Đang tải... (xem toàn văn)
Vì vậy, khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua trục thì thiết diện thu được là một tam giác đều có cạnh bằng 10.A. Cho hình lăng trụ đứng
(1)ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN TẬP SỐ 01 – THPT MƠN TỐN 2020
Câu Có 10 bút khác sách giáo khoa khác Một bạn học sinh cần chọn bút sách Hỏi bạn học sinh có cách chọn?
A 80 B 60 C 90 D 70
Lời giải Chọn A
Số cách chọn bút có 10 cách, số cách chọn sách có cách
Vậy theo quy tắc nhân, số cách chọn bút sách là: 10.8 = 80 cách Câu Cho cấp số cộng (𝑢𝑛) với 𝑢1 = 𝑢2 = Công sai cấp số cộng cho
A 3 B 2 C 1 D 5
2 Lời giải
Chọn A
Công sai cấp số cộng 𝑑 = 𝑢2− 𝑢1 =
Câu Diện tích xung quanh hình nón có độ dài đường sinh 𝑙 bán kính 2𝑟
A 4𝜋𝑟𝑙 B 2𝜋𝑟𝑙 C 𝜋𝑟𝑙 D 1
3𝜋𝑟𝑙 Lời giải
Chọn B
𝑆 = 𝜋𝑅𝑙 = 2𝜋𝑟𝑙
Câu Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên sau:
Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?
A (−∞; −1) B (−1; 4) C (−1; 2) D (3; +∞) Lời giải
Chọn C
Hàm số cho nghịch biến khoảng (−1; 3) nên nghịch biến khoảng (−1; 2)
Câu Cho khối lăng trụ tam giác có tất cạnh Thể tích khối lăng trụ cho A 27√3
4 B
27√3
2 C
9√3
4 D
9√3 Lời giải
Chọn A
(2)Khi 𝑉𝑙𝑡 = 3.9√3
4 = 27√3
4
Câu Tập nghiệm phương trình 𝑙𝑜𝑔2𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑥2 − 𝑥)
A 𝑆 = {2} B 𝑆 = {0} C 𝑆 = {0; 2} D 𝑆 = {1; 2} Lời giải
Chọn A
Điều kiện 𝑥 >
Với điều kiện ta có : 𝑙𝑜𝑔2𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑥2− 𝑥) ⇔ 𝑥 = 𝑥2− 𝑥 ⇔ 𝑥2− 2𝑥 = ⇔ [𝑥 =
𝑥 =
Đối chiếu điều kiện phương trình có tập nghiệm 𝑆 = {2}
Câu Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục ℝ có ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = 2; ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥13 = Tính 𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥03 A 𝐼 = B 𝐼 = 12 C 𝐼 = 36 D 𝐼 =
Lời giải Chọn A
𝐼 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥03 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 + ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥13 = + = Câu Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên sau:
Hàm số cho đạt cực đại
A 𝑥 = B 𝑥 = C 𝑥 = −4 D 𝑥 = −1 Lời giải
Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số cho đạt cực đại 𝑥 =
Câu Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên?
A 𝑦 = 𝑥+1
𝑥−1 B 𝑦 = 𝑥−1
𝑥+1 C 𝑦 = 2𝑥−1
(3)Chọn A
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng 𝑥 = 𝑎 > nên loại phương án 𝑦 =𝑥−1
𝑥+1 Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng 𝑦 = 𝑏 > nên loại phương án 𝑦 = 𝑥+1
−𝑥+1 Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 𝑐) với 𝑐 < nên loại phương án 𝑦 =2𝑥−1
𝑥−1 Suy đồ thị hàm số 𝑦 =𝑥+1
𝑥−1
Câu 10 Với 𝑎 số thực dương tùy ý, 𝑙𝑜𝑔3(𝑎6)
A 6 𝑙𝑜𝑔3𝑎 B 6 + 𝑙𝑜𝑔3𝑎 C 2 𝑙𝑜𝑔3𝑎 D 3 𝑙𝑜𝑔3𝑎 Lời giải
Chọn A
Ta có 𝑙𝑜𝑔3(𝑎6) = 𝑙𝑜𝑔 3𝑎
Câu 11 Họ tất nguyên hàm hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥2− 3𝑥 +1 𝑥 A 𝑥
3 −
3𝑥2
2 + 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 B
𝑥3 −
3𝑥2
2 − 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 C 𝑥
3 −
3𝑥2 +
1
𝑥2+ 𝐶 D
𝑥3 −
3𝑥2
2 + 𝑙𝑛 𝑥 + 𝐶 Lời giải
Chọn A
Ta có ∫ (𝑥2− 3𝑥 +1
𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥3
3 − 3𝑥2
2 + 𝑙𝑛|𝑥| + 𝐶 Câu 12 Môđun số phức 𝑧 = − 3𝑖
A √11 B √8 C √10 D √12
Lời giải Chọn C
Ta có: |𝑧| = |1 − 3𝑖| = √12+ (−3)2 = √10 Vậy môđun số phức 𝑧 = − 3𝑖 √10
Câu 13 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, hình chiếu vng góc điểm 𝑀(1; 1; 0) mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) có tọa độ
A (1; 1; 0) B (1; 0; 0) C (1; 0; 1) D (0; 1; 1) Lời giải
Chọn A
Câu 14 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt cầu (𝑆): (𝑥 + 3)2+ (𝑦 + 1)2+ (𝑧 − 1)2 = 2 Xác định tọa độ tâm mặt cầu (𝑆)
A 𝐼(−3; 1; −1) B 𝐼(3; 1; −1) C 𝐼(−3; −1; 1) D 𝐼(3; −1; 1) Lời giải
Chọn C
(4)Câu 15 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦, cho mặt phẳng (𝛼): 3𝑥 − 4𝑧 + = Vectơ vectơ pháp tuyến (𝛼)?
A 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)2 B 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; 0; −4)3 C 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (0; 3; −4)1 D 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 0)4 Lời giải
Chọn B
Mặt phẳng (𝛼) có phương trình tổng qt dạng 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 + 𝐷 = với 𝐴2+ 𝐵2+ 𝐶2 > có vectơ pháp tuyến dạng 𝑛⃗ = (𝐴; 𝐵; 𝐶)
Do mặt phẳng (𝛼): 3𝑥 − 4𝑧 + = có vectơ pháp tuyến 𝑛⃗⃗⃗⃗ = (3; 0; −4)3 Câu 16 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, điểm thuộc đường thẳng 𝑥−1
2 = 𝑦+1
−1 = 𝑧−2
3 ? A 𝑄(−2; 1; −3) B 𝑃(2; −1; 3) C 𝑀(−1; 1; −2) D 𝑁(1; −1; 2)
Lời giải Chọn D
Xét điểm 𝑁(1; −1; 2) ta có 1−1 =
−1+1 −1 =
2−2
3 nên điểm 𝑁(1; −1; −2) thuộc đường thẳng cho Câu 17 Cho hình chóp 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy 𝐴𝐵𝐶𝐷 cạnh 𝑎, 𝑆𝐴 vng góc với đáy 𝑆𝐴 = 𝑎√3 Góc đường
thẳng 𝑆𝐷 mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) A 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛3
5 B 45° C 60° D 30°
Lời giải Chọn C
Vì 𝑆𝐴 ⊥ 𝐴𝐵𝐶𝐷 nên góc đường thẳng 𝑆𝐷 mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) góc 𝑆𝐷𝐴̂ Trong tam giác vng 𝑆𝐷𝐴 ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐷𝐴̂ = 𝑆𝐴
𝐴𝐷= 𝑎√3
𝑎 = √3 ⇒ 𝑆𝐷𝐴̂ = 60° Câu 18 Cho hàm số hàm số 𝑓(𝑥), bảng xét dấu 𝑓′(𝑥) sau:
Số điểm cực trị hàm số cho
A B C.3 D
(5)Chọn C
Dựa vào bảng xét dấu 𝑓′(𝑥) ta thấy hàm số đạt cực tiểu 𝑥 = −1; 𝑥 = đạt cực đại 𝑥 = Vậy hàm số có cực trị
Câu 19 Cho hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥4− 2𝑥2− 1. Kí hiệu 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥
𝑥∈[0;2]𝑓(𝑥), 𝑚 = 𝑚𝑖𝑛𝑥∈[0;2]𝑓(𝑥) Khi 𝑀 − 𝑚
A 9 B 5 C 1 D 7
Lời giải Chọn A
Hàm số 𝑦 = 𝑥4− 2𝑥2 − xác định liên tục [0; 2]
𝑓′(𝑥) = 4𝑥3− 4𝑥 = 4𝑥(𝑥2− 1) ⇒ 𝑓′(𝑥) = ⇔ [𝑥 =
𝑥 = ±1 𝑥 = ⇒ 𝑓(𝑥) = −1
𝑥 = ⇒ 𝑓(𝑥) = −2 = 𝑚
𝑥 = ⇒ 𝑓(𝑥) = = 𝑀.⇒ 𝑀 − 𝑚 =
Câu 20 Xét tất số thực dương 𝑎 𝑏 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔𝑎
𝑏= 𝑙𝑜𝑔 𝑏
3 Mệnh đề đúng? A 𝑏2 = √𝑎 B 𝑎 = 𝑏 C 𝑎3 = 𝑏 D 𝑎 = 𝑏2
Lời giải Chọn A
Ta có 𝑙𝑜𝑔𝑎
𝑏= 𝑙𝑜𝑔 𝑏
3 ⇔ 𝑙𝑜𝑔 𝑎 − 𝑙𝑜𝑔 𝑏 = 𝑙𝑜𝑔 𝑏3 ⇔ 𝑙𝑜𝑔 𝑎 = 𝑙𝑜𝑔 𝑏4 ⇔ 𝑎 = 𝑏4 ⇔ 𝑏2 = √𝑎 Câu 21 Tập nghiệm bất phương trình 2𝑥+2> 2𝑥2+4𝑥−2
A (−4; 1) B (−1; 4)
C (−∞; −4) ∪ (1;+∞) D (−∞; −1) ∪ 4;+∞) Lời giải
Chọn A
Ta có: 2𝑥+2> 2𝑥2+4𝑥−2 ⇔ 𝑥 + > 𝑥2+ 4𝑥 − ⇔ 𝑥2 + 3𝑥 − < ⇔ 𝑥 ∈ (−4; 1) Câu 22 Cho hình nón có bán kính đáy Biết cắt hình nón cho mặt phẳng qua
trục, thiết diện thu tam giác Diện tích xung quanh hình nón cho A 100𝜋 B 50𝜋 C 25𝜋 D 200𝜋
Lời giải Chọn B
Hình nón có bán kính đáy có đường kính đáy 10
Vì vậy, cắt hình nón cho mặt phẳng qua trục thiết diện thu tam giác có cạnh 10
Suy đường sinh hình nón 𝑙 = 10
(6)Số nghiệm thực phương trình 4𝑓(𝑥) − = 0(1)là
A 4 B 3 C 2 D 1
Lời giải Chọn A
Xét phương trình 4𝑓(𝑥) − = ⇔ 𝑓(𝑥) =3
4
Ta có: số nghiệm thực phương trình (1) số giao điểm đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) đồ thị đường thẳng 𝑦 =3
4 Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Vậy phương trình 4𝑓(𝑥) − = có nghiệm thực Câu 24 Cho 𝐹(𝑥) nguyên hàm hàm số 𝑓(𝑥) =2𝑥+1
2𝑥−3 thỏa mãn 𝐹(2) = Tìm 𝐹(𝑥)
A.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + C.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛(2𝑥 − 3) + B.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + D.𝐹(𝑥) = 𝑥 + 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| −
Lời giải Chọn C
Ta có 𝐹(𝑥) = ∫2𝑥+12𝑥−3𝑑𝑥 = ∫ (1 +2𝑥−34 ) 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑙𝑛|2𝑥 − 3| + 𝐶
Lại có 𝐹(2) = ⇔ + 𝑙𝑛|1| + 𝐶 = ⇔ 𝐶 = 1
Câu 25 Để dự báo dân số quốc gia, người ta sử dụng công thức 𝑆 = 𝐴𝑒𝑛𝑟; 𝐴 dân số năm lấy làm mốc tính, 𝑆 dân số sau 𝑛 năm, 𝑟 tỉ lệ tăng dân số hàng năm.Năm 2018, dân số Việt Nam 94.665.973 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2018, Nhà xuất Thống kê, Tr 87) Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi 1,05%, dự báo đến năm dân số Việt Nam vượt mốc 100.000.000 người?
