Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( ĐỀ 5 )

Do $AB\perp AD\text{'}$ nên $∆ABD\text{'}$vuông tại A.

Trong $∆ABD\text{'}$kẻ đường cao AH thì AH = d( A,BD' )

Trong $∆ADD\text{'}$ta có 

$$\begin{gathered} AD\text{'}=\sqrt{A{D}^2+DD\text{'}} \\ =\sqrt{b^2+c^2} \\ BD\text{'}=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2} \\ =\sqrt{a^2+b^2+c^2} \end{gathered}$$ 

Xét $∆ABD\text{'}$ ta được AH.BD' = AB.AD' 

$\Rightarrow AH=\frac{AB.AD\text{'}}{BD\text{'}}$ = $\frac{a\sqrt{b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Vậy d ( A, BD' ) = AH = $\frac{a\sqrt{b^2+c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$

Đáp án A

Vì đồ thị hàm số đi qua các điểm (0;-4),(l;0),(-l;-2) nên 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}c=-4\\ a+b+c=0\\ -a+b+c=-2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=3\\ c=-4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Tập xác định: D = R $\setminus$ { 1 } 

· $y\text{'}=\frac{m{x}^2+2mx+1}{{\left(x+1\right)}^2}$

· Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó khi và chỉ khi y ' > 0; $\forall x\ne 1$

· Xét m = 0, ta có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}>0$; $\forall x\ne 1$ (tm).

· Xét $m\ne 0$ .Yêu cầu bài toán  

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}∆\text{'}=m^2-m\le 0\\ m>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}0\le m\le 1\\ m>0\end{array}\right. \\ \iff 0<m\le 1 \end{gathered}$$

Kết luận: $0\le m\le 1$

Đáp án B

· Tập xác định: D = R

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=x^8-x^7+x^5 \\ -x^4+x^3-x+1 \\ =1+\left(x-1\right) \\ \left(x^7+x^4+x^2+x\right) \\ =1+\frac{\left(x^3-1\right)}{x^2+x+1} \\ \frac{\left(x^7+x^4+x^2+x\right)}{1} \\ =\frac{x^{10}+x^5+1}{x^2+x+1}+1 \\ =\frac{{\left(x^5+{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{3}{4}}}{{\left(x+{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+{\displaystyle \frac{3}{4}}}>0 \end{gathered}$$ 

Vậy hàm số f(x) không có cực trị.

Đáp án D

· Tập xác định: D = R

$$\begin{gathered} y\text{'}=3{\left(x+a\right)}^2+3{\left(x+b\right)}^2 \\ -3x^2 \\ =3x^2+6\left(a+b\right)x \\ +3\left(a^2+b^2\right) \end{gathered}$$

 · Hàm số có cực trị nên y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt

$$\begin{gathered} \iff ∆\text{'}=9{\left(a+b\right)}^2 \\ -3.3\left(a^2+b^2\right)>0 \\ \iff ab>0 \end{gathered}$$ 

Đáp án D

· Đường tròn

$$\begin{gathered} \left(C_m\right):x^2+y^2-2mx \\ -4my+5m^2-1=0 \end{gathered}$$

có tâm I ( m;2m ), bán kính R = 1.Ta có:

$$\begin{gathered} IB=\sqrt{5m^2+4m+8} \\ =\sqrt{5{\left(m+\frac{2}{5}\right)}^2+\frac{36}{5}} \\ \ge \frac{6}{\sqrt{5}}>1=R \end{gathered}$$

điểm B nằm ở phía ngoài đường tròn $\left(C_m\right)$. Do đó điểm A nằm ở phía trong đường tròn $\left(C_m\right)$, tức là: 

$$\begin{gathered} LA<1=R \\ \iff \sqrt{5m^2-8m+4}<1 \\ \iff 5m^2-8m+3<0 \\ \iff \frac{3}{5}<m<1 \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=-5\sin \left(x\right)+5\sin \left(5x\right) \\ =10\cos \left(3x\right)\sin \left(2x\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\sin \left(2x\right)=0\\ \cos \left(3x\right)=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\\ x=\frac{\mathrm{\pi }}{6}+k\frac{\mathrm{\pi }}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do $x\in \left[-\frac{\mathrm{\pi }}{3};\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right]$ nên $x\in \left\{-\frac{\mathrm{\pi }}{6};0;\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right\}$ . Ta có

$$\begin{gathered} f\left(-\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{3}\right)=2 \\ f\left(\frac{-\mathrm{\pi }}{6}\right)=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{6}\right)=3\sqrt{3} \\ f\left(0\right)=4 \end{gathered}$$

Suy ra M = $3\sqrt{3}$; m = 2. Vậy Mm = $6\sqrt{3}$

Đáp án A

Gọi x là khoảng cách từ S đến B. Khi đó khoảng cách từ S đến A là 4 - x ( 0 < x < 4 ) Chi phí mắc dây điện từ A qua S rồi đến C là:

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=5000\sqrt{1+x^2} \\ +3000\left(4-x\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{5000}{\sqrt{1+x^2}}-3000 \\ =1000\left(\frac{5x-3\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=0 \\ \iff x=\frac{3}{4} \\ f\text{'}\left(x\right)=\frac{5000}{{\left(\sqrt{1+x^2}\right)}^3}>0 \\ \Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(\frac{3}{4}\right)>0 \end{gathered}$$

Do đó

$$\begin{gathered} minf\left(x\right)=\frac{13}{4} \\ \iff x=\frac{3}{4} \end{gathered}$$

Vậy để chi phí ít tốn kém nhất thì S phải cách A là $\frac{13}{4}$km

Đáp án B

· Tập xác định: $D=(-\infty ;-1]\cup [0;+\infty )${1}.

· Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 1+}{\lim y}=+\infty \\ \underset{x\to 1-}{\lim }=-\infty \end{array}\right. \\ \Rightarrow x=1 \end{gathered}$$

là tiệm cận đứng

$\underset{x\to -\infty }{\lim y}=1\Rightarrow y=1$là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to -\infty }{\lim y}=-1\Rightarrow y=-1$là tiệm cận ngang.

Do đó đồ thị hàm số đã cho có 3 tiệm cận.

Đáp án C

(C_m) tiếp xúc với trục hoành khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}^3-2m{x}^2+m^{2}x+1-m=0\\ 3x^2-4mx+m^2=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}^3-2m{x}^2+m^{2}x+1-m=0\\ x=m;x=\frac{m}{3}\end{array}\right. \\ \Rightarrow m\in \left\{-3;1;\frac{3}{2}\right\} \end{gathered}$$

Do $m\in Z$ nên m = -3; m = 1

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

(C) có hai điểm cực trị là A ( 0;4 ); B ( 2;0 ) 

Gọi (P): $a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$ là parabol cần tìm.

Ta có

$$\begin{gathered} A,B\in \left(P\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}c=4\\ 4a+2b+c=0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=-2a-2\\ c=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khi đó: (P): y = a$x^2$ - 2(a + 1 )x + 4

(P) tiếp xúc với đường thẳng y = -2x + 2 khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a{x}^2-2\left(a+1\right)x+4 \left(1\right)\\ 2ax-2\left(a+1\right)=-2 \end{array}\right. \\ \left(1\right)=-2x+2 \\ \Rightarrow a=2\Rightarrow b=-6 \end{gathered}$$

Vậy parabol (P): $y=2x^2-6x+4$

Đáp án A

$\forall x\in R\Rightarrow -x\in R$ và $f\left(-x\right)=\frac{e^{-x}+e^x}{2}=f\left(x\right)$ 

Do đó f(x) là hàm số chẵn. Suy ra A sai.

Chứng minh tương tự g(x) là hàm số lẻ. Suy ra B sai.

Mặt khác, f ' (x) = g(x) Suy ra C sai.

Vậy chỉ có D đúng

Đáp án D

Ta có ${\log }_3\left(125\right)$ = 3${\log }_3\left(5\right)$

=$3\frac{{\log }_2\left(5\right)}{{\log }_2\left(3\right)}=\frac{3b}{a}$

Đáp án B

Ta có $a={\log }_{12}\left(6\right)<1$; $b={\log }_{12}\left(7\right)<1$. Suy ra $\frac{a}{1-a}$ < 0. Do đó (A) sai.

Rõ ràng b > a > 0 $\Rightarrow \frac{a}{1+b}<1$ Do đó (C) sai.

Mặt khác ${\log }_2\left(7\right)=\frac{{\log }_{12}\left(7\right)}{{\log }_{12}\left(2\right)}=\frac{b}{1-a}$

Vậy (D) là phương án đúng

Đáp án D

Điều kiện: x > 0 .Phương trình đã cho tương đương với

 $$\begin{gathered} x^{{\log }^2\left(x\right)+\log \left(x^3\right)+3}=x \\ \iff \left({\log }^2\left(x\right)+\log \left(x^3\right)+3\right) \\ \log \left(x\right)=\log \left(x\right) \\ \left({\log }^2\left(x\right)+3\log \left(x\right)+3\right)\log \left(x\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\log \left(x\right)=0\\ \log \left(x\right)=-1\\ \log \left(x\right)=-2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{10}\\ x=\frac{1}{100}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm nguyên

Đáp án A

Hàm số xác định khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \sqrt{8^{-2+\log \left(x\right)}}-\sqrt[3]{4^{2-\log \left(x\right)}}>0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \sqrt{8^{-2+\log \left(x\right)}}>\sqrt[3]{4^{2-\log \left(x\right)}}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\left(8^{-2+\log \left(x\right)}\right)}^3>{\left(4^{2-\log \left(x\right)}\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2^{9\left(-9+\log \left(x\right)\right)}>2^{4\left(2-\log \left(x\right)\right)}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ 9\left(-2+\log \left(x\right)\right)>4\left(2-\log \left(x\right)\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \log \left(x\right)>2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>100\end{array}\right. \\ \Rightarrow x>100 \end{gathered}$$

