Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 6 )

Phương trình đã cho tương đương với

2sin3x+sin2x=0⇔sinx=0sinx=-12

Do điều kiện sinx<12 nên sinx = 0 nên x=kπ;k∈ℤ

Đáp án A

Phương trình đã cho tương đương với

m-5sin2x-2m-2sinxcosx+m-5cos2x=0

Nếu m = -5 thì phương trình thành -6sin(x)cos(x). Do cos(x)≠0; x∈-π2;π2 nên sin(x) = 0 nên x = 0 ∈-π2;π2. Nếu m≠0 thì cos(x)≠0. Chia cả hai vế của pt cho cos2x ta được:

m-5tan2x-2m-2tanx+m-5=0

Đặt t = tan(x). ∀t∈R thì phương trình có một giá trị duy nhất x∈-π2;π2 mà t = tan(x) nên có hai giá trị x∈-π2;π2. Khi đó ∆' =  6m - 21 nên m > 72Vậy 72<m≠5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Gọi số cần lập là A = a1a2a3a4a5 với 1≤a1≤2.

+ Trường hợp 1: a1 = 1.

Có 4 cách chọn a5 và A53 cách chọn các chữ số còn lại nên có 4 . A53 số.

+ Trường hợp 2: a1 = 2; a2 lẻ.

Có 2 cách chọn a2, 3 cách chọn a5 và A42 cách chọn các chữ số còn lại nên có 2 . 3 . A42 = 72 số.

+ Trường hợp 3: a1 = 2; a2 chẵn.

Có 2 cách chọn a2, 2 cách chọn a3 và A42 cách chọn các chữ số còn lại nên có 2 . 2 . A42 = 48 số.

Vậy có 240 + 72 + 48 = 360 số

Đáp án A

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau đôi một được chọn từ các chữ số 0; 1; 2; 3;4;5;6 là abcd.

a có 6 cách chọn; các số còn lại có A63 cách chọn. Suy ra số phần tử của S là 6 . A63 = 720

Do đó nΩ = 720

Gọi A là biến cố: “số được chọn là số chẵn đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng các chữ số hàng chục, trăm và nghìn”.

Số được chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài nếu

d∈0;2;4;6d=a+b+c⇒d∈4;6d=a+b+c.

* Trường hợp 1: Số có dạng abc4 với a + b + c = 4 suy ra tập { a;b;c } là { 0;1;3 }. Vì a,b,c đôi một khác nhau nên có 2 cách chọn a; 2 cách chọn b; 1 cách chọn c. Do đó số các số thuộc dạng này là 2 . 2 . 1 = 4

* Trường hợp 2: Số có dạng abc6 với a + b + c = 6 suy ra tập { a;b;c } có thể là một trong các tập { 0;1;5 }; { 0;2;4 }; { 1;2;3 }

+ Nếu { a;b;c } là tập { 0;1;5 } hoặc { 0;2;4 } thì mỗi trường hợp có 4 số (tương tự trường hợp trên)

+ Nếu { a;b;c } là tập { 1;2;3 } thì có P3 = 3! = 6 số.

Do đó số các số thuộc dạng này là 4 + 4 + 6 = 14

Qua hai trường hợp trên, ta suy ra n(A): = 14 + 4 = 18.

Vậy xác suất cần tìm là

PA=nAnΩ=18720=140

Đáp án C

Điều kiện: n - 1≥4 nên n≥5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

⇔n-1n-2n-3n-44.3.2.1-n-1n-2n-33.2.1≤54n-2n-3n+1nn-1n-2n-35.4.3.2.1≥715n+1nn-1⇔n2-9n-22<0n≥5n2-5n-50≥0⇒n=10

Vậy n = 10 thỏa yêu cầu bài toán

Đáp án D

Ta có:

Un=1n34+n3+3n2+3n+141n3+2n2+n4+n3+n24=1nn4+nn+141n+1n4+n+1n+14=1nn4+n+141n+1n4+n+14=1n+n+11n4+n+14=n+14-n4n+1+n1n+1-n=n+14-n4,n≥1

Khi đó

S=u1+u2+..+u20184-1=24-14+34-24+..+201844-20184-14=201844-1=2017

Đáp án B

Ta có

limx→-∞x2+3000-x3+30003

= +∞ - (-∞) = +∞

Đáp án C

Tại điểm x = -π hàm số không xác định nên hàm số gián đoạn.

Ta có 

limx→0-fx=limx→0-2sinxx=2limx→0+fx=limx→0+x+2=2=f0

Do limx→0+f(x) = limx→0-f(x) = f(0) nên hàm số liên tục tại điểm x = 0.