A 2020 B 2022 C.2024 D 2026 Lời giải
(7)Thay 𝑆 = 100.000.000, 𝐴 = 94.665.973 𝑟 = 1,05% = 0,0105 vào 𝑆 = 𝐴𝑒𝑛𝑟 Ta được:100.000.000 = 94.665.973 × 𝑒0,0105𝑛 ⇒ 𝑒0,0105𝑛 = 100.000.000
94.665.973
⇒ 0,0105𝑛 = 𝑙𝑛 (100.000.000
94.665.973) ⇒ 𝑛 = 𝑙𝑛 (
100.000.000
94.665.973) : 0,0105 ≈ 5,22
Vậy dự đoán khoảng đến năm 2024 dân số Việt Nam đạt mốc 100.000.000 người
Câu 26 Cho hình lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝐸𝐹𝐺𝐻 có đáy hình thoi cạnh 𝑎, tam giác 𝐴𝐵𝐷 tam giác
𝐴𝐸 = 2𝑎 Tính thể tích 𝑉 khối lăng trụ cho A 𝑉 = 𝑎3√3
2 B 𝑉 =
𝑎3√3
6 C 𝑉 = 𝑎3√3
3 D 𝑉 = 𝑎 3√3 Lời giải
Chọn D
Ta có 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷 = 𝑎2√3
4 =
𝑎2√3 Khi đó: 𝑉 = 𝐴𝐸 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑎.𝑎2√3
2 = 𝑎 3√3
Câu 27 Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số 𝑦 =
𝑥2−4
A 1 B 3 C 0 D 2
Lời giải Chọn B
Vì 𝑥2− = ⇔ 𝑥 = ±2
𝑙𝑖𝑚 𝑦
𝑥→2+ = 𝑙𝑖𝑚𝑥→2+
𝑥2−4= 𝑙𝑖𝑚 𝑥→2+
3
(𝑥−2)(𝑥+2)= +∞
𝑙𝑖𝑚 𝑦
𝑥→(−2)+= 𝑥→(−2)𝑙𝑖𝑚 +
𝑥2−4= 𝑙𝑖𝑚 𝑥→(−2)+
3
(𝑥−2)(𝑥+2)= −∞ Và 𝑙𝑖𝑚
𝑥→±∞𝑦 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→±∞
𝑥2−4=
Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận
(8)A 𝑎 > 0; 𝑑 > B 𝑎 < 0; 𝑑 > C 𝑎 > 0; 𝑑 < D 𝑎 < 0; 𝑑 <
Lời giải Chọn C
Do 𝑙𝑖𝑚
𝑥→+∞𝑦 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞(𝑎𝑥
3− 2𝑥 + 𝑑) = +∞ ⇒ 𝑎 > 0
Vì giao điểm đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑎𝑥3+ 3𝑥 + 𝑑 với trục tung 𝑂𝑦: 𝑥 = nằm phía trục hồnh.𝑂𝑥: 𝑦 = 0, nên 𝑑 <
Suy ra: {𝑎 > 𝑑 <
Câu 29 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số 𝑦 = −𝑥3+ 3𝑥 + 3
đường thẳng 𝑦 = A 5
4 B
45
4 C
27
4 D
21 Lời giải
Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị −𝑥3+ 3𝑥 + = ⇔ 𝑥3− 3𝑥 + = ⇔ [𝑥 = −2
𝑥 =
Vậy diện tích hình phẳng cần tính 𝑆 = ∫1 |𝑥3− 3𝑥 + 2|𝑑𝑥 −12
Câu 30 Cho số phức 𝑧1 = − 2𝑖 𝑧2 = − 3𝑖 Khẳng định sai số phức 𝑤 = 𝑧1 𝑧̄2 A Số phức liên hợp 𝑤 + 𝑖 B Môđun 𝑤 √65
(9)Chọn C
Ta có 𝑤 = 𝑧1 𝑧̄2 = (1 − 2𝑖)(2 + 3𝑖) = − 𝑖 Chọn đáp án C
Câu 31 Cho hai số phức 𝑧1 = + 2𝑖 𝑧2 = − 2𝑖 Điểm biểu diễn số phức 𝑤 = 𝑧1𝑧̄2+ 𝑖 𝑧2 điểm đây?
A 𝑃(−3; 11) B 𝑄(9; 7) C 𝑁(9; −1) D 𝑀(1; 11) Lời giải
Chọn D
Ta có: 𝑤 = 𝑧1𝑧̄2+ 𝑖 𝑧2 = (1 + 2𝑖)(3 + 2𝑖) + 𝑖(3 − 2𝑖) = + 2𝑖 + 6𝑖 − + 3𝑖 + = + 11𝑖 Câu 32 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho vectơ 𝑎 = (1; 3; 3) 𝑏⃗ = (−2; 2; 1) Tích vơ hướng 𝑎 (𝑎 − 𝑏⃗ )
bằng
A 11 B.12 C 9 D 8
Lời giải Chọn B
Từ tốn ta có 𝑎 − 𝑏⃗ = (1 − (−2); − 2; − 1) hay 𝑎 − 𝑏⃗ = (3; 1; 2) Do 𝑎 (𝑎 − 𝑏⃗ ) = 1.3 + 3.1 + 3.2 = 12
Vậy 𝑎 (𝑎 − 𝑏⃗ ) = 12
Câu 33 Trong không gian với hệ trục tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho điểm 𝐼(1; 0; −2) mặt phẳng (𝑃) có phương trình 𝑥 + 2𝑦 − 2𝑧 + = Phương trình mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼 tiếp xúc với mặt phẳng (𝑃) A (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 = 9 B (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 = 3
C (𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 − 2)2 = D (𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 − 2)2 = Lời giải
Chọn A
Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼 tiếp xúc với mặt phẳng (𝑃) nên bán kính mặt cầu
𝑅 = 𝑑(𝐼, (𝑃)) =|1+0−2(−2)+4|
√1+4+4 =
Vậy phương trình mặt cầu (𝑥 − 1)2+ 𝑦2+ (𝑧 + 2)2 =
Câu 34 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, mặt phẳng qua 𝑀(−1; 2; 1) vng góc với đường thẳng 𝛥:𝑥−1
3 = 𝑦+2
−2 = 𝑧−4
1 có phương trình
A 3𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + = B 3𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + =
C 𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 + = D 𝑥 − 2𝑦 + 4𝑧 + =
Lời giải Chọn A
Đường thẳng 𝛥 có vtcp 𝑢⃗ = (3; −2; 1)
(10)Câu 35 Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, vectơ vec tơ phương đường thẳng qua hai điểm 𝑀(−2; 3; −1) 𝑁(4; −5; 3)?
