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

Ta có:

cos3xcos3x-sin3xsin3x=2+328⇔cos3x.cos3x+3cosx4-sin3x.3sinx-sin3x4=2+328⇔2cos23x+6cos3xcosx-6sin3xsinx+2sin23x=2+32⇔2cos23x+sin23x+6cos3xcosx-sin3xsinx=2+32⇔cos4x=22⇔x=π16+kπ2x=-π16+kπ2

Đáp án A

Ta có -1≤cos2x≤1 nên 5-3cos2x>0

Mặt khác 1+sin2x-π2≥0

Hàm số xác định khi và chỉ khi

5-3cos2x1+sin2x-π2≥01+sin2x-π2≠0⇔sin2x-π2≠-1⇔2x-π2≠-π2+k2π⇔x≠kπ,k∈ℤ

(Để ý rằng bất phương trình (*) luôn đúng)

Tập xác định là D=R∖kπ,k∈ℤ

Dáp án C

Xét hàm số 

- Nếu a=pq với p∈Z,q∈N* thì T=qπ là chu kì của g(x)

Vì gx+qπ=fx+qπ+fax+pπ còn π là chu kì của hàm số f(x)

- Ta sẽ chứng minh nếu a là số vô tỉ thì g(x) không tuần hoàn

Để ý rằng g0=f0+f0=1. Nếu gx0=1 đối với x0≠0 nào đó thì tan2x0=0 và tan2ax0=0. Điều này có nghĩa là x0=kπ và ax0=lπ với k,l∈Z

Nhưng x0≠0 nghĩa là a=1k. Điều này mâu thuẫn vì a là số vô tỉ. Do đó hàm số g(x) nhận giá trị 1 tại điểm duy nhất x = 0. Như vậy f(x) sẽ không tuần hoàn

Đáp án B

Ta có 

y=sinx=cos2x=sinx-1-2sin2x=2sin2x+sinx-1

Đặt t = sin(x),-1≤t≤1

Ta sẽ đi tìm GTLN và GTNN của hàm số y=gt=2t2+t-1 trên đoạn [ -1;1 ]

Ta có gt=-2t3-t+1, -1≤t≤122t3+t-1,  12≤t≤1

* Xét hàm số ht=-2t3-t+1 trên đoạn-1;12

Dễ dàng tìm được 

Maxr∈12;1ht=98⇔t=-14Minr∈12;1ht=0⇔t=12

* Xét hàm số kt=2t3+t-1 trên đoạn 12;1

Cũng dễ dàng tìm được 

Maxr∈12;1kt=2⇔t=1Minr∈12;1kt=0⇔t=12

Qua hai trường hợp trên ta đi đến kết luận

Maxr∈-1;3gt=2⇔t=1Minr∈-1;3gt=0⇔t=12

Hay 

M=Maxy=2⇔sinx=-1⇔x=-π2+k2πm=Miny=0⇔sinx=12⇔x=π6+k2πx=5π6+k2π

Đáp án C

Ta có:

6k3k+1-2k+13k-2k=63k-2k3k+1-2k+1-3k+1-2k+13k-2k∑k=1n6k3k+1-2k+13k-2k=63n-2n3n+1-2n+1

Do đó:

limx→∞∑k=1n6k3k+1-2k+13k-2k=6limn→∞3n-2n3n+1-2n+1=6limn→∞1-23n1-2.232=2

Đáp án D

Ta có 

limx→1fx-f1x-1=limx→1x-1x-2x-3...x-2019x-1=limx→1x-1x-2x-3...x-2019=-1.-2.-3....-2018=2018!

Đáp án C

Ta có 

limx→∞f2xfx=1⇒limx→∞f2nxfx=limx→∞f2nxfx.f2n-1xf2n-2x..f2xfx=1

Giả sử f(x) tăng và k≥1. Ta thấy tồn tại n∈N sao cho 2n≤k≤2n+1

 Theo tính đơn điệu của f, ta có f2"x≤fkx≤f2n+1x

Từ đây suy ra limx→∞fkxx=1,∀k≥1

Cũng suy luận như trên, trong trường hợp 0 < k < 1 ta có

limx→∞fkxx=limx→∞fufuk=1

Vậy ta thu được limx→∞fkxx=1,∀k>0

Đáp án A

Lấy M ( -1;1 )∈∆. Suy ra ảnh của M qua Tn là M' ( -3;5 ).

Gọi ∆' là ảnh của ∆ qua Tn

Đường thẳng ∆' qua M' ( -3;5 ) nhận n→=3;-2 làm vecto pháp tuyến nên có phương trình 3x+3-2y-5⇔3x-2y+19=0

Đáp án B

Cái hay của bài toán này là đi tìm giá trị bé nhất của n bởi vì nó yêu cầu người làm toán phải biết “khôn khéo” trong quá trình biện luận để loại bỏ những giá trị không cần thiết và sử dụng linh hoạt phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức.

