Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 10 )

Phương trình đã cho tương đương với:

1+cos2x2+1+cos4x2+1+cos6x2+1+cos8x2=2⇔cos2x+cos4x+cos6x+cos8x=0⇔cos2x+cos4x+cos6x+cos8x=0⇔2cos3xcosx+2cos7xcosx=0⇔2cosxcos3x+cos7x=0⇔4cosxcos2xcos5x=0⇔cosx=0cos2x=0cos5x=0⇔x=π2+kπx=π4+kπ2x=π10+kπ5

Đáp án A

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số không âm ta có:

y=10812sin2x.12sin2x13cos2x13cos2x13cos2x≤10812sin2x2+13cos2x35=1083125

Dấu “=” xảy ra

⇔12sin2x=13cos2x⇔12.1-cos2x2=13.1+cos2x2⇔cos2x=15

Đáp án B

+ Loại 1: chọn tùy ý trong 15 viên bi có C154=1365 cách

+ Loại 2: chọn đủ cả 3 màu có 720 cách gồm các trường hợp sau:

- Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng và 1 bi vàng có 180 cách

- Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng và 1 bi vàng có 240 cách

- Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng và 2 bi vàng có 300 cách

Vậy có 1365 - 720 = 645 cách

Đáp án D

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C403

Gọi A là biến cố: “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học sinh chọn môn Hóa học”.

Số phần tử của biến cố A là nA=C101C102+C102C101+C101C101C101

Vậy xác suất cần tìm là

PA=nAnC=C101C102+C102C101+C101C101C101C403=120247

Đáp án A

∀k ta có: k.k! = ( k+1 )! - k!

ta có:

 un=2!-1!+3!-2!+..n+1!-n!n+1!=1-1n+1!

Vậy limn→∞un=1

Đáp án A

ta có:

limx→0x+83-x+4x=limx→0x+83-2x-limx→0x+4-2x=limx→01x+83+2x+83+4+limx→01x+4+2=112+14=13

Đáp án B

Số điểm gián đoạn của hàm số trên chính là số nghiệm của phương trình x4-10x2+9=0

Do phương trình x4-10x2+9=0 có 4 nghiệm phân biệt nên hàm số có 4 điểm gián đoạn

Đáp án A

Áp dụng công thức fx0+∆x≈fx0+f'x0.∆x

Với fx=lnx;x0=1;∆x=0,004 ta có

ln1,004=tan1+0,004≈ln1+11.0,004≈0,004

Đáp án D

Gọi O là tâm hình vuông và H là hình chiếu của O lên SC

Ta có OHD^=60o (DHB^ là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SBC) )

Diện tích của ∆SOC là

xa22=OH.SC⇒OH=xa22x2+2aaOH=a22.13

Do đó x = a

Đáp án A

Yêu cầu bài toán ⇔phương trình y'=2x2x2+2m-1=0 có ba nghiệm phân biệt m<12

Đáp án B

TXĐ: D=R∖2m

y'=-x2+4mx-m2x-2m2=fxx-2m2

Đặt t = x - 1. Khi đó bất phương trình fx≤0 trở thành gt=-t2-21+2mt-m2+4m-1≤0

Hàm số nghịch biến trên 1;+∞ khi và chỉ khi 

y'≤0,∀x∈1;+∞⇔2m<1gt≤0,∀t>0**⇔∆'=0∆'=0S<0P≥0⇔m=0m≠04m-2<0m2-4m+1≥0⇔m≤2-3

Vậy m≤2-3

Đáp án C

y'=x2-2mx+m2-1

Dễ thấy rằng hàm số có hai điểm cực trị x = m + 1; x = m - 1 với mọi m

Ta có: 

yCD+yCT>2⇔ym+1+ym-1>2⇔2m3-2m+2>2⇔-1<m<0m>1

Đáp án A

Ta có 64 = -8a + 4b - 2c + d; -61 = 27a + 9b + 3c +d

Từ y'=3ax2+2bx+c ta thu được hai phương trình 0 = 12a - 4b + c; 0 = 27a + 6b + c

Giải hệ gồm 4 phương trình trên ta thu được a = 2; b = -3; c = -36; d = 20 hay a + b + c + d = -17