A 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; −4)1 B 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (−3; 4; 2)2 C 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3 D 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 2)4 Lời giải
Chọn C
Ta có 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; 4) = 2𝑢⃗⃗⃗⃗ 3 với 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3
Do 𝑢⃗⃗⃗⃗ = (3; −4; 2)3 vectơ phương đường thẳng qua 𝑀, 𝑁
𝑢1
⃗⃗⃗⃗ = (6; −8; −4) vectơ phương đường thẳng 𝑀𝑁 6 =
−8 −8≠
−4 nên
𝑢1
⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không phương
𝑢2
⃗⃗⃗⃗ = (−3; 4; 2) vectơ phương đường thẳng 𝑀𝑁 −3=
−8 ≠
4
2 nên 𝑢⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không phương
𝑢4
⃗⃗⃗⃗ = (2; 2; 2) vectơ phương đường thẳng 𝑀𝑁 6≠
2 −8≠
2
4 nên 𝑢⃗⃗⃗⃗
𝑀𝑁
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ không phương
Câu 36 Chọn ngẫu nhiên số từ tập số tự nhiên có ba chữ số đơi khác Xác suất để số chọn có tổng chữ số lẻ
A.40
81 B
5
9 C
35
81 D
5 54 Lời giải
Chọn A
Tập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác nhau𝑆 = 𝐴103 − 𝐴92 = 648 Không gian mẫu 𝑛(𝛺) = 𝐶6481 = 648
Để số chọn có tổng chữ số lẻ
Gọi A biến cố “số chọn có tổng chữ số lẻ”
Trường hợp 1: chữ số lẻ chữ số chẵn là:3! 𝐶51 𝐶52− 𝐶51 𝐶41 2! = 260 Trường hợp 2: chữ số lẻ Số cách chọn 𝐴53 = 60
Vậy 𝑛(𝐴) = 280 + 60 = 320 ⇒ 𝑃(𝐴) = 320
648= 40 81
Câu 37 Cho hình chóp 𝑆 𝐴𝐵𝐶 có đáy 𝐴𝐵𝐶 tam giác cạnh 𝑎, 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶), góc đường thẳng 𝑆𝐵
và mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) 60° Khoảng cách hai đường thẳng 𝐴𝐶 𝑆𝐵 A 𝑎√2
2 B
𝑎√15
5 C
𝑎√3
7 D
𝑎√7 Lời giải
(11)Vì 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) nên (𝑆𝐵, (𝐴𝐵𝐶))̂ = (𝑆𝐵, 𝐴𝐵)̂ = 𝑆𝐵𝐴̂ ⇒ 𝑆𝐵𝐴̂ = 60°
𝑆𝐴 = 𝐴𝐵 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐴̂ = 𝑎 𝑡𝑎𝑛 0° = 𝑎√3
Dựng hình bình hành 𝐴𝐶𝐵𝐷, ta có 𝐴𝐶//(𝑆𝐵𝐷) nên:
𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴𝐶, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷))
Gọi 𝑀 trung điểm 𝐵𝐷, suy 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝑀 Từ 𝑆𝐴 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) ta có 𝐵𝐷 ⊥ 𝑆𝐴, 𝐵𝐷 ⊥ (𝑆𝐴𝑀) Kẻ
𝐴𝐻 ⊥ 𝑆𝑀 (𝐻 ∈ 𝑆𝑀) 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐻
Từ𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐻 𝐴𝐻 ⊥ 𝑆𝑀suy 𝐴𝐻 ⊥ (𝑆𝐵𝐷) Nên 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻 Tam giác 𝐴𝐵𝐷 cạnh 𝑎 nên 𝐴𝑀 = 𝑎√3
2 Trong tam giác 𝑆𝐴𝑀 vuông 𝐴, ta có
1 𝐴𝐻2 =
1 𝐴𝑀2+
1 𝑆𝐴2 =
1 (𝑎√3
2 ) 2+
1 (𝑎√3)2=
5
3𝑎2 ⇒ 𝐴𝐻 = 𝑎√15
5 Vậy 𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻 = 𝑎√15
5 Câu 38 Cho hàm số 𝑓(𝑥) có 𝑓′(𝑥) =
(𝑥+1)√𝑥−𝑥√𝑥+1, ∀𝑥 > 𝑓(1) = 2√2 Khi ∫ 𝑓(𝑥)
1 𝑑𝑥 A 𝟒√𝟑 −𝟏𝟒𝟑 B 𝟒√𝟑 +𝟏𝟎𝟑 C 𝟒√𝟑 −𝟏𝟎𝟑 D 𝟒√𝟑 +𝟒√𝟐𝟑 −𝟏𝟎
𝟑 Lời giải
Chọn C
Ta có 𝑓(𝑥) = ∫ 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑥+1)√𝑥−𝑥√𝑥+1𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥
√𝑥+1.√𝑥(√𝑥+1−√𝑥)
= ∫(√𝑥+1+√𝑥)𝑑𝑥
√𝑥+1.√𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 √𝑥+1+ ∫
𝑑𝑥
√𝑥 = 2√𝑥 + + 2√𝑥 + 𝐶 Mà 𝑓(1) = 2√2 nên 𝐶 = −2 ⇒ 𝑓(𝑥) = 2√𝑥 + + 2√𝑥 − Vậy ∫ 𝑓(𝑥)12 𝑑𝑥 = ∫ (2√𝑥 + + 2√𝑥 − 2)12 𝑑𝑥 = [4
3(𝑥 + 1) 2+4
3𝑥
2− 2𝑥]|
= 4√3 −103 Câu 39 Tìm tất giá trị thực tham số 𝑚để hàm số 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥−2
𝑐𝑜𝑠 𝑥−𝑚 nghịch biến khoảng (0; 𝜋 2) M
B S
A
C D
(12)A 𝑚 > B [1 ≤ 𝑚 <
𝑚 ≤ C 𝑚 ≤ D 𝑚 ≤
Lời giải Chọn B
Đặt 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥, 𝑥 ∈ (0;𝜋
2) ⇒ 𝑡 ∈ (0; 1) 𝑦𝑡 = 𝑡−2 𝑡−𝑚 Ta có 𝑦𝑥′ = 𝑦𝑡′ 𝑡𝑥′ = −𝑚+2
(𝑡−𝑚)2(− 𝑠𝑖𝑛 𝑥) Hàm số nghịch biến khoảng (0;𝜋
2) ⇔𝑦𝑥
′ = −𝑚+2
(𝑡−𝑚)2(− 𝑠𝑖𝑛 𝑥) < 0, ∀𝑥 ∈ (0; 𝜋
2) , ∀𝑡 ∈ (0; 1)
⇔ −𝑚+2
(𝑡−𝑚)2> 0, ∀𝑡 ∈ (0; 1)⇔ {
−𝑚 + >
𝑡 − 𝑚 ≠ , ∀𝑡 ∈ (0; 1)⇔ { 𝑚 <
𝑚 ∉ (0; 1) ⇔ [
1 ≤ 𝑚 < 𝑚 ≤
Câu 40 Cho hình nón có chiều cao Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt hình nón theo thiết diện tam giác vng cân có cạnh huyền 10√2 Tính thể tích khối nón giới hạn hình nón cho
A 32√5𝜋
3 B 32𝜋 C 32√3𝜋 D 128𝜋
Lời giải Chọn D
Giả sử thiết diện tam giác vng cân 𝑆𝐴𝐵 có cạnh 𝑙 hình vẽ ⇒ 𝑙√2 = 10√2 ⇒ 𝑙 = 10 Ta có: 𝑟 = 𝑂𝐵 = √𝑆𝐵2− 𝑆𝑂2 = √𝑙2− ℎ2 = 8
⇒ Thể tích khối nón: 𝑉 =1
3𝜋𝑟 2ℎ =1
3𝜋
2 = 128𝜋 ⇒Chọn D
Câu 41 Cho 𝑎, 𝑏 số thực dương thỏa mãn 2log (12 a+3 ) logb = + 12a+log12b Tính tỉ số 𝑎 𝑏 A 1
2 B
1
3 C 3 D 2
Lời giải Chọn C
Ta có log (12 a+3 )b = +1 log12a+log12blog12(a+3b)2 =log12(12ab)
⇔ (𝑎 + 3𝑏)2 = 12𝑎𝑏 ⇔ (𝑎 − 3𝑏)2 = ⇔ 𝑎 = 3𝑏 ⇔𝑎 𝑏= Bài toán 41 gốc
O B
S
