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

$$\begin{gathered} -x^4+3x^2+m=0 \\ \iff -x^4+3x^2+1=m+1 \end{gathered}$$

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: $D=R\setminus \left\{-2;2\right\}$

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{-8x^2+40x-32}{\left(x^2-4\right)} \\ y\text{'}=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

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

Đáp án cần chọn là B

$$\begin{gathered} y\text{'}=1+m\left(\cos x-\sin x\right) \\ =1-\sqrt{2}m\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right) \end{gathered}$$

Đặt $t=\sin \left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)$ với $t\in \left[-1;1\right]$ ta có $f\left(1\right)=1-\sqrt{2}mt$

Để hàm số đồng biến trên R thì

$$\begin{gathered} f\left(t\right)\ge 0\forall t\in \left[-1;1\right] \\ \iff \left\{\begin{array}{l}f\left(-1\right)\ge 0\\ f\left(1\right)\ge 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}1+\sqrt{2}m\ge 0\\ 1-\sqrt{2}m\ge 0\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -\frac{\sqrt{2}}{2}\\ m\le \frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right. \\ \iff -\frac{\sqrt{2}}{2}\le m\le \frac{\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Tập xác định: D = R.

* $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$. (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:

$$\begin{gathered} y\text{'}=-4x^3+4mx \\ =4x\left(-x^2+m\right) \\ y\text{'}=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=m^2\end{array}\right. \end{gathered}$$

* Nếu m < 0 thì $\left(C_m\right)$ chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung.

* Nếu m > 0 thì $\left(C_m\right)$ có 3 điểm cực trị. Một điểm cực tiểu nằm trên trục tung và hai điểm cực đại có tọa độ $\left(-\sqrt{m};m^2-4\right);\left(\sqrt{m};m^2-4\right)$. Hai điểm cực đại này chỉ có thể nằm trên trục hoành. Do đó

$m^2-4=0\Rightarrow m=\pm 2$. Nhưng do m > 0 nên chọn m = 2.

Vậy $m\in (-\infty ;0]\cup \left\{2\right\}$ là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B

Đặt $t=x^2$. Do $x\in \left[-1;1\right]$ nên $t\in \left[0;1\right]$.

Khi đó

$$\begin{gathered} g\left(t\right)=-3t^3+12t^2 \\ g\text{'}\left(t\right)=-9t^2+24t-12 \\ g\text{'}\left(t\right)=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=2\left(l\right)\\ t=\frac{2}{3}\end{array}\right. \\ g\left(0\right)=4;g\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9};g\left(1\right)=1 \end{gathered}$$

Suy ra M = 4, m = $\frac{4}{9}$

Vậy $\sqrt{\frac{M}{m}}$ = 3

Đáp án cần chọn là D

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

$$\begin{gathered} \frac{x+1}{x-1}=2x+m \\ \iff x\ne 1 \\ f\left(x\right)=2x^2+\left(m-3\right)-m-1 \end{gathered}$$

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}∆=m^2+2m+7>0\forall m\\ f\left(1\right)=-2\ne 0\end{array}\right.$

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

Gọi $x_1;x_2$ lần lượt là hoành độ các điểm A, B. Khi đó $\overbrace{AOB}$ nhọn.

$$\begin{gathered} \iff \cos \left(\overbrace{AOB}\right) \\ =\frac{O{A}^2+O{B}^2-A{B}^2}{2.OA.OB}>0 \\ \iff O{A}^2+O{B}^2>A{B}^2 \\ \iff {x_1}^2+{\left(2x_1+m\right)}^2 \\ +{x_2}^2+{\left(2x_2+m\right)}^2 \\ >5{\left(x_2-x_1\right)}^2 \end{gathered}$$

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 $f\left(x\right)=x^2+mx+1$

f(x) có $∆=m^2-4$

Khi m < -2 hoặc m > 2 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$. Do đó đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng $x=x_1;x=x_2$ song song với Oy

Đáp án B

Xét hàm số $s=t^2-\frac{1}{6}{t}^3$.