Đáp án C

sinx>cosx khi π4<x<π và cosx>sinx khi 0<x<π4

Vậy maxsinx,cosx=cosx khi 0<x<π2

Đáp án B

Ta có 

P=x24+8y+y21+x=x24+8y+2y24+4x≥x+2y28+4x+2y

Dấu “=” xảy ra khi x = 2y

Đặt t = x + 2y; t≥8. Khi đó P≥t28+4t

Xét hàm số ft=t28+4t,t∈[8;+∞)

Suy ra f(t) đồng biến trên [8;+∞) nên ft≥f8=85Vậy maxP=85⇔x=4;y=2

Đáp án A

Mm;2m+1m-1∈Cm≠1

Tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 2

Yêu cầu bài toán

⇔a-1=32a+1a-2-2⇔a=4⇒M4;3a=-2⇒M-2;1

Đáp án C

Gọi Mm;2m+1m-1∈C. Tiếp tuyến với (C)tại M có dạng:y=-3m-12x-m+2m+1m-1d

d cắt tiệm cận đứng tại A1;2m+4m-1 và d cắt tiệm cận ngang tại B ( 2m - 1; 2 )

Suy ra trung điểm của AB là Nm;2m+1m-1=M

Từ giả thiết bài toán ta có

IN2=10⇔m-12+2m+1m-1-22=10⇔m∈0;2;-2;4

Vậy có 4 điểm M cần tìm

Đáp án D

Gọi Mx0;3x0-2x0+1∈Cx0≠-1

Tiếp tuyến d với (C) tại M có phương trình: y-3x0-2x0+1=5x0+12x-x0

Do d cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại A, B và ∆IAB có cosBAI^=52626 nên BAI^=5

Lại có BAI^ là hệ số góc của tiếp tuyến d mà y'x0=5x0+12>0 nên 

5x0+12=5⇔x0+12=1⇔x0=2x0=1

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán y = 5x - 2; y = 5x + 2

Đáp án C

Giả sử giá thuê mỗi căn hộ là 2000000+10000x(đồng/tháng). Khi đó, theo đề bài số căn hộ bị bỏ trống là 2x và số căn hộ được thuê là 50 - 2x. Do đó số tiền công ty thu được mỗi tháng là

S=2000000+100000x50-2x=20000020+x25-x

Để công ty thu được nhiều lợi nhuận nhất, ta cần tìm x∈0;25 sao cho hàm số f(x) = ( 20 + x)( 25 - x ) đạt giá trị lớn nhất

Ta có f'x=5-2x;f'x=0⇔x=52

Lập bảng biến thiên ta thu được maxx∈0;25fx=20254=x=52

Khi đó, giá thuê cho mỗi căn hộ là

2000000+100000.52=2250000 (đồng/tháng)

Đáp án A

Đặt t=log32x+1 . Do 1≤x≤33nên 1≤t≤2

Phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;33

⇔Phương trình t2-1+t-2m-1=0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1;2 ]

⇔ Phương trình t2+t-2=2m có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1;2 ]

Xét hàm số ft=t2+t-2,t∈1;2

f't=2t+1>0,∀t∈1;2⇒ là hàm đồng biến trên [ 1;2 ]⇒f1≤ft≤f2⇔0≤m≤2

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

TXĐ: D = 0;+∞

y'=1-lnxx=0⇔x=e

Lập bảng biến thiên và suy ra hàm số y=lnxx có một cực đại

Đáp án B

Ta có: aa6a3a4=a612.a212a412.a312=a812a712=a12

Đáp án D

Ta có: 

log1660=log260log216=log223.3.5log224=121+1a+1b=121+a+bab

Đáp án D

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 

I=logab+logbc+logca≥3logab.logbc.logca3ĐII=logab2+logbc2+logca2≥3logab2.logbc2.logca23S

Đáp án A

Ta có 

1+x4-12x2=x8+2x4+14x4⇒1+1+x4-12x22=1+x4-12x2=x2+122x2

Do x > 0 nên P=x2+1x2. Thay x=1222+2-2 vào P ta được

P=12222-2-22-2+11222-2-222=222+2-2222-2-22

Đáp án A

Ta có 

p+1=2756839⇒logp+1=756839.log2≈227823,68⇒p+1≈10227823,68⇒10227823,68<p+1<20227824

