Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 4 )

Ta có

1cos2α=1+tan2α=1+4=5

Vì π<α<3π2 nên cosα<0

Suy ra cosα=15

Khi đó

M=sin2α+sinα+π2+sin5π2-2α

=sin2α+cosα+cos2α=sin2α+cosα+2cos2α-1=cos2α+cosα=15-15=1-55

Đáp án C

Ta có

sin5x≤sin4x⇒y≤sin4x+3cosx

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

1-cosx1+cosx1+cosx=122-2cosx1+cosx1+cosx

≤122-2cosx+(1+cosx)233=3227<3

⇒3-1-cosx1+cosx2>0⇒1-cosx3-1-cosx1+cosx2≥0⇒31-cosx-sin4x≥0⇔sin4x+3cosx≤3

M = maxy = 3⇔cos(x) = 1

⇔x=k2π, k∈ℤ

Ta lại có

y≥-sin4x+3cosx

Tương tự như trên, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

1+cosx1-cosx1-cosx=122+2cosx1-cosx2≥3227≤3⇒3-1+cosx1-cosx2>0⇒1+cosx3-1+cosx1-cosx2⇔sin4x+3cosx≥-3m=miny=-3⇔cosx=-1⇔x=k2π,k∈ℤ

Do đó Mm=-1. Vì vậy, mệnh đề D sai.

Đáp án cần chọn là D

An2+3Cnn-2-Cn+13=An+12-2n

Điều kiện: n∈ℕ,n≥2

Với điều kiện trên, (*) tương đương với:

nn-1+36nn-1-16nn-1n+1=nn-1-2n

⇔32n-1-16n2-1=n+1-2⇔n=8

Khi đó :

Px=1+2x-3x34=∑k=04C4k-34-kx4-k31+2x12k=∑k=04C4k-34-kx4-k3.∑Ckii=0k.2ixi2

Hệ số của số hạng x ứng với

4-k3+i2=1⇔2k=3i=2

Vì i,k∈ℕ và i≤k≤4 nên ta suy ra: k = 4, i = 2 hoặc k = 2 và i = 4.Như vậy hệ số của x trong khai triển là:

C4-4-30.C42.22+C42-32.C20.20=78

Đáp án cần chọn là B

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Số phải tìm chứa bộ 123.

Lấy 4 chữ số ∈0;4;5;6;7;8;9: có A74 cách

Cài bộ 123 vào vị trí đầu, hoặc cuối, hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách.

Suy ra có 5A74=5.840=4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123

Trong các số trên, có 4A63=4.120=480 số có chữ số 0 đứng đầu.

Suy ra có 5A74-4A63=3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123

Trường  hợp 2: Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự)

Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau, có mặt 321

Tóm lại, có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền 2 chữ số 1 và 3

Đáp án D

Xét các dãy số x1;x2;x3, trong đó x1;x2;x3 là một hoán vị của ba số 1,2,3 (ở đây xi=i, tức là lá thư i đã bỏ đúng địa chỉ).

Gọi Ω là tập hợp tất cả các khả năng bỏ 3 lá thư vào 3 phong bì. Khi đó Ω=3!=6.

Gọi A là biến cố: “Có ít nhât 1 lá thư bỏ đúng phong bì”. Các khả năng thuận lợi của A là ( 1;2;3 ); ( 1;3;2 ); ( 3;2;1 ); ( 2;1;3 ). Do vậy ΩA=4.

Từ đó P(A)=ΩAΩ=46=23

Đáp án cần chọn là A

Ta có:

3n+2xn+12=2n+1xn+12+n+4∀n≥21

⇔3n+2xn+12=2n+1xn+12-2n+1+3n-2,∀n≥21⇔3n+2xn+12-1=2n+1xn2-1

Đặt yn=xn2-1. Khi đó

yn+1=23.n+1n+2yn

Suy ra

yn+1=2n+13n+2.2n3n+1=23n+1.1n+2y1

hay limyn=0. Vậy limxn = 1

Đáp án cần chọn là B

Ta có

y'=2xex+x2+1ex=exx2+2x+1=exx+12

Vậy dy=exx+12dx

Đáp án C

Do f có đạo hàm tại điểm nên f  liên tục tại điểm .

