Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 12 )

Tập xác định: D = R$\setminus \left\{2\right\}$

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{7}{{\left(x+2\right)}^2};y"=\frac{14}{{\left(x+2\right)}^3} \\ y"\text{'}=\frac{42}{{\left(x+2\right)}^4};y^{\left(4\right)}=\frac{168}{{\left(x+2\right)}^5} \end{gathered}$$

Suy ra $y^4\left(-3\right)$ = 168

Đáp án A

Trước hết, hàm số xác định với mọi x$\in$R$\iff ∆\le 0\iff$1 - 4a$\le 0\iff a\ge \frac{1}{4}$

Đạo hàm $y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+a}}$

Hàm số nghịch biến trên $R\iff y\text{'}\le 0,\forall x\in R$

Xét hai trường hợp:

Trường hợp: $a=\frac{1}{4}$

Khi đó 

$$\begin{gathered} y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}}}=1-\frac{2x-1}{\left|2x-1\right|} \\ =\left\{\begin{array}{l}-2,x>\frac{1}{2}\\ 0,x<\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do đó y ' = 0 trên $\left(-\infty ;\frac{1}{2}\right)$. Do đó không thỏa m

Trường hợp 2: $a>\frac{1}{4}$

Khi đó 

$$\begin{gathered} y\text{'}=1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+a}}>1-\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}}} \\ =1-\frac{2x-1}{\left|2x-1\right|}\ge 0,\forall x\in R \end{gathered}$$

Trường hợp này cũng không thỏa mãn

Vậy không tồn tại giá trị nào của a để hàm số luôn nghịch biến

Đáp án D

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=ax-2\sin \left(2x\right)\ge a-2,\forall x\in R$

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì f ' (x) > 0

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì f ' (x) = $2\left(1-\sin \left(2x\right)\right)\ge 0$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi }$

Hàm số f đồng biến trên mỗi đoạn $\left[\frac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi };\frac{\mathrm{\pi }}{4}+\left(\mathrm{k}+1\right)\mathrm{\pi }\right]$, do đó đồng biến trên R

Nếu $a-2>0\iff a>2$ thì $f\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=a-2<0$ do đó hàm số f đồng biến trên R

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=2\left(a^2-3\right)\cos \left(x\right)+4a\cos \left(2x\right) \\ f"\left(x\right)=2\left(3-a^2\right)\sin \left(x\right)+8a\sin \left(2x\right) \end{gathered}$$

Hàm số f(x) đạt cực tiểu tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{3}$ khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=0\\ f"\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2-2a+3=0\\ -\sqrt{3}\left(a^2-4a-3\right)>0\end{array}\right. \\ \iff a=1 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình

$f\text{'}\left(x\right)=\left(m-1\right)x^2-\left(m+3\right)x+3-m=0$ có hai nghiệm phân biệt

Đặt x = t + 2, phương trình f ' (x) = 0 trở thành

$\left(m-1\right)t^2+\left(3m-7\right)t+m-7=0\left(*\right)$

Phương trình $\to$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa $x_1<2<x_2$ khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu $\frac{m-7}{m-1}<0\iff 1<m<7$

Đáp án C

Gọi $\left(x_0;y_0\right)$ là điểm cố định $\left(H_m\right)$. Khi đó:

$$\begin{gathered} y_0=\frac{m{x}_0-4}{x_0-m} \\ \iff x_0{y}_0-y_{0}m=m{x}_0-4 \\ \iff \left(x_0+y_0\right)m-x_0{y}_0-4=0 \end{gathered}$$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0+y_0=0\\ x_0{y}_0+4=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_0=-2\\ y_0=2\end{array}\right.$hoặc $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=2\\ y_0=-2\end{array}\right.$

Vậy $\left(H_m\right)$ luôn đi qua hai điểm cố định là ( -2;2 ), ( 2;-2 ) 

Đáp án A

Đồ thị hàm số $y=\frac{6-2x}{3x+8}$ có 2 tiệm cận (đứng, ngang). Suy ra m = 2

Đồ thị hàm số $y=\frac{4x^2+3x-1}{3x^2+1}$ có 1 tiệm cận (ngang). Suy ra n = 1

Đồ thị hàm số $y=\frac{11}{4x^2+x-2}$ có 3 tiệm cận (1ngang, 2 đứng). Suy ra p = 3

Vậy p > m > n

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(C_m\right)$ với trục Ox:

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

$\Rightarrow \left(C_m\right)$ cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt $\iff m\ne 0$