(13)Cho 𝑥, 𝑦 số thực dương thoả mãn 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 𝑦) Giá trị 𝑥 𝑦
A 2 B 1
2 C 𝑙𝑜𝑔2(
3
2) D 𝑙𝑜𝑔322 Lời giải
Lời bình (nếu có)
Phần giải nhanh ta nên khơng xét điều kiện nghiệm (Vì trình dạy chưa gặp nên gặp trường hợp xin nt để bổ sung nha)
Bài tốn làm dễ nhanh cho hs quen dạng biến đổi đây:
(Phần nâng cao lên sử dụng BDT +GTLN-GTNN biểu thức
nêu 1.7 đến 1.12 )
Đặt ẩn phụ biến đổi dạng 𝑚 𝑎2𝑓(𝑥)+ 𝑛(𝑎 𝑏)𝑓(𝑥)+ 𝑝 𝑏2𝑓(𝑥)= 0 (m, n, p số thực )
Phương pháp
Trước giải cần lưu ý “ điều kiện xác định “ có tham số Bước 1: chia vế (3) cho𝑏2𝑓(𝑥), ( 𝑎2𝑓(𝑥)), ta được:
𝑚.𝑎2𝑓(𝑥)
𝑏2𝑓(𝑥)+ 𝑛
𝑎𝑓(𝑥).𝑏𝑓(𝑥) 𝑏2𝑓(𝑥) + 𝑝
𝑏2𝑓(𝑥)
𝑏2𝑓(𝑥) = 0⇔𝑚 ( 𝑎 𝑏)
2𝑓(𝑥)
+ 𝑛𝑎𝑓(𝑥)
𝑏𝑓(𝑥)+ 𝑝 =
⇔𝑚 (𝑎 𝑏) 2𝑓(𝑥) + 𝑛 (𝑎 𝑏) 𝑓(𝑥)
+ 𝑝 =
Phương trình có dạng, biết cách giải Bước 2: Đặt 𝑡 = (𝑎
𝑏) 𝑓(𝑥)
,𝑡 > Ta có 𝑡2 = ((𝑎 𝑏) 𝑓(𝑥) ) = (𝑎 𝑏) 2𝑓(𝑥)
PT cho trở thành {𝑚 𝑡2 + 𝑛 𝑡 + 𝑝 =
𝑡 > (*)
Bước 3: Giải (*),tìm nghiệm 𝑡 >
Bước 4: với 𝑡 tìm được, giải phương trình (𝑎
𝑏) 𝑓(𝑥)
= 𝑡 để tìm 𝑥
Chọn B
Giả sử 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4( 2𝑥 + 𝑦) = 𝑡 Suy : { 𝑥 = 9𝑡
𝑦 = 6𝑡
2𝑥 + 𝑦 = 4𝑡
⇒ 9𝑡+ 6𝑡= 4𝑡
⇔ (9
4) 𝑡
+ (3
2) 𝑡 − = ⇔ [
(3 2) 𝑡 = −1(𝑙𝑜𝑎𝑖) (3 2) 𝑡 =1
Ta có : 𝑥 𝑦 =
9𝑡 6𝑡= (
3 2)
𝑡
=
2 Phát triển toán 41:
Câu 41.1.Giả sử 𝑝, 𝑞 số thực dương thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔16𝑝 = 𝑙𝑜𝑔20𝑞 = 𝑙𝑜𝑔25(𝑝 + 𝑞) Tính giá trị 𝑝 𝑞 A 1
2(−1 + √5) B
5 C
1
2(1 + √5) D Lời giải
Chọn A
𝑙𝑜𝑔16𝑝 = 𝑙𝑜𝑔20𝑞 = 𝑙𝑜𝑔25(𝑝 + 𝑞) ⇔ {
(14)⇔ {
𝑝 = 16𝑡
𝑞 = 20𝑡
𝑝 + 𝑞 = 25𝑡
⇒ 16𝑡+ 20𝑡 = 25𝑡 ⇔ (16
25)
𝑡
+ (4 5)
𝑡
− =
⇔ [ (4
5) 𝑡
=−1 − √5
2 (𝑣𝑛)
(4 5)
𝑡
=−1 + √5
2 Suy 𝑝
𝑞= ( 5) 𝑡 =−1+√5
Câu 41.2.Giả sử 𝑝 𝑞 số thực dương cho 𝑙𝑜𝑔9𝑝 = 𝑙𝑜𝑔12𝑞 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑝 + 𝑞) Tính giá trị 𝑞 𝑝 A 4
3 B
1
2(1 + √2) C
5 D
1
2(1 + √5) Lời giải
Chọn D
Đặt 𝑙𝑜𝑔9𝑝 = 𝑙𝑜𝑔12𝑞 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑝 + 𝑞) = 𝑡 ⇒ { 𝑝 = 9𝑡
𝑞 = 12𝑡
𝑝 + 𝑞 = 16𝑡
Khi đó, ta có: {
𝑞 𝑝= (
4 3)
𝑡
9𝑡+ 12𝑡= 16𝑡(1)
(1) ⇔ + (4 3)
𝑡
= (4 3)
2𝑡
⇔ (4 3)
2𝑡
− (4 3)
𝑡
− = ⇔ [ (4
3)
𝑡
=1 + √5 (4
3)
𝑡
=1 − √5
⇔ (4 3)
𝑡
=1 + √5 ⇒𝑞 𝑝 = ( 3) 𝑡 =√5+1
Câu 41.3.Gọi 𝑥, 𝑦 số thực dương thỏa mãn điều kiện 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(𝑥 + 𝑦) 𝑥 𝑦=
−𝑎+√𝑏 , với 𝑎, 𝑏 hai số nguyên dương Tính 𝑎 + 𝑏
A 11 B 4 C 6 D 8
Lời giải Chọn C
Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔6𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(𝑥 + 𝑦) dẫn đến 𝑥 = 9𝑡, 𝑦 = 6𝑡, 𝑥 + 𝑦 = 4𝑡 Khi 9𝑡+ 6𝑡 = 4𝑡 ⇔ (3
2) 2𝑡
+ (3
2) 𝑡
− = ⇔ [(
3 2) 𝑡 = −1+√5 (3 2) 𝑡 = −1−√5 (𝐿) ⇒𝑥 𝑦 = ( 2) 𝑡 = −1+√5
2 𝑎 = 1, 𝑏 = Vậy 𝑎 + 𝑏 =
Câu 41.4.Cho số thực dương 𝑥, 𝑦 thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔6𝑥 = 𝑙𝑜𝑔9𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 2𝑦) Tính tỉ số 𝑥 𝑦 A 𝑥
𝑦 =
3 B
𝑥 𝑦 =
2
√3−1 C
𝑥 𝑦 =
2
√3+1 D
𝑥 𝑦 =
(15)Chọn B
Giả sử 𝑙𝑜𝑔6𝑥 = 𝑙𝑜𝑔9𝑦 = 𝑙𝑜𝑔4(2𝑥 + 2𝑦) = 𝑡 Ta có : {
𝑥 = 6𝑡(1) 𝑦 = 9𝑡(2)
2𝑥 + 2𝑦 = 4𝑡(3)
Khi 𝑥
𝑦 = 6𝑡 9𝑡 = (
2 3)
𝑡
> Lấy (1), (2) thay vào (3) ta có
2 6𝑡+ 9𝑡 = 4𝑡⇔ (2 3)
2𝑡
− (2
3) 𝑡
− =
= + = − = − 2
1 (thoûa)
3 3 1
2
1 (loại)
t
t
Câu 41.5.Cho 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔12𝑦 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑥 + 3𝑦) Tính giá trị 𝑥 𝑦 A √13−3
2 B
3+√13
2 C
√5−1
2 D
3−√5 Lời giải
Chọn A
Đặt 𝑙𝑜𝑔9𝑥 = 𝑙𝑜𝑔12𝑦 = 𝑙𝑜𝑔16(𝑥 + 3𝑦) = 𝑡⇔ {
𝑥 = 9𝑡
𝑦 = 12𝑡 𝑥 + 3𝑦 = 16𝑡
⇒𝑥 𝑦= ( 4) 𝑡 Theo đề ta có phương trình:
9𝑡+ 3.12𝑡= 16𝑡⇔ (3
4) 𝑡
+ = (4
3) 𝑡
⇔ (3
4) 2𝑡
+ (3
4) 𝑡
− = ⇔ [(
3 4)
𝑡
=√13−3
2 (𝑛)
(3
4) 𝑡
=−√13−3
2 (𝑙)
Vậy 𝑥 𝑦 =
√13−3
Câu 41.6.Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 số thực thỏa mãn 2𝑥= 3𝑦 = 6−𝑧 Giá trị biểu thức 𝑀 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧
A 0 B 6 C 3 D 1
Lời giải Chọn A
Cách 1:
Trường hợp 1: 𝑥 = ⇒ {𝑦 =
𝑧 = Khi 𝑀 =
Trường hợp 2: 𝑥 ≠ ⇒ {𝑦 ≠ 𝑧 ≠
Đặt 2𝑥 = 3𝑦 = 6−𝑧 = 𝑡 với 𝑡 > 0, 𝑡 ≠ 1⇒ {2 𝑥 = 𝑡
3𝑦 = 𝑡
6−𝑧 = 𝑡
⇒ {
𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2𝑡 𝑦 = 𝑙𝑜𝑔3𝑡 𝑧 = − 𝑙𝑜𝑔6𝑡
Mặt khác: 𝑙𝑜𝑔6𝑡 =
𝑙𝑜𝑔𝑡6=
𝑙𝑜𝑔𝑡3+𝑙𝑜𝑔𝑡2= 1 𝑙𝑜𝑔3 𝑡+
1 𝑙𝑜𝑔2 𝑡
= 𝑙𝑜𝑔3𝑡.𝑙𝑜𝑔2𝑡
𝑙𝑜𝑔3𝑡+𝑙𝑜𝑔2𝑡
(16)= 𝑙𝑜𝑔3𝑡 𝑙𝑜𝑔2𝑡 − (𝑙𝑜𝑔3𝑡 + 𝑙𝑜𝑔2𝑡) 𝑙𝑜𝑔3𝑡.𝑙𝑜𝑔2𝑡
𝑙𝑜𝑔3𝑡+𝑙𝑜𝑔2𝑡= Cách 2:
Xét 6𝑀 = 6𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑥𝑧 = 6𝑥𝑦 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 = 2𝑥𝑦 3𝑥𝑦 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 = (2𝑥)𝑦 (3𝑦)𝑥 6𝑦𝑧+𝑥𝑧 =
6−𝑦𝑧 6−𝑥𝑧 6𝑦𝑧+𝑧𝑥 = 1 Suy 𝑀 =
Câu 41.7.Cho số thực 𝑥, 𝑦, 𝑧 thỏa mãn 3𝑥 = 5𝑦 = 15
2017
𝑥+𝑦−𝑧 Gọi 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 Khẳng định đúng?