Khi đó

a + b + 2 = 2a + b + 1 nên a = 1

Với a = 1, hàm số f(x) trở thành

fx=x+2a+b;x<1ax2+bx+2;x≥1

f(x) có đạo hàm tại điểm x0=1 khi và chỉ khi

limx→1+fx-f1x-1=limx→1fx-f1x-1⇔limx→1+x2+bx+2-b-3x-1=limx→1x+2+b-b-3x-1⇔limx→1+x+b+1=lim1⇔b+2=1⇒-1

Suy ra a + b = 0. Vậy P = 5.

Đáp án cần chọn là D

V0;2:Mx;y→M'x';y'⇔OM'→=2OM'→⇔x'=2xy'=2y

Tv:M'x';y'→M''x'';y''⇔x"=x'+1y"=y'+2

Do đó phép đồng dạng F: M (x;y ) →M" ( x";y" ) có tọa độ thỏa mãn hệ thức

x=x'2=x"-12y=y'2=y"-22

Do M ( x;y ) ∈ℂ nên

x"-12-12+y"-22-22=4⇔x"-32+y"-62=16

Vậy ảnh của (C) qua F là đường tròn có phương trình x-32+y-62=16

Đáp án cần chọn là A

-x4+3x2+m=0⇔-x4+3x2+1=m+1

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = m + 1

Dựa vào đồ thị, phương trình có 3 nghiệm phân biệt m + 1 = 1 nên m = 0

Đáp án cần chọn là A

Tập xác định: D=R∖-2;2

y'=-8x2+40x-32x2-4y'=0⇒x=1x=4

Lập bảng biến thiên và suy ra chiều biến thiên của hàm số là đồng biến trên mỗi khoảng -∞;-2;-2;1;4;+∞ và nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1;2 ); ( 2;4 )

Đáp án cần chọn là B

y'=1+mcosx-sinx=1-2msinx-π4

Đặt t=sinx-π4 với t∈-1;1 ta có f1=1-2mt

Để hàm số đồng biến trên R thì

ft≥0∀t∈-1;1⇔f-1≥0f1≥0⇔1+2m≥01-2m≥0

⇔m≥-22m≤22⇔-22≤m≤22

Đáp án A

Tập xác định: D = R.

* f'x=0⇔x=1x=2. (Lưu ý x = 2 là nghiệm bội).

* Dấu của f ' (x) là dấu của x - 1. Nhận thấy đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua 1 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1

Đáp án A

Ta có:

y'=-4x3+4mx=4x-x2+my'=0⇒x=0x=m2

* Nếu m < 0 thì Cm chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung.

* Nếu m > 0 thì Cm có 3 điểm cực trị. Một điểm cực tiểu nằm trên trục tung và hai điểm cực đại có tọa độ -m;m2-4;m;m2-4. Hai điểm cực đại này chỉ có thể nằm trên trục hoành. Do đó

m2-4=0⇒m=±2. Nhưng do m > 0 nên chọn m = 2.

Vậy m∈(-∞;0]∪2 là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B

Đặt t=x2. Do x∈-1;1 nên t∈0;1.

Khi đó

gt=-3t3+12t2g't=-9t2+24t-12g't=0⇒t=2lt=23g0=4;g23=49;g1=1

Suy ra M = 4, m = 49

Vậy Mm = 3

Đáp án cần chọn là D

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

x+1x-1=2x+m⇔x≠1fx=2x2+m-3-m-1

Ta có

∆=m2+2m+7>0∀mf1=-2≠0

=> d luôn cắt tại hai điểm phân biệt A, B.

Gọi x1;x2 lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Khi đó AOB⏞ nhọn.

