ x>2\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}x<-3\\ -2\le x\le 7\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-2\le x<-1\\ 2<x\le 7\end{array}\right.\Rightarrow D=\left[-2;-1\right)\cup \left(2;7\right].$

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}x\in D\\ x\in \mathbb{Z}\end{array}\right.\to x\in \left\{-2;3;4;5;6;7\right\}:$ có 6 số nguyên.

Tam giác đều cạnh $2\sqrt{\sin x}$ có diện tích: $S\left(x\right)=\frac{{\left(2\sqrt{\sin x}\right)}^2.\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\sin x.$

Dựa vào đồ thị ta có:

+) Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra:

 $y^{\text{'}}=\frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}<\mathrm{0,}$với $x\ne -\frac{d}{c}\iff ad-bc<0\iff ad<bc\left(*\right)\to$ loại A, B.

+) Đồ thị cắt trục hoành Ox tại điểm có hoành độ  $x=-\frac{b}{a}>0\iff ab<0$(1).

+) Đồ thị có tiệm cận ngang $y=\frac{a}{c}>0\iff ac>0$ (2).

Từ (1), (2) $\Rightarrow a^{2}bc<0\iff bc<0$ (2*) (vì $a\ne 0$).

Từ (*), (2^*)  $\Rightarrow ad<bc<0.$

Để trả lời được câu hỏi ta cần xác định được khối đa diện đều loại $\left\{5;3\right\}$có bao nhiêu mặt và mỗi mặt có bao nhiêu đỉnh (cạnh) ?

+) Loại $\left\{5;3\right\}$ cho ta biết mỗi mặt có 5 đỉnh (5 cạnh) hay mỗi mặt là một ngũ giác (chia thành 3 tam giác), suy ra tổng các góc của một mặt là:$3.180°=3\pi$  (rad) (*).

+) Loại $\left\{5;3\right\}$ là khối đa diện mười hai mặt đều, nên có 12 mặt (2^*).

Từ (*) và (2^*), suy ra tổng các góc của tất cả các mặt là:$12.3\pi =36\pi .$

Chú ý: Một đa giác n cạnh (n đỉnh) có tổng các góc là:  $\left(n-2\right).180°=\left(n-2\right)\pi .$

Ta có: $L=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}.\left(\sin x-2\right)}{4x^3-{\pi }^{2}x}$

$=\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\left[{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}\sin x\right]-2^{2019}}{x-\frac{\pi }{2}}.\frac{1}{4x\left(x+\frac{\pi }{2}\right)}.$

Đặt  $f\left(x\right)={\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2018}+2^{2018}.\sin x.$

Khi đó $L=f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right).\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{1}{4x\left(x+\frac{\pi }{2}\right)}=f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right).\frac{1}{2{\pi }^2}.$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=2018.{\left(\sin x+\cos x+1\right)}^{2017}.\left(\cos x-\sin x\right)+2^{2018}.\cos x\Rightarrow f^{\text{'}}\left(\frac{\pi }{2}\right)=-{2018.2}^{2017}.$

Suy ra $L=-{2018.2}^{2017}.\frac{1}{2{\pi }^2}=-\frac{{1009.2}^{2017}}{{\pi }^2}.$

Với $a,b>\mathrm{0,}$ ta có:

+)  $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{ax+b}=\frac{1}{a}{\left.\ln \left|ax+b\right|\right|}_0^2=\frac{1}{a}\ln \frac{2a+b}{b}=\frac{2}{a}\ln 2\Rightarrow \frac{2a+b}{b}=4\iff 2a=3b$(*).