A 𝑆 ∈ (1; 2016) B 𝑆 ∈ (0; 2017) C 𝑆 ∈ (0; 2018) D 𝑆 ∈ (2016; 2017) Lời giải
Chọn C Cách 1:
Điều kiện: 𝑥 + 𝑦 ≠ Khi 𝑀 = Trường hợp 1: Nếu 𝑥 = ⇒ 𝑦 = (loại) Trường hợp 2: 𝑥 ≠
Đặt 𝑢 = 3𝑥 = 5𝑦 = 15
2017
𝑥+𝑦−𝑧, (𝑢 > 0, 𝑢 ≠ 1)
⇒ {
𝑢 = 3𝑥
𝑢 = 5𝑦
𝑢 = 15
2017 𝑥+𝑦−𝑧
⇒ {
𝑥 = 𝑙𝑜𝑔3𝑢 𝑦 = 𝑙𝑜𝑔5𝑢
(2017
𝑥+𝑦 − 𝑧) = 𝑙𝑜𝑔15𝑢
⇒ { 𝑥 =
1 𝑙𝑜𝑔𝑢3
𝑦 =
𝑙𝑜𝑔𝑢5
𝑧 =2017
𝑥+𝑦 − 𝑙𝑜𝑔15𝑢 ⇒ { 𝑥 = 𝑙𝑜𝑔𝑢3
𝑦 =
𝑙𝑜𝑔𝑢5
𝑧 = 2017
𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢
⇒ { 𝑥𝑦 =
1 𝑙𝑜𝑔𝑢3
1 𝑙𝑜𝑔𝑢5
𝑦𝑧 =
𝑙𝑜𝑔𝑢5(
2017
𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢)
𝑧𝑥 =
𝑙𝑜𝑔𝑢3(
2017
𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢)
Khi đó: 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥
=
𝑙𝑜𝑔𝑢3 𝑙𝑜𝑔𝑢5+
1 𝑙𝑜𝑔𝑢5(
2017
𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢) + 𝑙𝑜𝑔𝑢3(
2017
𝑙𝑜𝑔3𝑢+𝑙𝑜𝑔5𝑢− 𝑙𝑜𝑔15𝑢) = 2017 Vậy 𝑆 = 2017 ∈ (0; 2018)
Cách 2:
Xét 15𝑆 = 15𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑧𝑥 = 3𝑥𝑦 5𝑥𝑦 15𝑧𝑥+𝑧𝑦 = 15(
2017
𝑥+𝑦−𝑧)𝑦 15( 2017
𝑥+𝑦−𝑧)𝑥 15𝑧𝑥+𝑧𝑦 = 152017 Suy 𝑆 = 2017
[PHƯƠNG PHÁP TRẮC NGHIỆM] Chọn 𝑥 = Do từ 3𝑥 = 5𝑦 = 15
2017
𝑥+𝑦−𝑧 ⇒ {
𝑦 = 𝑙𝑜𝑔53
𝑧 = 2017
(17)Do 𝑆 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 𝑙𝑜𝑔53 + 𝑙𝑜𝑔53 ( 2017
1+𝑙𝑜𝑔53− 𝑙𝑜𝑔153) + ( 2017
1+𝑙𝑜𝑔53− 𝑙𝑜𝑔153) =
2017
Câu 41.8 Cho phương trình 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) 𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6|𝑥 − √𝑥2 − 1| Biết phương trình có nghiệm nghiệm cịn lại có dạng 𝑥 =1
2(𝑎
𝑙𝑜𝑔𝑏𝑐 + 𝑎− 𝑙𝑜𝑔𝑏𝑐) (với 𝑎, 𝑐 số nguyên tố 𝑎 > 𝑐) Khi giá trị 𝑎2− 2𝑏 + 3𝑐
A 0 B 3 C 6 D 4
Lời giải Chọn B
Điều kiện {−1 ≤ 𝑥 ≤
𝑥 − √𝑥2− > 0(∗)
𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) 𝑙𝑜𝑔3(𝑥 + √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6|𝑥 − √𝑥2− 1|
⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) 𝑙𝑜𝑔3
1
(𝑥 − √𝑥2− 1)= 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥 2− 1)
⇔ − 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) 𝑙𝑜𝑔
36 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1) = 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1)
⇔ 𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥2− 1) [𝑙𝑜𝑔
36 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) + 1] =
⇔ [𝑙𝑜𝑔6(𝑥 − √𝑥
2− 1) = 0(1)
𝑙𝑜𝑔36 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) + = 0(2)
(1) ⇔ 𝑥 − √𝑥2 − = 1⇔ √𝑥2− = 𝑥 − 1⇔ {𝑥 ≥
𝑥2− = (𝑥 − 1)2⇔ 𝑥 =
(2) ⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2− 1) 𝑙𝑜𝑔36 = −1⇔ 𝑙𝑜𝑔2(𝑥 − √𝑥2 − 1) = 𝑙𝑜𝑔63
⇔ 𝑥 − √𝑥2− = 2𝑙𝑜𝑔63⇔ {𝑥 ≤ 2𝑙𝑜𝑔63
𝑥2− = (2𝑙𝑜𝑔63− 𝑥)2 ⇔ 𝑥 = 2(2
𝑙𝑜𝑔63+ 2− 𝑙𝑜𝑔63)
⇔ 𝑥 =1
2(3
𝑙𝑜𝑔62+ 3− 𝑙𝑜𝑔62) (thỏa mãn (∗))
Như phương trình cho có nghiệm 𝑥 = 1, 𝑥 =1
2(3
𝑙𝑜𝑔62+ 3− 𝑙𝑜𝑔62) Khi 𝑎 = 3, 𝑏 = 6, 𝑐 = Vậy 𝑎2− 2𝑏 + 3𝑐 = 3
Câu 41.9 Biết 𝑥1, 𝑥2 hai nghiệm phương trình 𝑙𝑜𝑔7(4𝑥2−4𝑥+1
2𝑥 ) + 4𝑥
2+ = 6𝑥 𝑥
1+ 2𝑥2 =
4(𝑎 + √𝑏) với 𝑎, 𝑏 hai số nguyên dương Tính 𝑎 + 𝑏
A 𝑎 + 𝑏 = 16 B 𝑎 + 𝑏 = 11 C 𝑎 + 𝑏 = 14 D 𝑎 + 𝑏 = 13 Lời giải
Chọn C Điều kiện: {𝑥 > 0𝑥 ≠1
2 Ta có 𝑙𝑜𝑔7(
4𝑥2−4𝑥+1 2𝑥 ) + 4𝑥
2+ = 6𝑥 ⇔ 𝑙𝑜𝑔 7(
(2𝑥−1)2 2𝑥 ) + 4𝑥
(18)⇔ 𝑙𝑜𝑔7(2𝑥 − 1)2+ (2𝑥 − 1)2 = 𝑙𝑜𝑔72 𝑥 + 2𝑥(1) Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 𝑙𝑜𝑔7𝑡 + 𝑡 ⇔ 𝑓′(𝑡) =
1
𝑡 𝑙𝑛 7+ > với 𝑡 > Vậy hàm số đồng biến
Phương trình (1) trở thành 𝑓((2𝑥 − 1)2) = 𝑓(2𝑥) ⇔ (2𝑥 − 1)2 = 2𝑥 ⇔ [𝑥 = 3+√5
4
𝑥 =3−√5
4
Vậy 𝑥1 + 2𝑥2 = [
9−√5 (𝑙) 9+√5
4 (𝑡𝑚)
⇒ 𝑎 = 9; 𝑏 = ⇒ 𝑎 + 𝑏 = + = 14
Câu 42 Có số thực m để hàm số 𝑦 = |3𝑥4 − 4𝑥3 − 12𝑥2 + 𝑚| có giá trị lớn đoạn
[−3; 2] 275 ?
A B C D
Lời giải Chọn D
𝑦 = |3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚| ≤275
2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
⇔ {
3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚 ≤275
2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2] 3𝑥4− 4𝑥3− 12𝑥2+ 𝑚 ≥ −275
2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
⇔ {
𝑚 −275
2 ≤ −3𝑥
4+ 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
𝑚 +275
2 ≥ −3𝑥
4+ 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
⇔ {
𝑚 −275
2 ≤ 𝑚𝑖𝑛 𝑔 (𝑥); ∀𝑥 ∈ [−3; 2] 𝑚 +275
2 ≥ 𝑚𝑎𝑥 𝑔 (𝑥); ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
Xét 𝑔(𝑥) = −3𝑥4 + 4𝑥3+ 12𝑥2; ∀𝑥 ∈ [−3; 2]
Khảo sát hàm số đoạn [−3; 2] ta 𝑚𝑖𝑛 = − 243; 𝑚𝑎𝑥 = 32
⇔ {
𝑚 −275
2 ≤ −243 𝑚 +275
2 ≥ 32
⇔ {
𝑚 ≤ −211 𝑚 ≥ −211
2
⇔ 𝑚 = −211
Như 𝑚 = −211
2 ⇔ 𝑦 = |3𝑥
4− 4𝑥3 − 12𝑥2+ 𝑚| ≤ 275
2 ; ∀𝑥 ∈ [−3; 2] Dấu = xẩy 𝑚 = −211
2 nên có giá trị cần tìm Phát triển tốn 42:
Câu 42.1.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥2+ 2𝑥 + 𝑚 − 4| (với 𝑚 tham số thực) Hỏi 𝑚𝑎𝑥
[−2;1]𝑦 có giá trị nhỏ
A 3 B 2 C 1 D 5
Lời giải Chọn B
(19)𝑡′= 2𝑥 + = ⇔ 𝑥 = −1 ∈ (−2; 1)
𝑡(−2) = −4, 𝑡(−1) = −5, 𝑡(1) = −1 Suy ra: 𝑚𝑎𝑥
[−2;1](𝑡 + 𝑚) = 𝑚 − 1, 𝑚𝑖𝑛[−2;1](𝑡 + 𝑚) = 𝑚 − 5,
𝑚𝑎𝑥
[−2;1]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[−2;1]|𝑡 + 𝑚| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 5|, |𝑚 − 1|} = 𝑚𝑎𝑥 {|𝑚 − 5|, |1 − 𝑚|||{}
|𝑚−5|+|1−𝑚|
2 }≥
|(𝑚−5)+(1−𝑚)|
2 = dấu đặt 𝑚 − = − 𝑚 ⇔ 𝑚 =
Câu 42.2.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥3− 3𝑥2+ 𝑚| (với 𝑚 tham số thực) Hỏi 𝑚𝑎𝑥
[1;2]𝑦 có giá trị nhỏ bao nhiêu?
A 2 B 4 C 1 D 3
Lời giải Chọn C
Xét hàm số: 𝑡 = 𝑥3− 3𝑥2 với 𝑥 ∈ [1; 2] Ta có 𝑡′= 3𝑥2− 6𝑥 = ⇔ [𝑥 = ∉ (1; 2)
𝑥 = ∉ (1; 2); 𝑡(1) = −2, 𝑡(2) = −4 Nên 𝑚𝑎𝑥[1;2]𝑡 = −2
𝑚𝑖𝑛
[1;2]𝑡 = −4 Do 𝑚𝑎𝑥
[1;2]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[1;2]|𝑚 + 𝑡| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 4|; |𝑚 − 2|}
= 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 − 4|; |2 − 𝑚|} ≥|𝑚−4|+|2−𝑚|
2 ≥
|(𝑚−4)+(2−𝑚)| = Dấu đạt 𝑚 − = − 𝑚 ⇔ 𝑚 =
Câu 42.3.Cho hàm số 𝑦 = |𝑥2−(𝑚+1)𝑥+2𝑚+2
𝑥−2 | (với 𝑚 tham số thực) Hỏi [−1;1]𝑚𝑎𝑥𝑦 có giá trị nhỏ bao nhiêu?