⇔cosAOB⏞=OA2+OB2-AB22.OA.OB>0⇔OA2+OB2>AB2⇔x12+2x1+m2+x22+2x2+m2>5x2-x12

Sử dụng định lí Viet và giải bất phương trình theo m ta thu được m > 5

Đáp án C

Xét tam thức bậc hai fx=x2+mx+1

f(x) có ∆=m2-4

Khi m < -2 hoặc m > 2 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x1;x2. Do đó đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng x=x1;x=x2 song song với Oy

Đáp án B

Xét hàm số s=t2-16t3.

Vận tốc của chuyển động là v=y'=2t-12t2.

Ta có v' = 2 - t; v' = 0 nên t = 2

Lập bảng biến thiên và suy ramax vt∈0;+∞=83⇔t=2

Đáp án C

Đặt log9x=log6y=logx+y = t

⇒x=9t;y=6t;x+y=4t

Khi đó

9t+6t=4t⇔322t+32t-1=0⇔32t=5-1232t=-5-12<0

Hơn nữa xy=9t6t=32t = 5-12

Đáp án C

Xét các bộ số ( x,y,z ) = log2a,log3blog5c trong đó a, b, c là hoán vị của { 2;3;5 }. Với các bộ số này thì điều kiện thứ ba của bài toán luôn được thỏa mãn.

Ta lại thấy

2x+3y+5z=2log2a+3log3b+5log5c=a+b+c=2+3+5=10

Và

2x.3y.5z=2log2a.3log3b.5log5c=abc=2.3.5=30

Do đó các bộ xác định như trên luôn thỏa mãn các điều kiện đã cho. Do đó số các hoán vị của { 2;3;5 } là 3! = 6

Đáp án cần chọn là C

Hàm số đã cho xác định trên R.

log3m-2x2+2m-2x+m > 0

⇔f(x)=m-2x2+2m-2x+m-1>0,∀∈ℝ

* Nếu m = 2 thì

fx=-2x+1>0⇔x<12

* Nếu m≠2 thì

⇔a=m-2>0∆'=-3m+7<0⇔m>73

Đáp án B

Ta có y=log2x3x+1 = ln3x+1ln2x. Suy ra

y'=ln3x+1'.ln2xln2x2- ln3x+1ln2x'ln2x2

=33x+1ln2x-22xln3x+1ln2x2

= 3xln2x-3x+1ln3x+1x3x+1ln2x2

Đáp án C

Xét cấp số nhân a, aq, aq2,aq3

Suy ra có dãy số

loga,loga+logqloga+2logqloga+3logq

Đây là cấp số cộng với công sai d = logq>0

Đáp án cần chọn là C

Áp dụng công thức đổi cơ số ta có:

log14063 = log263log2140 = log27+2log251+log25+log27(*)

Mặt khác log27=1log72=1c;

log25=log35log32=log35.log23=ab

Thay vào (*) 

log14063=1c+2a2+ab+1c=2ac+1abc+2c+1

Đáp án B

Theo công thức tính tỉ lệ % đã cho thì cần tìm

nghiệm t của bất phương trình;

75-20ln1+t≤10⇔ln1+t≥3,25⇒t≥24,79

Vậy sau khoảng 25 tháng (tức 2 năm 1 tháng) thì học

sinh nhớ được danh sách đó là dưới 10%

Đáp án C

Để ý rằng 1 < a < b < c nên logab > 1. Khi đó nếu xét cùng các cơ số a và b thì

logalogab>logblogab>0

Do 1 < a < b < c nên

logca<1⇒0>logclogca>logblogca

Từ đó suy ra

logalogab+logblogbc+logclogca> logblogab.logbc.logca=logb1=0

Đáp án A

Ta có

∫-11fxdx=1∫-10-2x+1dx+∫01k1-x2dx=-1+2k3=1⇒k=3

Đáp án C

Đặt ft=t2-1t2+1

Gọi F là một nguyên hàm của f. Theo định nghĩa tích phân ta có

gx=Ft2x3x=F3x-F2x

Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm số hợp ta được

g'x=3F'3x-2F'2x=3f3x-2f2x=3(9x2-1)9x2+1-2(4x2-1)4x2+1

Đáp án D

Phương trình tung độ giao điểm giữa

C1:x+4y-y2=0C2:x-2y+y2=0

là: y2-4y=2y-y2

⇔y=0y=3

Vậy S=∫032y-y2-y2-4ydy = 9

Đáp án C

Ta có thể xem khối tròn xoay này là do hình giới hạn bởi bốn đường x = a, x = -a, y=baa2-x2 quay quanh trục Ox tạo nên.