Điều kiện: xn-1≥0

* x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1)

* Với n chẵn thì nếu x0 là một nghiệm của (1) thì -x0 cũng là một nghiệm của (1)

* Với n lẻ thì x≥1. Khi đó phương trình (1) xác định và ta chỉ cần xét x > 1

Từ x > 1 ta có x4+1>2x2 và x8-x4+1=x4x4-1+1>2x2x4-1

Nhân vế theo vế của hai bất đẳng thức này ta được:

 x4+1x8-x4+1>4x4x4-1⇔x12+1>4x4x4-1

Từ (2) ta thấy với n = 4, phương trình (1) vô nghiệm và do x > 1 nên với n < 4 thì phương trình (1) cũng vô nghiệm

* Với n = 5

Xét hàm số x12+1=4x4xn-11 liên tục và xác định trên [1;+∞)

Ta có 

f1=2>0f65=6512+1-4654655-1<0

Như vậy, phương trình f(x) = 0 có nghiệm x0∈0;65

* Với n > 5 lại xét hàm số x12+1=4x4xn-11 liên tục trên [1;+∞)

Lập luận hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được phương trình g(x) = 0 có nghiệm x01;65

Do đó phương trình có nghiệm với mọi n≥5 và số tự nhiên bé nhất cần tìm là n = 5

Đáp án C

Tập xác định: D = R∖2

Ta có 

y'=7x+22;y"=14x+23y"'=42x+24;y4=168x+25

Suy ra y4-3 = 168

Đáp án A

Trước hết, hàm số xác định với mọi x∈R⇔∆≤0⇔1 - 4a≤0⇔a≥14

Đạo hàm y'=1-2x-12x2-x+a

Hàm số nghịch biến trên R⇔y'≤0,∀x∈R

Xét hai trường hợp:

Trường hợp: a=14

Khi đó 

y'=1-2x-12x2-x+14=1-2x-12x-1=-2,x>120,x<12

Do đó y ' = 0 trên -∞;12. Do đó không thỏa m

Trường hợp 2: a>14

Khi đó 

y'=1-2x-12x2-x+a>1-2x-12x2-x+14=1-2x-12x-1≥0,∀x∈R

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'x=ax-2sin2x≥a-2,∀x∈R

Nếu a-2>0⇔a>2 thì f ' (x) > 0

Nếu a-2>0⇔a>2 thì f ' (x) = 21-sin2x≥0

f'x=0⇔x=π4+kπ

Hàm số f đồng biến trên mỗi đoạn π4+kπ;π4+k+1π, do đó đồng biến trên R

Nếu a-2>0⇔a>2 thì f'π4=a-2<0 do đó hàm số f đồng biến trên R

Đáp án A

Ta có

f'x=2a2-3cosx+4acos2xf"x=23-a2sinx+8asin2x

Hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x=π3 khi và chỉ khi

f'π3=0f"π3>0⇔a2-2a+3=0-3a2-4a-3>0⇔a=1

Đáp án B

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình

f'x=m-1x2-m+3x+3-m=0 có hai nghiệm phân biệt

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

m-1t2+3m-7t+m-7=0*

Phương trình → có hai nghiệm x1,x2 thỏa x1<2<x2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu m-7m-1<0⇔1<m<7

Đáp án C

Gọi x0;y0 là điểm cố định Hm. Khi đó:

y0=mx0-4x0-m⇔x0y0-y0m=mx0-4⇔x0+y0m-x0y0-4=0

⇔x0+y0=0x0y0+4=0⇔x0=-2y0=2hoặc x0=2y0=-2

Vậy Hm luôn đi qua hai điểm cố định là ( -2;2 ), ( 2;-2 ) 

Đáp án A

Đồ thị hàm số y=6-2x3x+8 có 2 tiệm cận (đứng, ngang). Suy ra m = 2

Đồ thị hàm số y=4x2+3x-13x2+1 có 1 tiệm cận (ngang). Suy ra n = 1

Đồ thị hàm số y=114x2+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 Cm với trục Ox:

x4-m2+2x2+m2+1=0⇔x=±1x=±m2+1

⇒Cm cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔m≠0

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi Cm với trục hoành phần phía trên trục hoành là:

S=∫-11x4-m2+2x2+m2+1dx⇔20m2+1615=9615⇔m=±2

Đáp án A

Ta có C:y=2+2b-1, Gọi Bb;2+2b-1;Cc;2+2b-1 với b < 1 < c

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

Ta có: 

AB=AC;BAC^=90o⇒CAK^+BAH^=90o=CAK^+ACK^⇒BAH^=ACK^

Và

 BHA^=CKA^=90o⇒∆ABH=∆CAK⇒AH=CKHB=AK

Hay 2-b=2+2c-12+2b-1=c-2⇔b=-1c=3

Vậy B ( -1;1 ), C ( 3;3 )