A 3
2 B
1
2 C 2 D 3
Lời giải Chọn B
Ta có 𝑦 = |𝑥2−𝑥+2
𝑥−2 − 𝑚| = |𝑡 − 𝑚|, 𝑡 =
𝑥2−𝑥+2
𝑥−2 ∈ [−2; −1], ∀𝑥 ∈ [−1; 1]
𝑡′= 𝑥2−4𝑥
(𝑥−2)2 ⇒ 𝑡
′ = ⇔ [𝑥 = ∈ (−1; 1)
𝑥 = ∉ (−1; 1) 𝑡(−1) = −4
3, 𝑡(0) = −1, 𝑡(1) = −2
Do 𝑚𝑎𝑥
[−1;1]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥[−1;1]|𝑡 − 𝑚| = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 + 2|, |𝑚 + 1|} = 𝑚𝑎𝑥{|𝑚 + 2|, |−𝑚 − 1|}
≥|𝑚+2|+|−𝑚−1|
2 ≥
|(𝑚+2)+(−𝑚−1)|
2 =
1
Dấu đạt 𝑚 + = −𝑚 − ⇔ 𝑚 = −3
2
Câu 42.4. Gọi 𝑆 tập hợp tất giá trị thực tham số 𝑚 cho giá trị lớn hàm số 𝑦 = |𝑥2+𝑚𝑥+𝑚
𝑥+1 | [1; 2] Số phần tử 𝑆
(20)Lời giải Chọn C
Tập xác định: 𝐷 = ℝ\{−1} Xét hàm số: 𝑓(𝑥) =𝑥2+𝑚𝑥+𝑚
𝑥+1
𝑓′(𝑥) = 𝑥2+2𝑥
(𝑥+1)2; 𝑓′(𝑥) = ⇔ 𝑥2+2𝑥
(𝑥+1)2 = ⇔ 𝑥2+ 2𝑥 = ⇔ [
𝑥 = ∉ [1; 2] 𝑥 = −2 ∉ [1; 2] 𝑓′(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ [1; 2] nên max
[1;2]𝑦 = 𝑚𝑎𝑥 {|𝑚 +
3| , |𝑚 + 2|}
Max
[1;2]𝑦 = ⇔
[ {|𝑚 +
4 3| =
|𝑚 +4
3| > |𝑚 + 2|
{|𝑚 +
1 2| =
|𝑚 +1
2| > |𝑚 + 3|
⇔ [𝑚 =
2
𝑚 = −5
2
Vậy có hai giá trị 𝑚thỏa mãn
Câu 42.5.Xét hàm số 𝑓(𝑥) = |𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏|, với 𝑎, 𝑏là tham số Gọi 𝑀 giá trị lớn hàm số
[−1; 3] Khi 𝑀 nhận giá trị nhỏ được, tính 𝑎 + 2𝑏
A 3 B 4 C −4 D 2
Lời giải Chọn C
Ta có 𝑚𝑎𝑥{|𝐴|, |𝐵|} ≥|𝐴+𝐵|
2 (1) Dấu “=” xảy 𝐴 = 𝐵 Ta có 𝑚𝑎𝑥{|𝐴|, |𝐵|} ≥|𝐴−𝐵|
2 (2) Dấu “=” xảy 𝐴 = −𝐵 Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑥2+ 𝑎𝑥 + 𝑏, có 𝑔′(𝑥) = ⇔ 𝑥 =−𝑎
2 Trường hợp 1: −𝑎
2 ∉ [−1; 3] ⇔ 𝑎 ∉ [−6; 2] Khi 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥{|1 − 𝑎 + 𝑏|, |9 + 3𝑎 + 𝑏|} Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có 𝑀 ≥ |4 + 2𝑎| >
Trường hợp 2: −𝑎
2 ∈ [−1; 3] ⇔ 𝑎 ∈ [−6; 2] Khi 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥 {|1 − 𝑎 + 𝑏|, |9 + 3𝑎 + 𝑏|, |𝑏 − 𝑎2
4|} Áp dụng bất đẳng thức (1) (2) ta có 𝑀 ≥ 𝑚𝑎𝑥 {|5 + 𝑎 + 𝑏|, |𝑏 −𝑎2
4|}
⇔ 𝑀 ≥1
8|20 + 4𝑎 + 𝑎
2| ⇔ 𝑀 ≥1
8|16 + (𝑎 + 2) 2| Suy 𝑀 ≥
Vậy 𝑀 nhận giá trị nhỏ 𝑀 = {
𝑎 = −2
5 + 𝑎 + 𝑏 =𝑎2
4 − 𝑏
1 − 𝑎 + 𝑏 = + 3𝑎 + 𝑏
⇔ {𝑎 = −2 𝑏 = −1
(21)Câu 43 Cho phương trình 4𝑙𝑜𝑔√3
2 𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔
3𝑥 + 4𝑚 − = (𝑚 tham số thực) Có tất giá trị nguyên 𝑚 để phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn [1
3; 3]?
A 1 B 4 C 3 D 2
Lời giải Chọn D
Điều kiện: 𝑥 > Ta có:
4𝑙𝑜𝑔√3
2 𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔
3𝑥 + 4𝑚 − = ⇔ 𝑙𝑜𝑔32𝑥 − (2𝑚 + 1) 𝑙𝑜𝑔3𝑥 + 4𝑚 − = Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3𝑥, với 𝑥 ∈ [
1
3; 3] 𝑡 ∈ [−1; 1]
Phương trình cho trở thành: 𝑡2− (2𝑚 + 1)𝑡 + 4𝑚 − = 0(∗)
𝛥 = (2𝑚 + 1)2− 4(4𝑚 − 2) = 4𝑚2− 12𝑚 + = (2𝑚 − 3)2 ≥ 0, ∀𝑚 ∈ ℝ Khi đó: (∗) ⇔ [𝑡 = ∉[−1; 1]
𝑡 = 2𝑚 −
Phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn [1
3; 3]
⇔ Phương trình (∗) có nghiệm thuộc đoạn [−1; 1] ⇔ −1 ≤ 2𝑚 − ≤ ⇔ ≤ 𝑚 ≤
Vậy có hai giá trị ngun 𝑚 cần tìm là: 𝑚 ∈ {0; 1}
Câu 44. Cho 𝐹(𝑥) = 𝑥2 nguyên hàm hàm số 𝑓(𝑥) 𝑒2𝑥 Khi ∫ 𝑓′(𝑥) 𝑒2𝑥𝑑𝑥 bằng
A −𝑥2+ 2𝑥 + 𝐶 B.−𝑥2 + 𝑥 + 𝐶
C.2𝑥2− 2𝑥 + 𝐶 D.−2𝑥2+ 2𝑥 + 𝐶
Lời giải Chọn D
Vì 𝐹(𝑥) = 𝑥2 nguyên hàm hàm số 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥 Nên ta có 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥 ∫ 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶
1 Đặt { 𝑢 = 𝑒2𝑥
𝑑𝑣 = 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥⇒ {
𝑑𝑢 = 2𝑒2𝑥𝑑𝑥 𝑣 = 𝑓(𝑥)
Suy ∫ 𝑓′(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥) 𝑒2𝑥− ∫ 𝑓(𝑥)𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 𝐹′(𝑥) − 2𝐹(𝑥) + 𝐶 Ta có∫ 𝑓′(𝑥) 𝑒2𝑥𝑑𝑥 = 2𝑥 − 2𝑥2 + 𝐶
(22)Số nghiệm thuộc khoảng(−𝜋
3; 2𝜋) phương trình |𝑓(2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1)| = 2(1)
A 8 B 5 C 3 D 6
Lời giải Chọn D
Đặt 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1, (𝑡 ∈ [−3; 1])
Phương trình (1) trở thành: |𝑓(𝑡)| = ⇔ [𝑓(𝑡) = 𝑓(𝑡) = −2⇔
[ 𝑡 =
𝑡 = 𝑡1 < −3(𝑙) 𝑡 = 𝑡2 > 1(𝑙)
𝑡 = −3
𝑡 = 𝑡4 ∈ (0; 1) 𝑡 = 𝑡5 > 1(𝑙)
𝑡 = ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =1
2
𝑡 = −3 ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = −1
𝑡 = 𝑡4 ∈ (0; 1) ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑡4+1
2 ∈ ( 2; 1)
Dựa vào vịng trịn lượng giác ta phương trình (1) có nghiệm thuộc (−𝜋
3; 2𝜋)
Phát triển toán 45:
(23)Số nghiệm thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋] phương trình 3𝑓(2 𝑠𝑖𝑛 𝑥) + =
A 4 B 5 C 2 D 6
Lời giải Chọn A
Đặt 𝑡 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 Vì 𝑥 ∈ [−𝜋; 𝜋] nên 𝑡 ∈ [−2; 2]
⇒ 3𝑓(𝑡) + = ⇔ 𝑓(𝑡) = −1
3
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 𝑓(𝑡) = −1
3 có nghiệm 𝑡1 ∈ (−2; 0) 𝑡2 ∈ (0; 2) Suy 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡1
2 ∈ (−1; 0) 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 𝑡2
2 ∈ (0; 1) Với 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡1
2 ∈ (−1; 0) phương trình có nghiệm −𝜋 < 𝑥1 < 𝑥2 < Với 𝑠𝑖𝑛 𝑥 =𝑡2
2 ∈ (0; 1) phương trình có nghiệm < 𝑥3 < 𝑥4 < 𝜋 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋]
Câu 45.2 Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có đồ thị sau:
Số nghiệm thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋] phương trình 3𝑓(2|𝑐𝑜𝑠 𝑥|) + =
A 4 B 5 C 2 D 6
Lời giải Chọn A
Đặt 𝑡 = 2|𝑐𝑜𝑠 𝑥| Vì 𝑥 ∈ [−𝜋; 𝜋] nên 𝑡 ∈ [0; 2]
⇒ 3𝑓(𝑡) + = ⇔ 𝑓(𝑡) = −2
3
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình 𝑓(𝑡) = −2
3 có nghiệm 𝑡0 ∈ (0; 1) Suy |𝑐𝑜𝑠 𝑥| =𝑡0
(24)Với 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =𝑡0
2 phương trình cho có nghiệm −𝜋
2 < 𝑥1 < < 𝑥2 < 𝜋 Với 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = −𝑡0
2 phương trình cho có nghiệm −𝜋 < 𝑥3 < − 𝜋 2;
𝜋
2 < 𝑥4 < 𝜋 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc đoạn [−𝜋; 𝜋]
Câu 46 Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) liên tục xác định 𝑅 có đồ thị hình vẽ Hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|)
có tất điểm cực trị?