Vậy hàm số chỉ gián đoạn tại điểm x = -π

Đáp án A

Điều kiện 13-x3>0⇒x<3

fx=ln13-x2=ln1-3ln3-x=-3ln3-xf'x=-313-x3-x'=33-x

Ta có

6π∫0πsin2t2dt=6π∫0π1-cost2dt=3πt-sint0π=3ππ-sinπ=3

Khi đó

f'x>6π∫0πsin2t2dtx+2⇔33-x>3x+2x<3;x≠-2⇒2x-1x-3x+2<0x<3;x≠-2⇔x<-212<x<3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

S=-∞;-2∪12;3

Đáp án D

Để MNPQ là hình bình hành thì MN∥PQ và MQ∥NP

Khi đó MQ∥SB ⇒QBQA=MSMA=k

Đáp án A

Do đồ thị hàm số y=ax+43x+b đi qua hai điểm A 1;910; B 12;1317 nên

910=a+43+b1317=12a+432+b⇔a=5b=7

Suy ra ab = 35

Đáp án C

Hàm số bậc ba bất kì luôn nhận được mọi giá trị từ -∞ đến +∞ nên ta có thể loại ngay hàm này, tức là đáp án (B) sai.

* Trong ba đáp án còn lại, ta loại ngay đáp án (A) vì hàm bậc bốn có hệ số cao nhất x4 là 1 nên hàm này có thể nhận giá trị +∞.

* Trong hai đáp án (C) và (D) ta cần làm sáng tỏ:

Cy=-x4+2x2-2=-x2-12-1<0Dy=-x4-4x2+1=5-x2+22

Cho x = 0 thì y = 1 > 0 nên đáp án này cũng bị loại.

Đáp án C

Do limx→±∞y=2m-1 nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 2m - 1.

Khi đó 2m - 1 = 3 nên m = 2

Đáp án B

Hàm số đồng biến trên R

⇔y'=x2+2mx-m≥0⇔∆'=m2+m≤0⇔-1≤m≤0

Suy ra giá trị nhỏ nhất của m là -1

Đáp án B

Hàm số y = f(x) thỏa mãn f ' (x0) < 0 và f " (x0) < 0 thì x = x0 là điểm cực đại của hàm số. Nhưng x = x0 là điểm cực đại của hàm số thì chưa chắc f " (x0) < 0. Lấy ví dụ y = f(x) = -x4 đạt cực đại tại x = 0 nhưng f " (0)

Đáp án A

Tập xác định: D = R.

* y'=-mx+1x2+1x2+1.

* Hàm số đồng biến trong khoảng 0;+∞ khi và chỉ khi

y ' ≥ 0, ∀x∈0;+∞⇔-mx+1≥0.

- Nếu m = 0 thì 1≥0 luôn đúng.

- Nếu m > 0 thì -mx+1≥0 nên x≤1m (loại).

- Nếu m < 0 thì x≥1m. Khi đó 1m≤0 nên m < 0. Tóm lại m≤0

Đáp án A

Đồ thị hàm số có hai điểm cực đại là A, B nên f ' (-2) = 0 nên 12 - 4a + b = 0 và f ' (2) = 0 nên 12 + 4a + b = 0.

Do A thuộc đồ thị hàm số nên 16 = -8 + 4a - 2b + c.

Giải hệ gồm ba phương trình trên ta thu được a = c = 0; b = -12. Suy ra a + b + c = -12

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Ta có 

maxx∈Rfx=4⇔fx≤4;∀x∈R∃x0∈R:fx0=4⇔ax+bx2+1≤4ax0+bx20+1=4⇔4x2-ax+4-b≥04x02-ax0+4-b=0⇔∆=a2+16b-64≤0∆=a2+16b-64≥0⇔a2+16b-64=0 1

Đối với minx∈Rfx=-1 làm tương tự, ta đi đến a2-4b-4=0 (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) ta được a=±4;b=3.

Do n2+n+2017 = nn++2017 là số lẻ ∀n∈N nên a2+b3-44n2+n+2017 = -1

Đáp án C

Xét hàm số 

fx=x3-9x2+24x-68f'x=3x2-18x+24=0⇔x=2x=4

Ta có f(-1) = -102; f(2) = -48; f(4) = -52.

Do đó 102≤fx≤-48. Suy ra 48≤fx≤102.

Vậy m = 48; M = 102 hay mM=817

Đáp án B

Gọi x là chiều rộng bãi cỏ thì chiều dài bãi cỏ sẽ là 1000 - 2x

Khi đó diện tích bãi cỏ là:

S = x( 1000 - 2x ) = 1000x - 2x2.

Ta có S'(x) = 1000 - 4x = 0 nên x = 250

Vậy max S = S (250) = 125000m2

Đáp án D

Điều kiện: x>log285

Phương trình đã cho tương đương với

5.2x-82x+2=23-x⇔5.2x-16.2x-16=0⇔2x=42=-45<0⇔x=2.