Đáp án D

Đặt xy+z-xlogx=yz+x-ylogy=zx+y-zlogz=1t

Suy ra

logx=txy+z-z⇔ylogx=txyy+z-xlogy=tyz+x-y⇔xlogy=txyz+x-y

Từ đó ta có 

xlogy+ylogx=2txyz1ylogz+zlogy=2txyz2zlogx+xlogz=2txyz3

Từ (1), (2) và (3) suy ra

xlogy+ylogx=ylogz+zlogy=zlogx+xlogz⇔logxyyx=logzyyz=logzxxz⇒xyyx=zyyz=zxxz

Đáp án C

Ta có:

∫-12exdx2+ex=lnae+e3ae+b=ln2+ex-12=ln2+e2-ln2+e-1ln2+ex2+e-1=ln2e+e32e+1=lnae+e3ae+b

Suy ra a = 2; b = 1 hay 

P=sinπba+2017π+cosπba-sin2018π = -1

Đáp án B

Do ∫1mx+m2-8dx=233x+1+C nên

1mx+m2-8=233x+1+C=13x+1⇒m=3 

Khi đó I=∫m-2exln2xdx = 14ex+1

Đáp án C

Ta có g'x=2x1lnx2-1lnx=x-1ln>0,∀x>1⇒ g(x) đồng biến trên 1;+∞

Suy ra tập giá trị của hàm số g(x) là T=g1+;g+∞

Do 1lnt là hàm số nghịch biến nên gx≥x2-x1lnx2→+∞ khi x→+∞

Do đó g+∞=+∞

Để tính g1+ đặt t=ex, ta được gx=∫lnx2lnxevvdv

Khi đó gx<e2lnx=∫lnx2lnxdvv=x2ln2

Chứng minh tương tự, ta thu được g(x) > xln(2)

Theo định lí kẹp, ta suy ra g1+=ln2

Vậy tập giá trị của hàm số đã cho là T=ln2;+∞

Đáp án D

Nhiệt độ trung bình từ 8h sáng cho đến 20h là tổng nhiệt độ chia cho khoảng thời gian, cho nên được tính bằng:

120-8∫82050+14sinπt2dt=50-14π≈45,54oF

Đáp án C

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là 

V=π∫02x2dy=π∫02y4dy=32π5

Đáp án B

Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt Aa;a2,Bb;b2 với

Phương trình đường thẳng d:y=a+bx-ab

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đường thẳng d. Ta có:

S=∫aba+bx-ab-x2dx=∫abx-ax-bdx=-∫abx-ax-bdx=-13x3-a+b2x2+abxab=16b-a3

Do M ( 1;3 )∈d nên a + b = ab + 3

Suy ra 

S2=136b-a23=136a+b2-4ab3=136ab+32-4ab=136ab+12+83≥8336=1289⇒S≥823minS=823⇔ab+1=0⇔ab=-1⇔a+b=2

Vậy ta lập được phương trình đường thẳng

d: y = 2x + 1 nên 2x - y + 1 = 0

Đáp án A

Đặt t = 2a - x. Khi đó: 

∫02afxdx=∫0afxdx+∫02afxdx=∫0afxdx-∫a02a-tdt=∫0afxdx+∫a0f2a-xdx=∫0afx+f2a-xdx

Đáp án C

Ta có OA = ( x;y )

-1z=-1x-yi=-x-yix2+y2=-xx2+y2-yx2+y2i⇒OB=-xx2+y2;-yx2+y2

Rõ ràng OA và OB cùng phương nên ba điểm O, A, B thẳng hàng

Đáp án B

Đặt z = a + bi với a,b∈R

Khi đó

z-2iz-2=a+b-2ia-2+bi=a+b-2ia-2-bia-22+b2=aa-2+bb-2a-22+b2+a-2b-2-aba-22+b2

z-2iz-2 là số ảo khi và chỉ khi 

aa-2+bb-2a-22+b2=0⇔a2+b2=2a+ba-22+b2≠0

Ta có

P=z-1+z-i=a-1+bi+a+b-1i=a-12+b+a2+b-12=a2+b2-2a+1+a2+b2-2b+1=2a+b-2a+1+1a+b-2a+1=1+2b+1+2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2a+b=a2+b2≥12a+b2