Đáp án A

Từ giả thiết bài toán suy ra

y≥0x22≤-2x2+3x⇔y≥05x2-6x≤0⇔y≥00≤x≤65 

Ta có

 x2+y2≤x2+-2x2+3x2=4x4-12x3+10x2

Ta có f'x=4xx-1x-5

f'x=0x=0x=1x=5 So điều kiện, chọn x=0;x=1; f(0); f(1) = 2; f65=1224625

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=x2+4xy

Thể tích của thùng đựng hàng là 

V=x2y=108⇒y=108x2

Suy ra S=x2+4x.108x2=x2+432x

Tìm giá trị nhỏ nhất của S trên khoảng 0;+∞

Ta có 

S'=2x-432x2;S'=0⇔x=6S''=2+864x3>0,∀x∈0;+∞

Suy ra S = S(6) = 108. Vậy diện tích nhỏ nhất cần tìm là 108m2

Đáp án B

Hàm số xác định 

m+1x-m≥0mx-m+2>0logamx-m+2≠0⇔m+1x-m≥01mx-m+2>02mx-m+2>0≠13

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

Ta có 

gx=m+1x-m≥0,∀x≥1⇔m+1≥0g1≥0⇔m≥-1hx=mx-m+2>0,∀x≥1⇔m>0h1>0⇔m≥0

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

Khi đó qx=mx-m+2-mx-1+2≥2. Suy ra (3) đúng. Tóm lại m≥0

Đáp án B

Ta có

logaa4b3c3=logaa4+logab13-logac3=4+13.3=3.-2=11

Đáp án A

VT

-24+2x-2-x224+2x-2-x2=-222x+2-2x+2222x+2-2x+2=-22x+2-x222x+2-x2=2x+2-x-22x+2-x+2=2-x2-2x22-x2+2x2=2-x2-2x22-x2+2x2=1-2x1+2x

Đáp án B

Ta có 

P=1-log3ablogab+logba+1logaab=1-logab1+log2ab+logablog2ab+1+logab=logab

Đáp án B

log3x2+4x2x-3<1⇔x2+4x2x-3>0x2+4x2x-3<3⇔x2+4x2x-3>0x3-2x+92x-3<0⇔2x-3<0x2+4x<0⇔-4<x<0

Do x∈Z nên x∈-3;-2;-1

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

Đáp án C

Ta có a2+4b2=12ab⇔a+2b2=16ab

Suy ra 

2log3a+2b=log324+log3a+log3b⇔log3a+2b=2log32+12log3a+log3b

 Do đó cả hai mệnh đề đều sai

Đáp án C

Phương trình đã cho tương ứng với log22x+log2x+m=0(*)

Đặt t=log2x⇒x=2t.Do 0<x<1⇒0<2t<1⇒t<0

Phương trình (*) thành t2+t+m=0⇔t2+t=-m(**)

Phương trình đã cho có nghiệm x∈0;1⇔ phương trình (**) có nghiệm t∈-∞;0

Xét hàm số ft=t2+t,t∈-∞;0

Ta có f't=2y+1;f't=0⇔t=-12

Lập bảng biến thiên và đi đến kết luận m≤14

Đáp án A

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

100.0,5t5750=65⇔2t5750=10065⇔t5750=log210065=log100-log65log2=2-log65log2

Suy ra t≈3570(năm)

Đáp án C

Xét hàm số ∫etanaxdx1+x2+∫ecotadxx1+x2 xác định với mọi x∈0;π2

Ta sẽ tính T(a)

Gọi F(t); G(t) lần lượt là nguyên hàm của các hàm số y=t1+t2 và y=1t1+t2

Khi đó Tx=Ftanx-Fe+Gcotx-Ge

Suy ra 

T'x=F'tanx.1cos2x-G'cotx.1sin2x=tanx1+tan2xcos2x-1cotx1+os2xsin2x=tanx-1cotx=0

Do đó T(x) là hàm hằng trên khoảng x∈0;π2. Khi a=π4 thì

Tπ4=∫e1xdx1+x2+∫e1dxx1+x2=∫e1dxx=-1

Đáp án B

Xét hàm số ht=t3+ut-8

Ta có h't=3t2+u>0 với mọi t > 0. Do đó h là hàm đồng biến trên khoảng 0;+∞

Mặt khác h0=-8;h2=2u>0 nên tồn tại duy nhất c∈0;2  suy cho h(c) = 0

Với mỗi 0<x≤2 ta có ux=8-x3x≥0 . Suy ra x3+ux.x-8=0. Do đó x là nghiệm dương của phương trình t3+ux.t-8=0. Do tính duy nhất của nghiệm ta suy ra fux=x