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi $\left(C_m\right)$ với trục hoành phần phía trên trục hoành là:

$$\begin{gathered} S={\int }_{-1}^1\left(x^4-\left(m^2+2\right)x^2+m^2+1\right)dx \\ \iff \frac{20m^2+16}{15}=\frac{96}{15} \\ \iff m=\pm 2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $\left(C\right):y=2+\frac{2}{b-1}$, Gọi $B\left(b;2+\frac{2}{b-1}\right);C\left(c;2+\frac{2}{b-1}\right)$ với b < 1 < c

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên trục Ox

Ta có: 

$$\begin{gathered} AB=AC;\widehat{BAC}={90}^o \\ \Rightarrow \widehat{CAK}+\widehat{BAH}={90}^o=\widehat{CAK}+\widehat{ACK} \\ \Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{ACK} \end{gathered}$$

Và

 $$\begin{gathered} \widehat{BHA}=\widehat{CKA}={90}^o\Rightarrow ∆ABH=∆CAK \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AH=CK\\ HB=AK\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hay $\left\{\begin{array}{l}2-b=2+\frac{2}{c-1}\\ \left|2+\frac{2}{b-1}\right|=\left|c-2\right|\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-1\\ c=3\end{array}\right.$

Vậy B ( -1;1 ), C ( 3;3 )

Đáp án A

Từ giả thiết bài toán suy ra

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ \frac{x^2}{2}\le -2x^2+3x\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ 5x^2-6x\le 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0\\ 0\le x\le \frac{6}{5}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Ta có

 $$\begin{gathered} x^2+y^2\le x^2+{\left(-2x^2+3x\right)}^2 \\ =4x^4-12x^3+10x^2 \end{gathered}$$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4x\left(x-1\right)\left(x-5\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=0\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=5\end{array}\right.$ So điều kiện, chọn $x=0;x=1$; f(0); f(1) = 2; $f\left(\frac{6}{5}\right)=\frac{1224}{625}$

Vậy $maxP=2$

Đáp án D

Gọi x,y > 0 lần lượt là chiều dài cạnh đáy và chiều cao của hình hộp

Tổng diện tích xung quanh và diện tích của một mặt đáy của thùng đựng hành là $S=x^2+4xy$

Thể tích của thùng đựng hàng là 

$V=x^{2}y=108\Rightarrow y=\frac{108}{x^2}$

Suy ra $S=x^2+4x.\frac{108}{x^2}=x^2+\frac{432}{x}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của S trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$

Ta có 

$$\begin{gathered} S\text{'}=2x-\frac{432}{x^2};S\text{'}=0\iff x=6 \\ S\text{'}\text{'}=2+\frac{864}{x^3}>0,\forall x\in \left(0;+\infty \right) \end{gathered}$$

Suy ra S = S(6) = 108. Vậy diện tích nhỏ nhất cần tìm là 108$m^2$

Đáp án B

Hàm số xác định 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-m\ge 0\\ mx-m+2>0\\ {\log }_a\left(mx-m+2\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left(m+1\right)x-m\ge 0\left(1\right)\\ mx-m+2>0\left(2\right)\\ mx-m+2>0\ne 1\left(3\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số xác định khi và chỉ khi (1); (2); (3) đồng thời thỏa mãn với mọi

Ta có 

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=\left(m+1\right)x-m\ge 0,\forall x\ge 1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m+1\ge 0\\ g\left(1\right)\ge 0\end{array}\right.\iff m\ge -1 \\ h\left(x\right)=mx-m+2>0,\forall x\ge 1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ h\left(1\right)>0\end{array}\right.\iff m\ge 0 \end{gathered}$$

Do đó (1); (2) đồng thời thỏa mãn với mọi $x\ge 1$ khi $m\ge 0$

Khi đó $q\left(x\right)=mx-m+2-m\left(x-1\right)+2\ge 2$. Suy ra (3) đúng. Tóm lại $m\ge 0$

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} {\log }_a\frac{a^4\sqrt[3]{b}}{c^3} \\ ={\log }_a\left(a^4\right)+{\log }_a\left(b^{\frac{1}{3}}\right)-{\log }_a\left(c^3\right) \\ =4+\frac{1}{3}.3=3.\left(-2\right)=11 \end{gathered}$$