Suy ra a+b≤4

Do đó P2≤22+2a+b≤20⇔P≤25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2

Vậy maxP = 25 đạt được khi z = 2 + 2i

Đáp án C

Ta có 

z=-1+3i2⇒2z+1=3i⇒2x+12=-3

hay z2+z+1=0⇔z+1z=-1

Khi đó:

z2=1z2=z+1z2-2=-1z3=1z3=z+1z3-3z+1z=2z4=1z4=z2+1z2-2=-1

Như vậy

P=-12016+-12017+22018+-12019-22018=-1

Đáp án D

Giả sử z = a + bi với a,b∈R

Khi đó 

iz-3=z-2-i=b+32+a2=a-22+b-12⇔a=-2b-1

Suy ra 

z=a2+b2=-2b-12+b2=5b2+4b+1=9b+252+15≥55

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=-15;b=-25

Vậy số phức z cần tìm là z=-15-25i

Đáp án A

Gọi H là trung điểm BC⇒AH=a32. Góc giữa (ABC) và (A'BC) là AHA'^=60o

Suy ra

AA'=AH.tan60o=3a2⇒VABCC'.B'=13AH.BC.BB'=34a

Đáp án B

Diện tích đáy S=4a2

cot2α+1=1sin2α⇒cot2α-1=1sin2α-2

Do đó (C) và (D) đúng

Từ câu (D) suy ra V=4a33.1-sin2αsin2α=4a33.cos2αsinα . Do đó (B) đúng

Vậy (A) là kết quả sai

Đáp án A

 

 

 

 

Gọi O=AC∩BD

Từ giả thuyết suy ra A'O⊥ABCD

Ta có SABCD=BC.CD.sin120o=a232

Vì BCD^=120o nên ABC^=60o

Suy ra ∆ABC đều

⇒AC=a⇒A'O=A'A2-AO2=49a24-a24=23a

Vậy VABCD.A'B'C'D'=3a3

Đáp án B

Gọi F là trung điểm của AA’. Trong mặt phẳng (AA'H) kẻ đường trung trực của AA’ cắt d tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A'ABC và bán kính R = IA

Ta có: AEI^=60o,EF=16AA'=a6

IF=EF.tan60o=a36R=AF2+FI2=a33

Đáp án C

Quay quanh AD:=V1=πAB2.AD=4π

Quay quanh AB:V2=πAD2.AB=2π

Do đó V1=2V2

Đáp án C

∆ABC:BC=2Rsin75o=R26+2∆BHC:BH=BCsin60o=R643+1Sxq=π.BH.BC=πR2343+12

Đáp án D

Đặt hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O = A; Ox; Oy; Oz hướng theo AB→,AD→,AE→. Gọi a > 0 là cạnh hình lập phương. Khi đó

Ma;0;a2,Na2;0;aP0;a;a2,Ma2;a;0

Ta có 

MN→=-a2;0;a2,QP→=-a2;0;a2,MQ→=-a2;a;a2

Suy ra

 MN→=QP→.MN→.MQ→=0MN=a22,MQ=a62

Vậy MNPQ là hình chữ nhật

Đáp án B

(S) có tâm I(2;1;-1) và bán kính R=m2+2m+1=m+1

Giao tuyến của (a) và (S) là đường tròn

⇔dIa<R⇔m+1>3⇔m<-4m>2

Đáp án D

Xét mệnh đề (I):

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD. Khi đó

MA→+MB→=MC→+MD→⇔2MI→=2MJ→⇔MI=MJ

Do đó tập hợp các điểm M là mặt phẳng trung trực của IJ

Vậy mệnh đề này đúng.

* Xét mệnh đề (II):

Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD

Khi đó MA→+MB→+MC→+MD→=4⇔4MG→=4⇔MG=1

Do đó tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm G ( 1;2;3 ) và bán kính R = 1

Vậy mệnh đề này đúng

Đáp án D

Gọi I=d1∩d2. Khi đó tọa độ điểm I (nếu có) là nghiệm của hệ phương trình

2x-y=z-4=0z+z-3=03x+y-7=02x+3z-5=0x-my+2z-3=02x+y+z-6=0⇒I2;1;1

d1,d2,d3 đồng quy

⇔I∈d2⇔2+m+2-3=04=1+1-6=0⇔m=-1

Đáp án D