Vận tốc của chuyển động là $v=y\text{'}=2t-\frac{1}{2}{t}^2$.

Ta có v' = 2 - t; v' = 0 nên t = 2

Lập bảng biến thiên và suy ra$\underset{t\in \left(0;+\infty \right)}{max v}=\frac{8}{3}\iff t=2$

Đáp án C

Đặt ${\log }_9\left(x\right)={\log }_6\left(y\right)=\log \left(x+y\right)$ = t

$\Rightarrow x=9^t;y=6^t;x+y=4^t$

Khi đó

$$\begin{gathered} 9^t+6^t=4^t \\ \iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^{2t}+{\left(\frac{3}{2}\right)}^t-1=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^t=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^t=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}<0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hơn nữa $\frac{x}{y}=\frac{9^t}{6^t}={\left(\frac{3}{2}\right)}^t$ = $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

Đáp án C

Xét các bộ số ( x,y,z ) = $\left({\log }_2\left(a\right),{\log }_3\left(b\right){\log }_5\left(c\right)\right)$ 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

$$\begin{gathered} 2^x+3^y+5^z \\ =2^{{\log }_2\left(a\right)}+3^{{\log }_3\left(b\right)}+5^{{\log }_5\left(c\right)} \\ =a+b+c=2+3+5=10 \end{gathered}$$

Và

$$\begin{gathered} 2^x.3^y.5^z \\ =2^{{\log }_2\left(a\right)}.3^{{\log }_3\left(b\right)}.5^{{\log }_5\left(c\right)} \\ =abc=2.3.5=30 \end{gathered}$$

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.

${\log }_3\left[\left(m-2\right)x^2+2\left(m-2\right)x+m\right]$ > 0

$$\begin{gathered} \iff f\left(x\right)=\left(m-2\right)x^2+2\left(m-2\right)x \\ +m-1>0,\forall \in \mathrm{ℝ} \end{gathered}$$

* Nếu m = 2 thì

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=-2x+1>0 \\ \iff x<\frac{1}{2} \end{gathered}$$

* Nếu $m\ne 2$ thì

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}a=m-2>0\\ ∆\text{'}=-3m+7<0\end{array}\right. \\ \iff m>\frac{7}{3} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có $y={\log }_{2x}\left(3x+1\right)$ = $\frac{\ln \left(3x+1\right)}{\ln \left(2x\right)}$. Suy ra

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{\left[\ln \left(3x+1\right)\right]\text{'}.\ln \left(2x\right)}{{\left[\ln \left(2x\right)\right]}^2} \\ - \frac{\ln \left(3x+1\right)\left[\ln \left(2x\right)\right]\text{'}}{{\left[\ln \left(2x\right)\right]}^2} \end{gathered}$$

$=\frac{{\displaystyle \frac{3}{3x+1}}\ln \left(2x\right)-{\displaystyle \frac{2}{2x}}\ln \left(3x+1\right)}{{\left[\ln \left(2x\right)\right]}^2}$

= $\frac{3x\ln \left(2x\right)-\left(3x+1\right)\ln \left(3x+1\right)}{x\left(3x+1\right){\left[\ln \left(2x\right)\right]}^2}$

Đáp án C

Xét cấp số nhân a, aq, $a{q}^2,a{q}^3$

Suy ra có dãy số

$$\begin{gathered} \log \left(a\right),\log \left(a\right)+\log \left(q\right) \\ \log \left(a\right)+2\log \left(q\right) \\ \log \left(a\right)+3\log \left(q\right) \end{gathered}$$

Đây là cấp số cộng với công sai d = $\log \left(q\right)>0$

Đáp án cần chọn là C

Áp dụng công thức đổi cơ số ta có:

${\log }_{140}\left(63\right)$ = $\frac{{\log }_2\left(63\right)}{{\log }_2\left(140\right)}$ = $\frac{{\log }_2\left(7\right)+2{\log }_2\left(5\right)}{1+{\log }_2\left(5\right)+{\log }_2\left(7\right)}$(*)