Vậy

V=π∫abb2a2a2-x2dx=πb2a2a2x-x33-aa=4aπab2

Đáp án A

Đặt

u=lnxdv=x3dx⇒du=1xdxv=x44

Khi đó

I=x44lnx1e-14∫1ex3dx=e44-114x41e=3e4+116

Suy ra a = 3, b = 16 hay a + b = 20

Đáp án B

Ta có fx=4x2+4x+32x+1dx

=∫2x+1+22x+1dx=x2+x+lnx+1+C

Do f(0) = 1 nên c = 1. Suy ra fx=x2+x+ln2x+1+1

Vậy a : b : c = 1 : 1 : 1

Đáp án B

Ta có

vt=∫v'tdt=∫3t+1dt=3lnt+1+C

Do vận tốc ban đầu là 6 m/s nên vt=3lnt+1+6

Vận tốc của vật sau 10 giây là v(6) = 3ln11 + 6 = 13m/s

Đáp án D

Đặt z1=x1+iy1,z2=x2+iy2.

Từ giả thiết ta suy ra

x12+y12=x22+y22=1x1+x22+y1+y22=3⇒2x1y1+x2y2=1

Suy ra:

z1-z22=x1-x22+y1-y22=x1-x22+y1-y22-4x1y1+x2y2=3-2=1

Vậy z1-z2 = 1

Đáp án D

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khi đó

OM=z=a2+a-32=2a-322+92≥32

Dấu “=” xảy ra khi a = 32

Đáp án C

Đặt z = x + yi với x,y∈R. Suy ra z + z = 2x

z+z+iz+z=2z⇔2x+i2x=2x+2iy⇔2x=2x2x=2y⇔x≥0y=x

Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z là tia phân giác của góc phần tư thứ nhất (bao gồm cả gốc tọa độ).

Đáp án B

Đặt z1=x1+iy1; z2=x2+iy2.

Từ giả thiết ta có

x12+y12=9x22+y22=16x1+x22+y1+y22=37⇒x1x2+y1y2=-6x2y1-x1y22=108

Vậy z=-38±338i

Đáp án A

Gọi M là trung điểm BC: BC = 2a; AG = 23AI = 2a3; A'AG^=60o.

Suy ra: A'G=AGtan60o=2a33

Ta có: V = SABC.A'G = 12AB.AC.A'G

= 12a.a3.2a33=a3

Vậy V3+Va3-1 = a

Đáp án B

Ta có SA⊥ABCAC⊂ABC

⇒SA⊥AC

SA⊥ABCAB⊥BC

⇒SB⊥BC. Tâm I của mặt cầu là trung điểm của cạnh huyền SC.

Bán kính: R = SI = SC2

SA2+AC22=a2+a2+a22=a32

Đáp án D

∆ABC có BC=a.tanaAC=acosaS= π.BC.AC=πa2tanacos2a=πa2sina1+tan2a

Do đó (A), (B), (C) đúng cho nên (D) sai.

Đáp án D

Gọi V1,V2 lần lượt là thể tích hình trụ và hình nón. Khi đó

V1V2=2πRhπRa=2πRasinaπRa=2sina=3

Vì a0o<a<90o nên a = 60o

Đáp án C

Gọi ST là đường sinh hình nón

Ta có:

tanIST^=33⇒OST^=IST^=30o

∆OIT có R=OTcos30o=32.23=1

Vậy V=43πR3=4π3

Đáp án C

Ta có: V = ( 6 - x )( 12 - 2x )x

=2xx2-12x+36=2x3-24x2+72x

Xét hàm số fx=2x3-24x2+72x trên ( 0;6 )

f'x=6x2-48x+72f'x=0⇒x=6x=2

Khi đó maxfx=f2=64 đvtt. Đến đây nhiều bạn vội vã khoanh C mà không đắn đo gì. Tuy nhiên, nếu vội vã như vậy là bạn đã sai, bởi đề bài yêu cầu tìm thể tích Chocolate nguyên chất mà không phải là thể tích hộp do đó ta cần. Tức là 1-14=34 thể tích hộp, tức là 34.64=48 (đvtt).