Đáp án A

VT

$$\begin{gathered} \sqrt{\frac{-2\sqrt{4+{\left(2^x-2^{-x}\right)}^2}}{2\sqrt{4+{\left(2^x-2^{-x}\right)}^2}}} \\ =\sqrt{\frac{-2\sqrt{2^{2x}+2^{-2x}+2}}{2\sqrt{2^{2x}+2^{-2x}+2}}} \\ =\sqrt{\frac{-2{\left(2^x+2^{-x}\right)}^2}{2{\left(2^x+2^{-x}\right)}^2}} \\ =\frac{\sqrt{2^x+2^{-x}-2}}{\sqrt{2^x+2^{-x}+2}} \\ =\frac{\sqrt{\left(2^{-{\displaystyle \frac{x}{2}}}-2^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}\right)}}{\sqrt{\left(2^{-\frac{x}{2}}+2^{\frac{x}{2}}\right)}} \\ =\frac{\left(2^{-\frac{x}{2}}-2^{\frac{x}{2}}\right)}{\left(2^{-\frac{x}{2}}+2^{\frac{x}{2}}\right)} \\ =\frac{1-2^x}{1+2^x} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} P=\frac{1-{{\log }^3}_a\left(b\right)}{\left({\log }_a\left(b\right)+{\log }_b\left(a\right)+1\right){\log }_a\left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)} \\ =\frac{\left(1-{\log }_a\left(b\right)\right)\left(1+{{\log }^2}_a\left(b\right)+{\log }_a\left(b\right)\right)}{\left({{\log }^2}_a\left(b\right)+1+{\log }_a\left(b\right)\right)} \\ ={\log }_a\left(b\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

$$\begin{gathered} {\log }_3\left(\frac{x^2+4x}{2x-3}\right)<1 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2+4x}{2x-3}>0\\ \frac{x^2+4x}{2x-3}<3\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{x^2+4x}{2x-3}>0\\ \frac{x^3-2x+9}{2x-3}<0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2x-3<0\\ x^2+4x<0\end{array}\right. \\ \iff -4<x<0 \end{gathered}$$

Do $x\in Z$ nên $x\in \left\{-3;-2;-1\right\}$

Vậy tổng của nghiệm nguyên lớn nhất và bé nhất bằng -4

Đáp án C

Ta có $a^2+4b^2=12ab\iff {\left(a+2b\right)}^2=16ab$

Suy ra 

$$\begin{gathered} 2{\log }_3\left(a+2b\right)={\log }_3\left(2^4\right)+{\log }_3\left(a\right)+{\log }_3\left(b\right) \\ \iff {\log }_3\left(a+2b\right)=2{\log }_3\left(2\right)+\frac{1}{2}\left({\log }_3\left(a\right)+{\log }_3\left(b\right)\right) \end{gathered}$$

 Do đó cả hai mệnh đề đều sai

Đáp án C

Phương trình đã cho tương ứng với ${{\log }^2}_2\left(x\right)+{\log }_{2}x+m=0$(*)

Đặt $t={\log }_2\left(x\right)\Rightarrow x=2^t$.Do $0<x<1\Rightarrow 0<2^t<1\Rightarrow t<0$

Phương trình (*) thành $t^2+t+m=0\iff t^2+t=-m$(**)

Phương trình đã cho có nghiệm $x\in \left(0;1\right)\iff$ phương trình (**) có nghiệm $t\in \left(-\infty ;0\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+t,t\in \left(-\infty ;0\right)$

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=2y+1;f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-\frac{1}{2}$

Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận $m\le \frac{1}{4}$

Đáp án A

Thay giá trị P(t) = 65 vào công thức ta được

$$\begin{gathered} 100.{\left(0,5\right)}^{\frac{t}{5750}}=65 \\ \iff 2^{\frac{t}{5750}}=\frac{100}{65} \\ \iff \frac{t}{5750}={\log }_2\left(\frac{100}{65}\right) \\ =\frac{\log \left(100\right)-\log \left(65\right)}{\log \left(2\right)}=\frac{2-\log \left(65\right)}{\log \left(2\right)} \end{gathered}$$

Suy ra $t\approx 3570$(năm)

Đáp án C

Xét hàm số ${\int }_e^{\tan \left(a\right)}\frac{xdx}{1+x^2}+{\int }_e^{cot\left(a\right)}\frac{dx}{x\left(1+x^2\right)}$ xác định với mọi $x\in \left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)$

Ta sẽ tính T(a)

Gọi F(t); G(t) lần lượt là nguyên hàm của các hàm số $y=\frac{t}{1+t^2}$ và $y=\frac{1}{t\left(1+t^2\right)}$

Khi đó $T\left(x\right)=F\left(\tan x\right)-F\left(e\right)+G\left(cotx\right)-G\left(e\right)$

Suy ra 

$$\begin{gathered} T\text{'}\left(x\right)=F\text{'}\left(\tan x\right).\frac{1}{{\cos }^2\left(x\right)}-G\text{'}\left(cotx\right).\frac{1}{{\sin }^2\left(x\right)} \\ =\frac{\tan \left(x\right)}{\left(1+{\tan }^2\left(x\right)\right){\cos }^2\left(x\right)}-\frac{1}{cotx\left(1+{\mathrm{os}}^2\left(x\right)\right){\sin }^2\left(x\right)} \\ =\tan \left(x\right)-\frac{1}{cotx}=0 \end{gathered}$$