Mặt khác ${\log }_2\left(7\right)=\frac{1}{{\log }_7\left(2\right)}=\frac{1}{c}$;

$$\begin{gathered} {\log }_2\left(5\right)=\frac{{\log }_3\left(5\right)}{{\log }_3\left(2\right)} \\ ={\log }_3\left(5\right).{\log }_2\left(3\right)=ab \end{gathered}$$

Thay vào (*) 

${\log }_{140}\left(63\right)=\frac{{\displaystyle \frac{1}{c}}+2a}{2+ab+{\displaystyle \frac{1}{c}}}=\frac{2ac+1}{abc+2c+1}$

Đáp án B

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

nghiệm t của bất phương trình;

$$\begin{gathered} 75-20\ln \left(1+t\right)\le 10 \\ \iff \ln \left(1+t\right)\ge 3,25 \\ \Rightarrow t\ge 24,79 \end{gathered}$$

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 ${\log }_a\left(b\right)$ > 1. Khi đó nếu xét cùng các cơ số a và b thì

${\log }_a\left({\log }_a\left(b\right)\right)>{\log }_b\left({\log }_a\left(b\right)\right)>0$

Do 1 < a < b < c nên

$$\begin{gathered} {\log }_c\left(a\right)<1 \\ \Rightarrow 0>{\log }_c\left({\log }_c\left(a\right)\right)>{\log }_b\left({\log }_c\left(a\right)\right) \end{gathered}$$

Từ đó suy ra

$$\begin{gathered} {\log }_a\left({\log }_a\left(b\right)\right)+{\log }_b\left({\log }_b\left(c\right)\right)+{\log }_c\left({\log }_c\left(a\right)\right) \\ > {\log }_b\left({\log }_a\left(b\right).{\log }_b\left(c\right).{\log }_c\left(a\right)\right) \\ ={\log }_b\left(1\right)=0 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có

$$\begin{gathered} {\int }_{-1}^{1}f\left(x\right)dx=1 \\ {\int }_{-1}^0-2\left(x+1\right)dx+{\int }_0^{1}k\left(1-x^{2}dx\right) \\ =-1+\frac{2k}{3}=1 \\ \Rightarrow k=3 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt $f\left(t\right)=\frac{t^2-1}{t^2+1}$

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

$g\left(x\right)=F{\left(t\right)}_{2x}^{3x}=F\left(3x\right)-F\left(2x\right)$

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

$$\begin{gathered} g\text{'}\left(x\right)=3F\text{'}\left(3x\right)-2F\text{'}\left(2x\right) \\ =3f\left(3x\right)-2f\left(2x\right) \\ =\frac{3(9x^2-1)}{9x^2+1}-\frac{2(4x^2-1)}{4x^2+1} \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình tung độ giao điểm giữa

$$\begin{gathered} \left(C_1\right):x+4y-y^2=0 \\ \left(C_2\right):x-2y+y^2=0 \end{gathered}$$

là: $y^2-4y=2y-y^2$

$\iff \left\{\begin{array}{l}y=0\\ y=3\end{array}\right.$

Vậy $S={\int }_0^3\left[\left(2y-y^2\right)-\left(y^2-4y\right)\right]dy$ = 9

Đáp án C

Ta có thể xem khối tròn xoay này là do hình giới hạn bởi bốn đường x = a, x = -a, $y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}$ quay quanh trục Ox tạo nên.

Vậy

$$\begin{gathered} V=\mathrm{\pi }{\int }_{\mathrm{a}}^{\mathrm{b}}\frac{{\mathrm{b}}^2}{{\mathrm{a}}^2}\left({\mathrm{a}}^2-{\mathrm{x}}^2\right)\mathrm{dx} \\ =\frac{{\mathrm{\pi b}}^2}{{\mathrm{a}}^2}{\left[{\mathrm{a}}^2\mathrm{x}-\frac{{\mathrm{x}}^3}{3}\right]}_{-\mathrm{a}}^{\mathrm{a}} \\ =\frac{4}{\mathrm{a}}{\mathrm{\pi ab}}^2 \end{gathered}$$

Đáp án A