Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 8 )

Điều kiện 9x2-16x-80≥0⇔x≥4

Phương trình đã cho tương đương với

π43x-9x2-16x-80=kπk∈ℤ⇔3x-9x2-16x-80=4k⇔9x2-16x-80=3x-4k⇔x≥4k39x2-16x-80=3x-4k2⇔x≥4k3x=2k2+103k-2

Yêu cầu bài toán tương đương với 

2k2+103k-2≥4k3x=2k2+103k-2≥42k2+103k-2∈ℤ

Ta có 

2k2+103k-2≥4k3x=2k2+103k-2≥4⇔-6k2+8k+303k-2≥02k2-12k+183k-2≥0⇔23<k≤3

Vì k∈ℤ nên k∈1;2;3

Với k = 1 suy ra 2k2+103k-2=12∈Z

Với k = 2 suy ra 2k2+103k-2=92∉92

Với k = 3 suy ra 2k2+103k-2=4∈Z

Kết hợp với điều kiện ta suy ra x = 4; x = 12

Vậy có 2 giá trị nguyên dương cần tìm

Đáp án C

Đặt

Ta có 

t=2tan1-tan2x⇒2t=1tanx-tanx⇒4t2=1tan2x+tan2x-2

Từ đó 

4t2+22=1tan2x+tan2x2⇒1tan4x+tan4x=16t4+16t2+2

Lúc đó ft=16t4+16t2+2 với t = tan(2x)

Khi x∈0;π4 thì t = tan(2x) và liên tục trên miền đó nên ta có: ft=16t4+16t2+2

Bắt đầu từ đây ta có: 

fsinx+cosx=16sin4x+16sin2x+2+16cos4x+16cos2x+2=161sin4x+1cos4x+161sin2x+1cos2x+4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

1sin4x+1cos4x≥2sin2xcos2x=8sin22x≥8∀x∈0;π21sin2x+1cos2x≥2sinxcosx=4sin2x≥4∀x∈0;π2

Cuối cùng ta thu được f(sinx) + f(cosx)≥196

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=π4

Đáp án A

Do thi đấu vòng tròn 1lượt nên 2 đột bất kỳ chỉ đấu với nhau đúng 1 trận. Số trận đấu của giải là C142=91

Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận hòa là 2 nên tổng số điểm của 23 trận hòa là 2 . 23 = 46

Tổng số điểm của 2 đội trong 1 trận không hòa là 3 nên tổng số điểm của 68 trận không hòa là

Vậy số điểm trung bình của 1 trận là 46+20491 = 25091(điểm)

Đáp án C

Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân từ 8 quả cân 

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cân có tổng khối lượng không quá 9kg”

Khi đó A = {(1;2;3); (1;2;4); ( 1;2;5); (1;2;6); (1;3;4); (1;3;5); (2;3;4)}

Suy ra n(A) = 7

Vậy xác suất cần tìm là PA=nAnΩ=7C83=18

Đáp án D

Ta có 

1Cn2+7Cn3=1n⇔n≥32nn-1+7.3!nn-1n-2=1n⇔n≥3n2-5n-36=0⇔n=9

Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển 81-x8+91-x9

Vậy ta thu được a8=8.C88+9.C98=89

Đáp án C

Đặt un=n3+3n2+n+13

Ta có 

cosπnun=cos-πnun+n+1nπ=cosπnn+1-un=cosπnn+13-u3nn+12+n+1un=cos2πu2n+12+n+1un+u2n=cos2π1+1n2+unn1+1n

Suy ra 

limn→∞cosπnun=cos2π3=-12

Biến đổi tương tự, ta cũng tìm được 

limn→∞sinπnun=-sin2π3=-32

Vậy

limx→∞cosπnn3+3n2+n+13+sinπnn3+3n2+n+13=-1+32

Đáp án A

Phân tích

4x2+4x+4-ax+b=4x2+4x+1-2x+1+2x+1-ax+b=4x2+4x+1-2x+1+2-ax+1-b

Ta có 

limx→∞4x2+4x+3-2x+1=limx→∞24x2+4x+3-2x+1

Khi đó 

limx→∞4x2+4x+3-ax+blimx→∞2-ax+1-b=0⇔2-a=01-b=0⇔a=2b=1

Suy ra a-2b20183a2+ab3+ba3=0

Đáp án A

Đây là một bài toán tương đối khó. Đầu tiên, chúng ta cần để ý đến những biến đổi sau đây:

1x-1+2x-2+..+70x-70-54=∑k=170kx-k-54=∑k∏x-jj≠k∏x-j-54=4∑k∏x-j-5∏x-jj≠k4∏x-j=fxgx

với k;j = 1,70

Rõ ràng g(x) = 0 có 70 nghiệm x∈1;2;..;70

Vậy f liên tục trên R,fk,fk+1<0 với k=1,69 và limx→+∞fx<0;f70>0 nên cũng có đủ 70 nghiệm xen kẽ là 1 < x1 < 2 < x2 < .. < x69

Tổng độ dài các khoảng nghiệm của bất phương trình fxgx≥0 là

L=x1-1+x2-2+..+x70-70=x1+x2+..+x70-1+2+..+70

Để ý đa thức f có bậc 70, hệ số cao nhất là -5 và hệ số của x69 là: 9(1 + 2 + ..+ 70 )

Do đó

L=-91+2+..+70-5-1+2+..+70=1988

Đáp án D

Ta có f'x<0∀x∈0;2⇔3x2-4x-m<0⇔m>3x2-4x

Xét hàm số gx=3x2-4x trên khoảng ( 0;2 )

Lập bảng biến thiên, ta suy ra m≥4

Đáp án D

C1 và C2 có tâm lần lượt là I ( 3;2 ); O ( 0;0 )

Gọi u ( a;b ) là vectơ tịnh tiến

Khi đó Tu:I↦O, cho nên 3=0+a2=0+b⇔a=3b=2

Vậy u→( 3;2 )

Đáp án B

Tập xác định: D = R

y'=3x2+6x+m có ∆'=9-3m

Nếu m≥3 thì y'≥0 hàm số đồng biến trên R(loại)

Nếu m < 3 thì có 2 nghiệm phân biệt x1,x2x1<x2

Hàm số nghịch biến trên đoạn x1;x2 với độ dài l=x1-x2.

Ta có x1+x2=-2;x1x2=m3. Yêu cầu bài toán

 ⇔x1+x22-4x1x2=1⇔x=94

Đáp án B

Ta có 

y'=x2-sinα+cosαx+34sin2α

Hàm số luôn đồng biến trên R khi và chỉ khi

∆=sinα+cosα2-sin2αsin2α≥12⇔π12+kπ≤α≤5π12+kπ

Đáp án A

Hàm số được viết lại như sau:ex-9.e-x

Tập xác định: D = R

f'x=ex-9.e-x=e2x-9ex=0⇔x=ln3

Mặt khác: f'x=ex-9.e-x>0

Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = ln3

Đáp án D

Tập xác định của hàm D = Rπ2+kπ

y'=αsinxαcos2xy"=-sinx+2αsinx-1αcos3xy'=0⇔sinx=α*

Hàm số đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc 0;9π4 thì trước hết phương trình (*) phải có ba nghiệm thuộc 0;9π4π2;3π2⇔sinx=α có ba nghiệm phân biệt 

Với a∈0;22 thì y''≠0 ( bởi vì ∆f=a2-1<0với fsinx=-sin2x+2αsinx-1)

Vậy 0<α<22 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án B

Ta có limx→±∞y=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của Cm

Xét tam thức bậc hai fx=x2-4x+m. Nếu ∆=4-m>0⇔m=4 thì f(x) có hai nghiệm x1,x2 phân biệt.

Do limx→x1y=limx→x2y=±∞⇒Cm có hai tiềm cận đứng

Đáp án C

Ta có f'x=-m2+m+1x+12>0

Suy ra f(x) là hàm đồng biến trên [0;1]

Do đó f0≤fx≤f1 hay

 -m2+m≤fx≤12-m2+m+1

Khi đó

 minx∈0;1fx=-m2+m=-2⇔m=-1m=2

Đáp án A

(C) có hai tiệm cận là: x + 1 = 0 và y - 2 = 0

Hàm số được viết lại như sau: y=2x-1x+1=2-3x+1

Do M∈C nên Mm;2-3m+1 (với m≠-1)