A 5 B 7 C 9 D 11
Lời giải Chọn A
Cách 1:
Đã biết: |𝑥| = √𝑥2 ⇒ (|𝑥|)′= (√𝑥2)′= 2𝑥 2√𝑥2=
𝑥 |𝑥| Xét hàm số:
𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) ⇒ 𝑔′(𝑥) = (𝑥2 − 4|𝑥|)′ 𝑓′(𝑥2− 4|𝑥|) = (2𝑥 − 4𝑥
|𝑥|) 𝑓
′(𝑥2− 4|𝑥|) Nhận thấy 𝑥 = ⇒ 𝑓′(𝑥2− 4|𝑥|) < 0 không đổi dấu
Khi 𝑥 = đạo hàm hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) không xác định đạo hàm đổi dấu qua 𝑥 = 0, nên hàm số có điểm cực trị 𝑥 =
Xét phương trình đạo hàm:
𝑔′(𝑥) = (2𝑥 −4𝑥|𝑥|) 𝑓′(𝑥2− 4|𝑥|) = ⇔
{ 𝑥 ≠ [2𝑥 −
4𝑥 |𝑥|=
𝑓′(𝑥2 − 4𝑥|𝑥| = 0)⇔ [
1 −
|𝑥|=
𝑥2− 4|𝑥| = −4 𝑥2− 4|𝑥| = 1
⇔ [
𝑥 = ±2
(|𝑥| − 2)2 = → khơng có thêm điểm cực trị
𝑥2− 4|𝑥| − = ⇔ |𝑥| = + √5 ⇔ 𝑥 = ±(2 + √5) Suy hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2 − 4|𝑥|) có tất diểm cực trị Cách 2: Sử dụng biến đổi đồ thị
Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2− 4𝑥) ⇒ 𝑔′(𝑥) = (2𝑥 − 4)𝑔′(𝑥2− 4𝑥)
Xét phương trình đạo hàm: 𝑔′(𝑥) = (2𝑥 − 4)𝑓′(𝑥2− 4𝑥) = ⇔ [2𝑥 − =
𝑓′(𝑥2 − 4𝑥) = 0
⇔ [
𝑥 = → có thêm điểm cực trị
[𝑥
2− 4𝑥 = −4 ⇔ (𝑥 − 2)2 = →khơng có cực trị
𝑥2− 4𝑥 = ⇔ 𝑥 = ± √3 → có thêm hai điểm cực trị
(25)Suy hàm số 𝑓(𝑥2− 4|𝑥|) = 𝑓(|𝑥|2− 4|𝑥|) = 𝑔(|𝑥|) có thêm năm điểm cực trị Phát triển toán 46:
Câu 46.1.Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) có bảng biến thiên sau:
Hàm số 𝑔(𝑥) = 2𝑓3(𝑥) − 6𝑓2(𝑥) − 1 có điểm cực tiểu?
A 3 B 4 C 5 D 6
Lời giải Chọn A
Có 𝑔′(𝑥) = ⇔ 6𝑓′(𝑥)𝑓2(𝑥) − 12𝑓′(𝑥)𝑓(𝑥) = ⇔ [
𝑓′(𝑥) = 0
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) =
Phương trình 𝑓′(𝑥) = có hai nghiệm 0; 3, phương trình 𝑓(𝑥) = có nghiệm 𝑥4 > phương trình 𝑓(𝑥) = có ba nghiệm 𝑥1 < < 𝑥2 < < 𝑥3 < 𝑥4
Hàm số 𝑔(𝑥) có xét dấu 𝑔′(𝑥) sau:
Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số 𝑔(𝑥) có điểm cực tiểu điểm cực đại
Câu 47 Có số nguyên dương 𝑚 thỏa mãn 𝑚 ≤ 2020 cho phương trình 𝑙𝑛[(𝑚 − 1) 𝑐𝑜𝑠 𝑥] − 𝑡𝑎𝑛2𝑥 + 𝑚2− 2𝑚 = có nghiệm?
A 2018 B 2019 C 2020 D 2021
Lời giải Chọn B
Nhận xét với 𝑚 = phương trình khơng tồn nên 𝑚 ∈ [2; 2020] Điều kiện 𝑐𝑜𝑠 𝑥 >
Ta có [𝑙𝑛(𝑚 − 1) + 𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠 𝑥)] + 𝑚2− 2𝑚 = 𝑡𝑎𝑛2𝑥
⇔ 𝑙𝑛(𝑚 − 1)2+ 𝑚2− 2𝑚 = 𝑡𝑎𝑛2𝑥 − 𝑙𝑛𝑐𝑜𝑠 𝑥 ⇔ 𝑙𝑛(𝑚 − 1)2+ (𝑚 − 1)2 = 𝑙𝑛
𝑐𝑜𝑠2𝑥+
𝑐𝑜𝑠2𝑥
Xét hàm 𝑦 = 𝑓(𝑡) = 𝑙𝑛 𝑡 + 𝑡 đồng biến (0; +∞) nên từ ta có
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑚 − ⇔ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =
𝑚−1 Phương trình ban đầu có nghiệm ⇔
(26)Phát triển tốn 47:
Câu 47.1.Phương trình 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) có nghiệm khoảng (− 𝜋
6; 2𝜋)?
A 1 B 4 C 3 D 2
Lời giải Chọn A
Điều kiện: {𝑐𝑜𝑡 𝑥 >
𝑐𝑜𝑠 𝑥 > Kết hợp giả thiết 𝑥 ∈ (−
𝜋
6; 2𝜋)⇒ 𝑥 ∈ (0; 𝜋 2) Đặt 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 𝑡, ta có hệ {𝑐𝑜𝑡
2𝑥 = 3𝑡
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑡
Áp dụng công thức: + 𝑐𝑜𝑡2𝑥 =
𝑐𝑜𝑠2𝑥, ta có phương trình: + 𝑡 =
4𝑡 ⇔
𝑡+ 12𝑡− = 0(∗) Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 4𝑡+ 12𝑡− liên tục ℝvà có 𝑓′(𝑡) = 4𝑡𝑙𝑛 + 12𝑡𝑙𝑛 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ Suy 𝑓(𝑡) = 4𝑡+ 12𝑡− 1 hàm đồng biến ℝ
Nên phương trình (*) có nhiều nghiệm Lại có 𝑓(−1) 𝑓(0) = −2
3< 0, suy phương trình (∗) có nghiệm 𝑡duy khoảng
(−1; 0) ⇒ 2𝑡 ∈ (1
2; 1).Khi hệ phương trình {𝑐𝑜𝑡
2𝑥 = 3𝑡
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑡 có nghiệm (0; 𝜋 2) Vậy phương trình 𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑡 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) có nghiệm (−𝜋
6; 2𝜋)
Câu 47.2 Cho phương trình 𝟐 𝒍𝒐𝒈𝟑(𝒄𝒐𝒕 𝒙) = 𝒍𝒐𝒈𝟐(𝒄𝒐𝒔 𝒙) Phương trình có nghiệm khoảng (𝝅
𝟔; 𝟗𝝅
𝟐)
A 4 B 2 C 3 D 1
Lời giải Chọn B
Điều kiện 𝑠𝑖𝑛 𝑥 > 0, 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > Đặt 𝑢 = 𝑙𝑜𝑔2(𝑐𝑜𝑠 𝑥) {𝑐𝑜𝑡2𝑥 = 3𝑢 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 2𝑢
Vì 𝑐𝑜𝑡2𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥
1−𝑐𝑜𝑠2𝑥 suy (2𝑢)2 1−(2𝑢)2=
𝑢 ⇔ 𝑓(𝑢) = (4 3)
𝑢
+ 4𝑢− = 0
𝑓′(𝑢) = (4
3) 𝑢
𝑙𝑛 (4
3) +
𝑢𝑙𝑛 > 0, ∀𝑢 ∈ ℝ Suy hàm số 𝑓(𝑢) đồng biến ℝ, suy phương trình 𝑓(𝑢) = có nhiều nghiệm, ta thấy 𝑓(−1) = suy 𝑐𝑜𝑠 𝑥 =1
2⇔ 𝑥 = ± 𝜋
3 + 𝑘2𝜋
(𝑘 ∈ ℤ)
Theo điều kiện ta đặt suy nghiệm thỏa mãn 𝑥 =𝜋
3+ 𝑘2𝜋 Khi phương trình nằm khoảng (𝜋
6; 9𝜋
2) 𝑥 = 𝜋 3, 𝑥 =
7𝜋 , 𝑥 =
13𝜋
3 Vậy phương trình có ba nghiệm khoảng ( 𝜋 6;
9𝜋 2) Câu 47.3.Có giá trị nguyên tham số 𝑚 để tồn cặp số (𝑥; 𝑦) thỏa mãn 𝑒3𝑥+5𝑦− 𝑒𝑥+3𝑦+1=
1 − 2𝑥 − 2𝑦, đồng thời thỏa mãn 𝑙𝑜𝑔32(3𝑥 + 2𝑦 − 1) − (𝑚 + 6) 𝑙𝑜𝑔
3𝑥 + 𝑚2+ =
A 6 B 5 C 8 D 7
(27)Ta có : 𝑒3𝑥+5𝑦− 𝑒𝑥+3𝑦+1 = − 2𝑥 − 2𝑦 ⇔ 𝑒3𝑥+5𝑦+ (3𝑥 + 5𝑦) = 𝑒𝑥+3𝑦+1+ (𝑥 + 3𝑦 + 1) Xét hàm số 𝑓(𝑡) = 𝑒𝑡+ 𝑡 ℝ Ta có 𝑓′(𝑡) = 𝑒𝑡+ > 0 nên hàm số đồng biến ℝ Do phương trình có dạng : 𝑓(3𝑥 + 5𝑦) = 𝑓(𝑥 + 3𝑦 + 1) ⇔ 3𝑥 + 5𝑦 = 𝑥 + 3𝑦 + ⇔ 2𝑦 = − 2𝑥
Thế vào phương trình cịn lại ta : 𝑙𝑜𝑔32𝑥 − (𝑚 + 6) 𝑙𝑜𝑔3𝑥 + 𝑚2+ = Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3𝑥(𝑥 > 0), phương trình có dạng : 𝑡2 − (𝑚 + 6)𝑡 + 𝑚2+ = 0 Để phương trình có nghiệm 𝛥 ≥ ⇔ −3𝑚2+ 12𝑚 ≥ ⇔ ≤ 𝑚 ≤ Do có số nguyên 𝑚 thỏa mãn
Câu 47.4.(Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Cho phương trình 7𝑥+ 𝑚 = 𝑙𝑜𝑔
7(𝑥 − 𝑚) với 𝑚 tham số Có giá trị nguyên 𝑚 ∈ (−25; 25) để phương trình cho có nghiệm?