Vậy miền xác định của hàm số đã cho là: $\left(100;+\infty \right)$

Đáp án A

Ta có: 

$$\begin{gathered} 3{\log }_{27}\left(2x^2-x+2m-4m^2\right) \\ +{\log }_{\frac{1}{\sqrt{3}}}\left(x^2+mx-2m^2\right)=0 \\ \iff {\log }_3\left(2x^2-x+2m-4m^2\right) \\ ={\log }_3\left(x^2+mx-2m^2\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx-2m^2>0\\ 2x^2-x+2m-4m^2\\ =x^2+mx-2m^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+mx-2m^2>0\\ x^2-\left(m+1\right)x\\ +2m-2m^2=0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=m\\ x=1-m\end{array}\right. \end{gathered}$$

Phương trình đã cho có hai nghiệm $x_1;x_2$ thỏa mãn ${x_1}^2+{x_2}^2>1$

Đáp án C

Dễ dàng có được $x^2\ge x-\frac{1}{4}$; $y^2\ge y-\frac{1}{4}$; $z^2\ge z-\frac{1}{4}$; $t^2\ge t-\frac{1}{4}$ (1)

Dấu “=” xảy ra trong các bất đẳng thức này khi và chỉ khi x = y = z = t = $\frac{1}{2}$

Vì x; y; z; t $\in \left(\frac{1}{4};1\right)$ nên theo tính chất của lôgarit với cơ số dương và bé hơn 1 nên từ (1) ta có:

${\log }_x\left(y^2\right)\le {\log }_x\left(y-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_y\left(z^2\right)\le {\log }_y\left(z-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_z\left(t^2\right)\le {\log }_z\left(t-\frac{1}{4}\right)$; ${\log }_t\left(x^2\right)\le {\log }_t\left(x-\frac{1}{4}\right)$ 

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này, ta được:

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y-\frac{1}{4}\right)+{\log }_y\left(z-\frac{1}{4}\right) \\ +{\log }_z\left(t-\frac{1}{4}\right)+{\log }_t\left(z-\frac{1}{4}\right) \\ \ge 2\left({\log }_x\left(y\right)+{\log }_y\left(z\right)\right) \\ +\left({\log }_z\left(t\right)+{\log }_t\left(x\right)\right) \left(2\right) \end{gathered}$$

Dễ thấy ${\log }_x\left(y\right)$; ${\log }_y\left(z\right)$; ${\log }_z\left(t\right)$; ${\log }_t\left(x\right)$ luôn dương nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right) \\ \ge 4\sqrt[4]{{\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right)} \end{gathered}$$

Mà 

$$\begin{gathered} {\log }_x\left(y\right){\log }_y\left(z\right){\log }_z\left(t\right){\log }_t\left(x\right) \\ ={\log }_x\left(y\right)\frac{{\log }_x\left(z\right){\log }_x\left(t\right)}{{\log }_x\left(y\right){\log }_x\left(z\right)}{\log }_t\left(x\right) \\ =1 \end{gathered}$$

Từ (2). (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh.

Đáp án B

Người gửi 15 triệu đồng sau n quý sẽ nhận được số tiền (cả vốn lẫn lãi) là $15.{\left(1,0165\right)}^n$

Để có ít nhất 20 triệu ta phải có

$$\begin{gathered} 15.{\left(0,165\right)}^n\ge 20 \\ \Rightarrow n\log \left(0,0165\right) \\ \ge \log \left(20\right)-\log \left(15\right) \\ \Rightarrow n\ge \frac{\log \left({\displaystyle \frac{20}{15}}\right)}{\log \left(1,0165\right)} \\ \approx 17,58 \end{gathered}$$ 

Vậy người đó cần gửi tiền liên tục 18 quý.

Đáp án D

Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có tọa độ ( 1;0 ). Khi đó

$$\begin{gathered} S={\int }_{-1}^0\left|\frac{x+1}{x-2}\right|dx \\ =\left|{\int }_{-1}^0\frac{x+1}{x-2}dx\right| \\ =\left|{\int }_{-}^0\left(1+\frac{3}{x-2}\right)dx\right| \\ =\left|\left(x+3\ln {\left(\left|x-2\right|\right)}_{-1}^0\right)\right| \\ =3\ln \left(\frac{3}{2}\right)-1 \end{gathered}$$

Suy ra a = b = 3; c = 2

Vậy a + b + c = 8

Đáp án A

Đặt

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}u=x-2\\ dv=\sin \left(3x\right)dx\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=-\frac{\cos \left(3x\right)}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} \int \left(x-2\right)\sin \left(3x\right)dx \\ =-\frac{\left(x-2\right)\cos \left(3x\right)}{3} \\ +\frac{1}{9}\sin \left(3x\right)+C \end{gathered}$$ 

Suy ra m = 2; n = 3; p = 9

Vậy m + n + p = 14 

Đáp án A