Đáp án A

(S) có tâm I ( 2;2;2 ), bán kính R = 23. Nhận thấy O và A đều thuộc (S). Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = OA3=423

Khoảng cách d ( I; (P) ) = R2-r2=23

(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by +cz = 0

(P) đi qua A, suy ra b = -a

d ( I; (P) ) = 23 ⇔2a+b+ca2+b2+c2 = 23

⇔2c2a2+c2= 23⇔4c22a2+c2=43⇔12c2=8a2+4c2⇔c2=a2⇔c=±a

Vậy có hai mặt phẳng cần tìm: x - y + z = 0; x - y - z = 0

Đáp án B

Ta thấy và .

Áp dụng định lý hàm số Cosin cho tam giác MAB ta có:

MA2=BA2+BM2-2BA.BMcos60o=6+32-26.62.12=92

Suy ra MA=322. Từ đây ta nhận thấy AB2=MA2+MB2 nên tam giác MAB vuông tại M và có MAB^=30o.

Mặt khác:

sin∆^;a=2+2-16.6=12⇒∆^;a=30o=MAB^.

Từ đó suy ra M chính là hình chiếu của B lên mặt phẳng (a).

Khi đó MB: x-22=y-21=z-6-1

nên M ( 2m + 2; m + 2; -m + 6 )

Vì M thuộc mặt phẳng (a) nên

2( 2m + 2 ) + ( m + 2 ) - ( -m + 6 ) + 3 = 0⇒m=-12

Vậy M 1;32;132

Đáp án A

Góc giữa ∆ và (a) là 30o. Điểm A ( -1;0;4 ).

Ta có B ( -3 + 2t; -1 + t; 3 + t ) và AB = 6 nên B ( -3;-1-3 ) hoặc B ( 1;1;5 ).

Vì BA = 2BC = 6 và ABC^=60o nên tam giác ABC vuông tại C.

Suy ra : BAC^=30o, do đó C là hình chiếu của điểm B trên mặt phẳng (a).

Từ đó ta tìm được hai điểm C tương ứng với hai điểm B ở trên là: C -52;0;52 hoặc C 12;0;112

Đáp án B

Ta có phương trình tham số của d là:

d:x-32=y+21=z+1-1

Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của phương trình:

3 + 2t - 2 + t - 1 - t + 2 = 0 nên t = -1 nên M ( 1;-2;0 )

Lại có VTPT của (P) là nP→1;1;1, VTCP của d là ud→2;1;-1

Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆→=ud→;np→=2;3;-1

Gọi N ( x;y;z ) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆, khi đó MN→x-1;y+3;z

Ta có MN→ vuông góc với u∆→ nên ta có hệ phương trình: 2x - 3y + z - 11 = 0

Lại có N∈P và MN = 42 ta có hệ:

x+y+z=22x-3y+z-11=0x-12+y-32+z2=42

Giải hệ ta tìm được hai nghiệm ( x;y;z ) là ( 5;-2;-5 ) và ( -3;-4;5 )

- Nếu N ( 5;-2;-5 ) ta có phương trình

∆:x-52=y+2-3=z+51

- Nếu N ( -3;-4;5 ) ta có phương trình

∆=x+32=y+4-3=z-51

Đáp án D

Vì ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.

Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB.

Gọi (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và (S).

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương AB→-2;6;3 nên có phương trình:

x=2-2ty=3+6tz=3+3t

Phương trình mặt cầu

S:x-32+y+12+z+22=9.

Tọa độ điểm D là nghiệm của phương trình

-2t-12+6t+42+3t+52=9⇔49t2+82t+33=0⇔t=-1t=-3349.

Đáp án B