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất a = 2. Thay vào biểu thức P ta thu được P = 8

Đáp án B

Ta có

loganlogaablogan-logab=logaab-logab=logaa=1

Đáp án D

∀a>0;a≠1 ta có logaxyz=0

⇒logax+logay+logaz = 0

Đặt m = logax; n = logay; p = logaz nên m + n + p = 0.

Theo tính chất của lôgarit, ta viết lại biểu thức S như sau:

S=m-np+n-pm+p-mnpm-n+mn-p+np-m

Ta có 

m-np+n-pm+p-mn=mnm-n+npn-pmnppmp-m1=-m-nn-pp-mmnppm-n+mn-p+np-m=pn-pp-mm-nmm-np-mn-pnm-nn-pp-m=mnm+n+npn+pm-n+p+m-6mnpn-p-m3+n3+p3-3mnpp-m=mn-p+np-mm-nn-p+pm-n-6mnpp-m=-9mnpm-nn-pp-m

Vậy S = 9

Đáp án C

Điều kiện: cosx>0cotx>0

Đặt 2log3cotx=log2cosx = t

Ta có cotx=312;cosxt ⇒cot2x=3t;cos2x=4t.

Mặt khác cot2α=cos2α1-cos2α;∀α≠kπ nên

3t=4t1-4t⇔3t=12t+4t⇔4t+43t=11

Để ý rằng t = -1 là một nghiệm của phương trình (1). Ta sẽ chứng minh t = -1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Thật vậy, vế trái của (1) là một hàm đồng biến theo t và vế phải là hàm hằng nên là nghiệm duy nhất.

Với cosx=12⇔x±π3+k2π.

So điều kiện, chọn x=π3+k2π,k∈Z.

Mà x∈π3;2π nên chỉ có x=π3

Đáp án A

Đặt t=3x>0. Bất phương trình đã cho trở thành

at2+9a-1t+a-1>0⇔a>9tt2+9t+1

Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi a>maxt∈0;+∞ft với ft=9tt2+9t+1

Ta có f't=-9t2t2+9t+12<0; ∀t>0⇒ft là hàm nghịch biến trên 0;+∞.

Suy ra f(t) < f(0) = 1

Do đó 9tt2+9t+1<1;∀t>0 nên các giá trị của a cần tìm là a≥1

Đáp án B

Thay y=4x vào biểu thức P và biến đổi ta thu được

P=-9log22+27log2x-27.

Do y≥1 nên x≤4. Suy ra 12≤x≤4. Đặt t=log2x, khi đó -1≤t≤2.

Xét hàm số f(t0 = -9t2 + 27t - 27; t∈-1;2

Ta có f ' (t) = -18t + 27; f ' (t) = 0 ⇔t=32

f (-1) = -63; f (2) = -9; f32=274

Vậy

max P =-274⇔x=22;y=2

Đáp án A

Mệnh đề D sai bởi vì y=log12018x là hàm nghịch biến trong khoảng 0;+∞ nên

log12018a>log12018b⇔0<a<b

Đáp án D

Giả sử tại thời điểm ban đầu mẫu đồ cổ có chứa khối lươgnj Cacbon là mo và tại thời điểm t (tính từ thời điểm ban đầu), khối lượng đó là m(t) thì ta có

mt=mo.e-ln25730⇔75%mo=mo-ln25730⇔t≈2378

Đáp án C

Đặt t = 2 nên dt = 2dx.

Đổi cận: x = 1 nên t = 2; x = 3 nên t = 6

Fx=∫sinxxdx⇒Fu=∫sinuudu∫13sin2xxdx=∫132sin2x2xdx⇒∫13sin2xxdx=∫26sinuudu=F6-F2

Đáp án B

Gọi gia tốc trong chuyển động nhanh dần đều của chất điểm A là a thì vận tốc của A là VA(t) = at. Tại thời điểm t = 8 ta có VA(8) = a . 8 = 6 ⇒a=34m/s2Quãng đường A chuyển động được trong 8 giây đầu là

S1=∫0834tdt=38t208=24m.

Thời gian A chuyển động đều cho đến lúc gặp B là 12 giây.

Quãng đường A đi được trong chuyển động đều là S2 = 6 . 12 = 72m.

Quãng đường A đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp B là S = S1+S2 = 24 + 72 = 96m

Gọi gia tốc của B là b thì vận tốc của B là vB(t) = bt

Quãng đường B đi được từ lúc xuất phát đến lúc gặp A là 96 m.

Ta có: S = ∫08btdt=bt2208 = 32b = 96 ⇒b=3m/s2

Vận tốc của B tại thời điểm gặp A là vB(8) = 3 . 8 = 24m/s

Đáp án C

Đặt ft=tsint. Theo định nghĩa tích phân ta có g(x) = Fx2 - F(x).