Ta có u'x=-8x2-2x

Khi x = 2 thì u = 0 và khi x = 1 thì u = 7. Áp dụng công thức đổi biến ta có

∫07f2udu=-∫01f2uxdx=∫028+2x3dx=312

Đáp án A

Đặt I=∫0πxfsinxdx

Đổi biến x=π-t ta được

 I=-∫π0π-tfsinπ-tdt=∫0ππ-tfsinπ-tdt=π∫0πfsintdt-I

Đén đây ta suy ra được kết quả ở (D)

Đáp án D

Đặt Fx=∫0xftdt. Ta cần chứng minh ∫0afxx-adx=∫0aFxdx

Ta có F'(x) = f(x). Khi đó

∫0afxa-xdx=a∫0afxdx-∫0axfxdx=aFa-∫0axF'xdx

Sử dụng công thức tích phân từng phần, ta có ∫0axF'xdx=aFa-∫0aFxdx

Thay vào ta thu được kết quả ở B

Đáp án B

Ta có t=∫220-3vdx=-23ln20-3v+C với C là hằng số

Vào thời điểm t = 0 thì vật có vận tốc bằng 0. Suy ra

0=-23ln20+C⇔C=23ln20

Khi đó 

t=-23ln20-3v+23ln20⇔ln20-3v=ln20-32t⇔20-3v=20e-32t⇔20-3v=20e-32t20-3v=-20e-32t⇔v=203-203e-32tv=203+203e-32t

Để ý rằng phương trình thứ hai không thể đạt v = 0 tại t = 0 cho nên ta chỉ nhận phương trình thứ nhất là 203-203-3t2

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong x2=x⇔x=0 hoặc x = 1

Diện tích hình phẳng cần tìm là 

S=∫01x-xdx=∫01x-x2dx=13

Do đó 3S3S-22018 = 1

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P) là

x3-3x+2=2x+2⇔2x=x3-3x

Giải phương trình này, ta thu được hai nghiệm là x = 0; x = 2

Thể tích vật thể cần tìm là V=π∫022x2-x3-3x2dx=4π35

Suy ra a = 4; b = 35; c = 0; d = 0

Kiểm tra từng mệnh đề, nhận thấy D sai vì b+da+c+1=35+04+0+1=7

Đáp án D

Ta có z=3-m2+3mi

z là số thuần ảo ⇔3-m2=0⇔m=±3

Đáp án A

Ta có ABCD là hình bình hành

⇔CD→=BA→⇔d-c=a-b⇔d=a+c-b⇔d=8+m-3i

ABCD là hình chữ nhật

⇔AV=BD⇔c-a=d-b⇔3+m+2i=9+m-4i⇔32+m+22=92+m-42⇔m=7

Đáp án C

Ta có

z1z2z3+z22z3=z1.z2.z3+z22z3=1+3i2-i3+4i+2+i23-4i=20+35i

Đáp án B

Gọi z = a + bi với a,b∈R và a > 0

Theo giả thiết ta có a2+b2=5a-22+b+32=16

Giải hệ trên ta thu được a=2b=1 (thỏa mãn) hoặc a=-2213b=-1913 (loại)

Do đó z = 2 + i và P=898

Đáp án A

Ta có 

C'C⊥ABCD,BD⊥OC⇒BD⊥OC'⇒COC'^=45o

∆OCC' vuông cân tại C ⇒CC'=OC=a22

Vậy V=a2.a22=a322

Đáp án D

Kẻ AM⊥BC và SH⊥AM, khi đó ∆SHM vuông cân tại H. Suy ra HM=HS=h;AM=3h

Vậy S=934h2

Đáp án D

Kẻ AH⊥BC và AH⊥SI. Khi đó AH⊥SBC⇒dA,SBC=AH

Ta có AI=a32 (do ∆ABC đều cạnh a)

và

 SBABC=SBA^=60o⇒SA=AB.tan60=a3

Vậy dASBC=AH=SA.AISA2+AI2=a155

Đáp án A

∆ABC vuông cân tại A⇒AB=BC2=1

V=πAB2.AA'=π1.2=2π

Đáp án B

Bán kính mặt cầu R2=a222+a22=3a24

Diện tích mặt cầu S=4πR2=4π.3a24=3πa2

Đáp án D

Đặt cạnh hình vuông là x, x > 24cm

Theo đề ta có 4800=x-242.12⇔x=44cm

Vậy độ dài cạnh của tấm bìa hình vuông là 44cm

Đáp án C

Do β//α nên β:2x+2y-z+D=0D≠17

Mặt cầu (S) có tâm I ( 1;-2;3 ), bán kính R = 5

Đường tròn có chu vi là 6π nên bán kính của đường tròn này là r = 3

Ta có

dIβ=R2-r2⇔2.1+2.-2-3+D22+22+-12=4⇔D-5=12⇔D=-7D=17

Đáp án B