Khi đó

d1d2=m+12-3m+1-2=3

Đáp án B

Hàm số được viết lại như sau:11+3x2-x

f'x=1+3x2-3x1+3x2-x21+3x2f'x=0⇔1+3x2=3x⇔x≥0x2=16⇔x=66

Lập bảng biến ta suy ra được giá trị lớn nhất của f(x) là 62

Đáp án C

y'=3x3+2axy'=0⇔x=0x=-2a3

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất

yCD.yCT⇔-44a327-4>0⇔a<3

Đáp án C

Ta có C'x=2x2-24x+70x-62

C'x=0⇔x=5x=7So điều kiện x > 6, chọn x = 7

Vậy để tổng chi phí lớn nhất thì công ty cần cải tiến 7 đơn vị sản phẩm

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với

3xx2-9≤0⇔x2-9≤0⇔-3≤x≤3

Vậy S=-3;3

Đáp án A

Ta có: y'=2-lnxlnxx2

y'=0⇔x=1x=e2y1=0;ye3=9e3;ye2=4e2

Suy ra M=4e2 và m = 0

Vậy Q=e2M+m = e24e2+0=2

Đáp án B

Xét mệnh đề (I):

logak=1+2logaa+..+nlogaa=1+2+..+n

=nn+12=n2+n2 (mệnh đề đúng)

* Xét mệnh đề (II):

loga+logb2>loga+b2⇔logab>loga+b2

⇔ab>a+b2(mệnh đề sai)

Đáp án A

Ta có 

T=alog37log37+blog711log711+cloglog1125log1125=27log37+49log711+11log1125=73+112+2512=469

Đáp án C

Đặt x=a-16; y=b-16 . Khi đó

K=x+yx2-xy+y2x3-y3=x3+y3x3-y3=x6-y6=a-1-b=1-aba

Đáp án D

Ta có xn=1logn2010 với n = 2;3;4..

Khi đó

a=x11+x12+x13+x14+x24=log201011+log201012+log201013+log201014+log201024=log201011.12.13.14.24b=x63+x64+x65+x66+x67=log201063.64.65.66.67

Suy ra

b-a=log20102.3.5.6.7=log20102010=1

Đáp án B

Ta có 9a2+b=10ab⇔3a+b42=ab

Suy ra

log3a+b4=logab⇔log3a+b4=loga+logb2

Đáp án B

Theo công thức đã cho thì cường độ ánh sáng thay đổi khi đi từ độ sai h1 đến h2 là 

I1I2=I0e-μh1I0e-μh2=e-μh2-h1

Do đó khi đi từ độ sau 2m xuống độ sau 20 m thì cường độ ánh sáng giảm đi

e1,420-2=e25,2≈8,7947.1010

Giá trị này rất lơn chứng tỏ ở độ sâu 20 m dưới mặt nước biển gần như không có ánh sáng được chiếu tới

Đáp án A

Ta có 

I=∫3π4πtan2x-tanxe-x=∫3π4πe-xtan2xdx-∫3π4πe-xtanxdx=J-K

Trong đó 

J=∫3π4πe-xtan2xdxK=∫3π4πe-xtanxdx

Ta sẽ tính tích phân K bằng phương trình tích phân từng phần

Đặt 

u=tanxdv=e-xdx⇒du=1+tan2xdxv=-e-x

Khi đó 

K=-e-xtanx3π4π+∫3π4πe-x1+tan2xdx=-eπ∫3π4πe-xdx+J=-e-3π4-e-x3π4π+J=-e-x+J

Vậy I=e-x=e-kx⇒k=1

Đáp án B

Ta có

∫fxdx=∫x2+1-x2x2+x+1dx=∫x2-x+1dx=x33-x22+x+C

Đáp án A

Xét tích phân J=∫-π2π2f-xdx

Đặt: x = -t nên dx = -dt

Đổi cận

 x==-π2⇒t=π2x=π2⇒t=-π2

Khi đó

I=∫-π2π2f-tdt=J⇒3I+2I=∫-π2π2f-x+2fxdx=∫-π2π2cosxdx=2

Vậy I=23

Đáp án B

Gọi S là diện tích hình phẳng cần tìm. Đó fx>0,∀x∈1;e2 nên

S=∫1e2fxdx=∫1e2x+1lnxdx

Đặt 

u=lnxdv=x+1dx⇒du=1xdxv=23xx+x

Khi đó

S=2x3+1xlnx1e2-∫1e22x3+1dx=8e3+8e2+139

Đáp án D

Ta có x + y - 3 = 0 nên y = 3 - x

Giao điểm của đồ thị hàm số y=log2x với đường thẳng y = 3 - x và y = 0 lần lượt là ( 2;1 ); ( 1;0 )

