Tổng hợp đề thi thử THPTQG môn Toán cực hay tuyển chọn, có lời giải chi tiết ( đề 12 )

Ta có:

$$\begin{gathered} \cos \left(3x\right){\cos }^3\left(x\right)-\sin \left(3x\right){\sin }^3\left(x\right)=\frac{2+3\sqrt{2}}{8} \\ \iff \cos \left(3x\right).\frac{\cos \left(3x\right)+3\cos \left(x\right)}{4} \\ -\sin \left(3x\right).\frac{3\sin \left(x\right)-\sin \left(3x\right)}{4}=\frac{2+3\sqrt{2}}{8} \\ \iff 2{\cos }^2\left(3x\right)+6\cos \left(3x\right)\cos \left(x\right) \\ -6\sin \left(3x\right)\sin \left(x\right)+2{\sin }^2\left(3x\right)=2+3\sqrt{2} \\ \iff 2\left({\cos }^2\left(3x\right)+{\sin }^2\left(3x\right)\right) \\ +6\left(\cos \left(3x\right)\cos \left(x\right)-\sin \left(3x\right)\sin \left(x\right)\right)=2+3\sqrt{2} \\ \iff \cos \left(4x\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\mathrm{\pi }}{16}+k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\\ x=-\frac{\mathrm{\pi }}{16}+k\frac{\mathrm{\pi }}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có $-1\le \cos \left(2x\right)\le 1$ nên $5-3\cos \left(2x\right)>0$

Mặt khác $\left|1+\sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\right|\ge 0$

Hàm số xác định khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{5-3\cos \left(2x\right)}{\left|1+\sin \left(2x-{\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}\right)\right|}\ge 0\\ 1+\sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \sin \left(2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\ne -1 \\ \iff 2x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\ne -\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \\ \iff \mathrm{x}\ne \mathrm{k\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}} \end{gathered}$$

(Để ý rằng bất phương trình (*) luôn đúng)

Tập xác định là $D=R\setminus \left\{k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right\}$

Dáp án C

Xét hàm số 

- Nếu $a=\frac{p}{q}$ với $p\in Z,q\in N^{*}$ thì $T=q\mathrm{\pi }$ là chu kì của g(x)

Vì $g\left(x+q\mathrm{\pi }\right)=f\left(x+q\mathrm{\pi }\right)+f\left(ax+p\mathrm{\pi }\right)$ còn $\mathrm{\pi }$ là chu kì của hàm số f(x)

- Ta sẽ chứng minh nếu a là số vô tỉ thì g(x) không tuần hoàn

Để ý rằng $g\left(0\right)=f\left(0\right)+f\left(0\right)=1$. Nếu $g\left(x_0\right)=1$ đối với $x_0\ne 0$ nào đó thì ${\tan }^2\left(x_0\right)=0$ và ${\tan }^2\left(a{x}_0\right)=0$. Điều này có nghĩa là $x_0=k\mathrm{\pi }$ và $a{x}_0=l\mathrm{\pi }$ với $k,l\in Z$

Nhưng $x_0\ne 0$ nghĩa là $a=\frac{1}{k}$. Điều này mâu thuẫn vì a là số vô tỉ. Do đó hàm số g(x) nhận giá trị 1 tại điểm duy nhất x = 0. Như vậy f(x) sẽ không tuần hoàn

Đáp án B

Ta có 

$$\begin{gathered} y=\left|\sin \left(x\right)=\cos \left(2x\right)\right| \\ =\left|\sin \left(x\right)-\left(1-2{\sin }^2\left(x\right)\right)\right| \\ =\left|2{\sin }^2\left(x\right)+\sin \left(x\right)-1\right| \end{gathered}$$

Đặt t = sin(x),$-1\le t\le 1$

Ta sẽ đi tìm GTLN và GTNN của hàm số $y=g\left(t\right)=\left|2t^2+t-1\right|$ trên đoạn [ -1;1 ]

Ta có $g\left(t\right)=\left\{\begin{array}{l}-2t^3-t+1, -1\le t\le \frac{1}{2}\\ 2t^3+t-1, \frac{1}{2}\le t\le 1\end{array}\right.$

* Xét hàm số $h\left(t\right)=-2t^3-t+1$ trên đoạn$\left[-1;\frac{1}{2}\right]$

Dễ dàng tìm được 

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Max}h\left(t\right)=\frac{9}{8}\iff t=-\frac{1}{4} \\ \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Min}h\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

* Xét hàm số $k\left(t\right)=2t^3+t-1$ trên đoạn $\left[\frac{1}{2};1\right]$

Cũng dễ dàng tìm được 

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Max}k\left(t\right)=2\iff t=1 \\ \underset{r\in \left[\frac{1}{2};1\right]}{Min}k\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Qua hai trường hợp trên ta đi đến kết luận

$$\begin{gathered} \underset{r\in \left[-1;3\right]}{Max}g\left(t\right)=2\iff t=1 \\ \underset{r\in \left[-1;3\right]}{Min}g\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Hay 

$$\begin{gathered} M=Maxy=2\iff \sin \left(x\right)=-1\iff x=-\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \\ \mathrm{m}=\mathrm{Miny}=0\iff \sin \left(\mathrm{x}\right)=\frac{1}{2} \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\frac{\mathrm{\pi }}{6}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }\\ \mathrm{x}=\frac{5\mathrm{\pi }}{6}+\mathrm{k}2\mathrm{\pi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\left(\frac{3^k-2^k}{3^{k+1}-2^{k+1}}-\frac{3^{k+1}-2^{k+1}}{3^k-2^k}\right) \\ \sum _{k=1}^n\frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\frac{3^n-2^n}{3^{n+1}-2^{n+1}} \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)} \\ =6\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left(3^n-2^n\right)}{3^{n+1}-2^{n+1}} \\ =6\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^n}{1-2.{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=2 \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)...\left(x-2019\right)}{x-1} \\ =\underset{x\to 1}{\lim }\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)...\left(x-2019\right) \\ =\left(-1\right).\left(-2\right).\left(-3\right)....\left(-2018\right)=2018! \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2x\right)}{f\left(x\right)}=1\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2^{n}x\right)}{f\left(x\right)} \\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(2^{n}x\right)}{f\left(x\right)}.\frac{f\left(2^{n-1}x\right)}{f\left(2^{n-2}x\right)}..\frac{f\left(2x\right)}{f\left(x\right)}=1 \end{gathered}$$

Giả sử f(x) tăng và $k\ge 1$. Ta thấy tồn tại $n\in N$ sao cho $2^n\le k\le 2^{n+1}$

 Theo tính đơn điệu của f, ta có $f\left(2"x\right)\le f\left(kx\right)\le f\left(2^{n+1}x\right)$

Từ đây suy ra $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=1,\forall k\ge 1$

Cũng suy luận như trên, trong trường hợp 0 < k < 1 ta có

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(u\right)}{f\left({\displaystyle \frac{u}{k}}\right)}=1$

Vậy ta thu được $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f\left(kx\right)}{x}=1,\forall k>0$

Đáp án A

Lấy M ( -1;1 )$\in ∆$. Suy ra ảnh của M qua $T_n$ là M' ( -3;5 ).

Gọi $∆\text{'}$ là ảnh của $∆$ qua $T_n$

Đường thẳng $∆\text{'}$ qua M' ( -3;5 ) nhận $\overrightarrow{n}=\left(3;-2\right)$ làm vecto pháp tuyến nên có phương trình $3\left(x+3\right)-2\left(y-5\right)\iff 3x-2y+19=0$

Đáp án B