Khi đó 

g'x=2xF'x2-F'x2x=2xfx2-fx2x=2x2sinx2-sinx2x4

Đáp án A

∫0acosx+a2dx=∫0acosx+a2dx+a2=sinx+a204=sina+a2-sina2

Với a=2π ta có sin2π+2π=sin2π

Đáp án D

∫1elnnxdx=∫1elnn-lnxdx=xlnn1e-∫1elnxdx=e-1lnn-xlnx-x1e=e-1lnn-1

Với n = 1 ta có I = -1 < e - 2.

Với n = 2 ta có I = eln2 - ( ln2 + 1 )

= ( e - 1 )ln2 - 1 < e - 1 -1 = e - 2

Đáp án C

Đường thẳng d đi qua A( 1;4 ) với hệ số góc k có phương trình y = k( x - 1 ) + 4

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

x2=kx-1+4⇔x2-kx-4=0

Ta có 

∆=k2-4k-4=k2-4k+16=k-22+12>0

Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt và giả sử rằng hai nghiệm đó x1<x2

S=∫x1x2kx-1+4-x2dx=...=16k2-4k+163=16k-22+123≥43

Vậy minS = 43 khi và chỉ khi k = 2

Đáp án B

Vẽ đồ thị hàm số y=x2-6x+5.

(P) có tọa độ đỉnh là B ( 3;-4 ), cắt trục hoành tại A ( 1;0 ); C ( 5;0 )

AB^ có phương trình x=y+4-3; BC^ có phương trình x=y+4+3

VOy=π∫-40y+4+32dy-π∫-40y+4-32dy=64π

Đáp án D

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Từ z-1+i≤1 suy ra M nằm trên hình tròn tâm tại điểm ( 1;1 ) (là điểm biểu diễn số phức 1 + i) và bán kính R = 1

Đáp án D

Ta có

1+i5=∑k=05C5k.ik1-i5=∑k=05C5k-1kik

Suy ra trong biểu thức 1+i5+1-i5 chỉ chứa i0;i2;i4 nên 1+i5+1-i5∈R

Đáp án C

Ta có

z=1+i21-11+i-1=1+i21-1i=1+i2101+i-1i=-210+210+1i.

Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng 1

Đáp án A

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1;z2∈ℂ

Trường hợp 1: ∆'>0.

Ta có: 

z1+z2=10⇔z12+z22+2z1z2=10⇔z1+z22-2z1z2+2z1z2=10

Giải tìm được m=3-25

Trường hợp 2: ∆'<0.

Ta có:

z1+z2=10⇔1-m2+-m2+6m+12=10⇔m=2

Vậy m=3-25; m = 2 là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán

Đáp án B

Gọi O=AC∩BD. Ta có

BD⊥ACBD⊥SC⇒BD⊥SAC 

Kẻ OI⊥SC nên OI là đoạn vuông góc chung của BD và SC. Lại có ∆ICO~ACS nên suy ra OI=3a2926Vậy d=3a2926

Đáp án B

Gọi O là tâm hình vuông của mặt đáy. Khi đó O cũng là tâm của mặt cầu. Ta có:

R2=SO2=a2-a222=a22S=4πR2=2πa2

Đáp án C

Ta có: S = 2πRl=2π.2.2=4π

Đáp án D

Sai vì thiết diện qua trục là tam giác vuông cân nghĩa là hai đường sinh tạo thành một mặt phẳng chứa SO mới vuông góc với nhau, còn hai đường sinh bất kì thì chưa chắc vuông góc

Ta có 

VDMNPVDABC=DMDA.DNDB.DPDC=12.12.34=18

Do đó 18.312=396

Đáp án C

Ban đầu bán kính đáy là R, sau khi cắt và gò ta được 2 khối trụ có bán kính đáy là R2. Đường cao của các khối trụ không thay đổi. Ta có: 

V1=Sdh=π.R2.hV2=2Sdl.h=2πR2h=πR2h2

Khi đó: V1V2=2

Đáp án C

Đường thẳng d đi qua M ( 0;-1;1 ) và có vectơ chỉ phương là u→1;2;0. Do d⊂P nên u→.n→=0⇔a + 2b = 0 nên a = -2b

Đáp án D

∆MNP có trọng tâm G ( 3;6;-3 ). Đường thẳng d qua G và vuông góc với (Q) có phương trình

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

K=d∩Q tọa độ điểm K ứng với tham số t là nghiệm của phương trình: 

3+t+26+2t--3-t-6=0⇔t=-2⇒K1;2;-1

Đáp án D

Phương trình mặt cầu ở đáp án (C) có tâm I ( 3;3;-3 ) và bán kính R = 3 nên R=x1=y1=z1.

Do đó (S) tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ. Hơn nữa M thỏa mãn phương trình (S) nên M∈S

Đáp án C