Khi đó 

V=π∫12log2xdx+∫233-x2dx=V1+V2

Trong đó 

V1=π∫12log2xdx=πlog2e∫12lnxdx=πlog2e2ln2-1V2=π∫123-x2dx=π3

Vậy V=π13+log2e2ln2-1

Đáp án A

Đặt I=∫aln10exea-13dx

Đặt 

t=ea-13⇒t3=ex-1⇒3t2dt=exdx

Đổi cận: 

x=a⇒t=ea-13x=ln10⇒t=3

Khi đó 

I=∫ea-1323t2dtt=3∫ea-132tdt=32t2ea-132=324-ea-223

Vậy lima→ln2I=32.4=6

Đáp án C

Quãng đường mà vật đó di chuyển là:

S=∫01,512π+sinπtπdt=12πt+1π2cosπt01,5=34π+1π2≈0,34

Đáp án D

Hai số phức liên hợp có môđun bằng nhau, ta suy ra

z-2+i=z-2+i ( vì )

z-2+i=z+-2+i=z-2-i

Từ đó ta có z-2+i=1

Đặt z = x + iy

Suy ra:

z-2+1=1⇔x-2+y-1i=1⇔x-22+y-12=1⇔x-22+y-12=1

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I ( 2;1 ), bán kính R = 1

Đáp án C

Ta có

z=1-m1-m2+2mi=-m+i1-m2-2mi1-m22+4m2=-m1-m2+2m+i1-m221-m2+2m21=m1+m2+i1+m21-m22=m1+m2+11+m2i⇒z=m1+m2-11+m2i

Do đó

z.z=12⇔m2+1m2+12=12⇔1m2+1=12⇔m2+1=2⇔m=±1

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1;z2 

Khi đó OM=z1;ON=z2

Sử dụng các bất đẳng thức vectơ quen thuộc ta suy ra được các bắt đẳng thức ở D

Đáp án D

Ta có 

1+i1-i=1+i1+i1+i1-i=i2+2i+11-i2=1⇒z=i2021=i21010i=1

Do đó 

M=zk+zk+1+zk+2+zk+3=ik+ik+1+ik+2+ik+3=ik1+i+i2+i3=ik1+i-1-i=0

Đáp án A

SABCD=2.a234=a232

∆AA'O vuông cân ⇒A'O=AO=a32

Vậy: V=a233.a33=3a34

Đáp án B

Vì SH⊥ABCD nên

VS.CDMN=13SH.S.CDMN=13SH.SABCD-SBCM-SAMN=13a358a2=5324a3

Đáp án B

 

 

 

 

 

 

Ta có SCD∩ABCD=CD

CD⊥SACD⊥AC⇒CD⊥SAC⇒SC⊥CD

Vì SC⊥CD,SC⊂SCDAC⊥CD,AC⊂ABCD

Nên SCD,ABCD^=SCA^=45o

Dễ thấy ∆SAC vuông cân tại A

Suy ra SA = AC = a2

Lại có

 SMCD=12MC.MD=12a.a=a22

Do đó

 V=VS.MCD=13SMCDSA=13.a22.a2=a326

Ta có

 BD∥MNMN⊂SMN⇒BD∥SMN

Khi đó d( SM,BD ) = d( SM, (SMN) ) = d( D, (SMN) ) = d( A, ( SMN) )

Kẻ AP⊥MN,P∈MNAH⊥SP,H∈SP

Suy ra AH⊥SMN⇒dASMN=AH

∆SAP vuông tại A có

1AH2=1SA2+1AP2=1SA2+1AN2+1AM2=12a2+1a24+1a2=112a2

Do đó d = d( SM, BD ) = AH = a2211

Đáp án A

Vì BAC^=90o nên BC = 5. Khi đó

S1S2=π.4.5π.3.5=43

Đáp án A

Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Kẻ OH⊥AB. Khi đó: V1V2=OHOA=a36.3a3=12

Đáp án A

Kẻ 

MN⊥AB⇒MN=1,AM=2MC=3,BM=23S=πMN.AM+πMN.BM=π.1.2+23=2π1+13

Đáp án C