A 9 B 25 C 24 D 26
Lời giải Chọn C
Điều kiện: 𝑥 > 𝑚
Đặt 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔7(𝑥 − 𝑚) ta có {7
𝑥+ 𝑚 = 𝑡
7𝑡+ 𝑚 = 𝑥⇒ 7𝑥+ 𝑥 = 7𝑡+ 𝑡(1)
Do hàm số 𝑓(𝑢) = 7𝑢+ 𝑢 đồng biến ℝ, nên ta có (1) ⇔ 𝑡 = 𝑥 Khi đó:
7𝑥+ 𝑚 = 𝑥 ⇔ 𝑚 = 𝑥 − 7𝑥
Xét hàm số 𝑔(𝑥) = 𝑥 − 7𝑥 ⇒ 𝑔′(𝑥) = − 7𝑥𝑙𝑛 = ⇔ 𝑥 = − 𝑙𝑜𝑔
7(𝑙𝑛 7) Bảng biến thiên:
Từ phương trình cho có nghiệm 𝑚 ≤ 𝑔(− 𝑙𝑜𝑔7(𝑙𝑛 7)) ≈ −0,856 (các nghiệm thỏa mãn điều kiện 𝑥 − 𝑚 = 7𝑥 > 0)
Do 𝑚 nguyên thuộc khoảng (−25; 25), nên 𝑚 ∈ {−24; −16; ; −1}
Câu 48 Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục [0; 1] thỏa mãn 𝑓(1 − 𝑥) = 6𝑥2𝑓(𝑥3) −
√3𝑥+1 Khi ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
0
A 4 B −1 C 2 D 6
Lời giải Chọn A
Ta có 𝑓(1 − 𝑥) = 6𝑥2𝑓(𝑥3) −
√3𝑥+1⇔ 𝑓(1 − 𝑥) − 6𝑥
(28)⇔ ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑𝑥01 − ∫ 6𝑥01 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥= − ∫
√3𝑥+1𝑑𝑥
0 (∗)
Ta có ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑𝑥01 = − ∫ 𝑓(1 − 𝑥)𝑑(1 − 𝑥)01 𝑢=1−𝑥= − ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢10 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 Và ∫ 6𝑥01 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥= ∫ 𝑓(𝑥1 3)𝑑(𝑥3)
0 =
𝑢=𝑥3
2 ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢01 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 Ta có (∗) ⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 − ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = −6 ∫
√3𝑥+1𝑑𝑥
0 ⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1
0 = ∫
1 √3𝑥+1𝑑𝑥
0 =
Vậy ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥01 = Bài toán gốc
Cho hàm số 𝑓(𝑥) liên tục ℝ thỏa 𝑥 𝑓(𝑥3) + 𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥10+ 𝑥6− 2𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ Khi
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥−10 A −17
20 B −
13
4 C
17
4 D −1
Lời giải Chọn B
Với ∀𝑥 ∈ ℝ ta có : 𝑥 𝑓(𝑥3) + 𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥10+ 𝑥6− 2𝑥
⇒ 𝑥2𝑓(𝑥3) + 𝑥𝑓(1 − 𝑥2) = −𝑥11+ 𝑥7− 2𝑥2 (∗)
⇒ ∫ 𝑥2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥
1
+ ∫ 𝑥𝑓(1 − 𝑥2)𝑑𝑥
1
= ∫ (−𝑥11+ 𝑥7 − 2𝑥2)𝑑𝑥
1
⇔1
3∫ 𝑓(𝑥
3)𝑑(𝑥3)
0
−1
2∫ 𝑓(1 − 𝑥
2)𝑑(1 − 𝑥2)
0
= −5 ⇔1
3∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1
+1
2∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1
= −5
8⇔ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
1
= −3
Mặt khác : (∗) ⇒ ∫ 𝑥0 2𝑓(𝑥3)𝑑𝑥
−1 + ∫ 𝑥𝑓(1 − 𝑥
2)𝑑𝑥
−1 = ∫ (−𝑥
11+ 𝑥7− 2𝑥2)𝑑𝑥
−1
(∗) ⇒1
3∫ 𝑓(𝑥
3)𝑑(𝑥3)
−1 −
1
2∫ 𝑓(1 − 𝑥
2)𝑑(1 − 𝑥2)
−1 = −
17 24
⇒1
3∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
−1 −
1
2∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
0 = −
17
24⇒ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
−1 = (
1
−3 −
17 24) = −
13
Câu 49 Cho hình chóp 𝑆 𝐴𝐵𝐶 có đáy tam giác 𝐴𝐵𝐶 cạnh 𝑎, tam giác 𝑆𝐵𝐴 vuông 𝐵, tam giác 𝑆𝐴𝐶
vuông 𝐶 Biết góc hai mặt phẳng (𝑆𝐴𝐵) (𝐴𝐵𝐶) 60° Tính thể tích khối chóp 𝑆 𝐴𝐵𝐶
theo 𝑎 A √3𝑎
3
8 B
√3𝑎3
12 C
√3𝑎3
6 D
√3𝑎3 Lời giải
(29)Gọi 𝐷 hình chiếu 𝑆 lên mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶), suy 𝑆𝐷 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) Ta có 𝑆𝐷 ⊥ 𝐴𝐵 𝑆𝐵 ⊥ 𝐴𝐵(𝑔𝑡), suy 𝐴𝐵 ⊥ (𝑆𝐵𝐷) ⇒ 𝐵𝐴 ⊥ 𝐵𝐷 Tương tự có 𝐴𝐶 ⊥ 𝐷𝐶 hay tam giác 𝐴𝐶𝐷 vuông 𝐶
Dễ thấy 𝛥𝑆𝐵𝐴 = 𝛥𝑆𝐶𝐴 (cạnh huyền cạnh góc vng), suy 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶 Từ ta chứng minh 𝛥𝑆𝐵𝐷 = 𝛥𝑆𝐶𝐷 nên có 𝐷𝐵 = 𝐷𝐶
Vậy 𝐷𝐴 đường trung trực 𝐵𝐶, nên đường phân giác góc 𝐵𝐴𝐶̂ Ta có 𝐷𝐴𝐶̂ = 30°, suy 𝐷𝐶 = 𝑎
√3 Ngồi góc hai mặt phẳng (𝑆𝐴𝐵) (𝐴𝐵𝐶)
𝑆𝐵𝐷̂ = 60°, suy 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐷̂ = 𝑆𝐷
𝐵𝐷⇒ 𝑆𝐷 = 𝐵𝐷 𝑡𝑎𝑛 𝑆𝐵𝐷̂ = 𝑎
√3 √3 = 𝑎 Vậy 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =
1
3 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 𝑆𝐷 =
𝑎2√3 𝑎 =
𝑎3√3 12
Câu 50 Cho hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) hàm đa thức có đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓′(𝑥) hình vẽ
Có giá trị nguyên tham số 𝑚 , 𝑚 ∈ 𝑍, −2020 < 𝑚 < 2020 để hàm số
𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥2) + 𝑚𝑥2(𝑥2+8
3𝑥 − 6) đồng biến khoảng (−3; 0)
A 2021 B 2020 C 2019 D 2022
Lời giải S
D
B
A
(30)Chọn B
Ta có 𝑔′(𝑥) = 2𝑥𝑓′(𝑥2) + 4𝑚𝑥(𝑥2+ 2𝑥 − 3)
Hàm số 𝑔(𝑥) đồng biến khoảng (−3; 0) suy 𝑔′(𝑥) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0)
⇔ 2𝑥𝑓′(𝑥2) + 4𝑚𝑥(𝑥2 + 2𝑥 − 3) ≥ 0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0) ⇔ 𝑓′(𝑥2) − 2𝑚(−𝑥2− 2𝑥 + 3) ≤
0, ∀𝑥 ∈ (−3; 0)
⇔ 𝑓′(𝑥2) ≤ 2𝑚(−𝑥2− 2𝑥 + 3), ∀𝑥 ∈ (−3; 0) ⇔ 𝑚 ≥ 𝑓′(𝑥2)
2(−𝑥2−2𝑥+3), ∀𝑥 ∈ (−3; 0)
⇔ 𝑚 ≥ 𝑚𝑎𝑥
(−3;0)
𝑓′(𝑥2) 2(−𝑥2−2𝑥+3)
+)Ta có −3 < 𝑥 < ⇒ < 𝑥2 < ⇒ 𝑓′(𝑥2) ≤ −3 dấu “=” 𝑥2 = ⇔ 𝑥 = −1 +) −𝑥2− 2𝑥 + = −(𝑥 + 1)2+ ⇒ < −𝑥2− 2𝑥 + ≤ 4, ∀𝑥 ∈ (−3; 0)
⇔
−𝑥2−2𝑥+3 ≥
4, dấu “=” 𝑥 = −1 Suy 𝑓
′(𝑥2) 2(−𝑥2−2𝑥+3)≤
−3 2.4 =
−3
8, ∀𝑥 ∈ (−3; 0), dấu “=” 𝑥 = −1
⇒ 𝑚𝑎𝑥
(−3;0)
𝑓′(𝑥2)
2(𝑥2+2𝑥+3)= − Vậy 𝑚 ≥ −3