Đề thi THPT Quốc gia lớp Toán thầy Minh ĐHSP 2020

17 10 0
Đề thi THPT Quốc gia lớp Toán thầy Minh ĐHSP 2020

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Trang 117 Mã đề thi 001 LỚP TOÁN THẦY MINH ĐHSP ĐỀ THI THỬ SỐ 32 KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2020 MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 90 phút) Họ và tên thí sinh SBD Mã đề thi 132 HƯỚNG DẪN GIẢI C.

LỚP TOÁN THẦY MINH ĐHSP ĐỀ THI THỬ SỐ 32 KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2020 MƠN: TOÁN 12 (Thời gian làm 90 phút) Họ tên thí sinh: SBD: Mã đề thi 132 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: [2H1.3-1] Cho khối chóp S ABC có diện tích đáy 2a , đường cao SH  3a Thể tích khối chóp S ABC A a B 2a C 3a D 3a Lời giải Chọn B 1 Thể tích khối chóp S ABC V  S ABC SH  2a 3a  2a 3 Câu 2: [2D1.2-1] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số A 2 B C Lời giải D 1 Chọn C Từ bảng biến thiên ta có giá trị cực đại hàm số Câu 3: [2H3.1-1] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;3;7  B  2;3;2  , C  2; 3;3 Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là? A G 1;1;4  B G  2; 1;3 C G 1; 2;3 D G 1; 1;1 Lời giải Chọn A Tọa độ trọng tâm tam G x A  xB  xC 3 2   xG   xG   3  xG    y A  yB  yC 333      yG   G 1;1;    yG   xG  3 z     G z A  z B  zC 723   x  z  G G   3   Câu 4: giác ABC [2D1.1-1] Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A (2;0) B (0;1) C (3;1) D (1; ) Trang 1/17 - Mã đề thi 001 Lời giải Chọn D Từ đồ thị ta thấy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;   Nên chọn đáp án Câu 5: D  a3  [2D2.3-2] Biết log a    , tính log a b  b A  B C 12 D Lời giải Chọn A  a3  3 log a     log a a  log a b    log a b   log a b  6  b Câu 6: [2D3.2-2] Cho  f ( x)dx  ,  g ( x)dx  3 Tìm a để  (a  2ax  f ( x))dx   (a  2) g ( x)dx  10 2 A a  B a  3 C a  Lời giải D a  Chọn B 3   (a  2ax  f ( x))dx  (a  2) g ( x)dx  10  ax  ax  2 3  f ( x)dx   a    g ( x )dx  10 2  6a    a    10  a  3 Câu 7: [2H2.2-2] Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có cạnh là? A  B 4 C  D 3 Lời giải Chọn C Hình lập phương có cạnh nên có khối cầu ngoại tiếp có bán kính R  Trang 2/17 - Mã đề thi 001  3  Thể tích khối cầu: V  R        Câu 8: [2D2.5-2] Tập nghiệm phương trình: ( x  x  3) ln ( x  1)  là? A 1; 2;  3 B 1; 2; 3 C 1; 2; 3 D 2;3 Lời giải Chọn D Điều kiện: x   x  1  x2  2x   Phương trình trở thành:   x    x  ln  x  1   x   So với điều kiện ta S  2;3 Câu 9: [2H3.2-2] Trong không gian Oxyz trục Ox song song với mặt phẳng có phương trình nào? A x  by  cz  d  với (b  c  0) 2 C by  cz   với (b  c  0) B y  z  D x   Lời giải Chọn C  Trục Ox song song với mặt phẳng    véctơ phương u  1;0;0  trục Ox  vng góc với véctơ pháp tuyến n mặt phẳng    điểm O  0;0;      Ta thử đáp án   Đáp án A: n  1; b; c   u.n  1.1  0.b  0.c   (loại)   Đáp án B: n   0;1;1  u.n  1.0  0.1  0.1  Mà   nên O  0;0;      (loại)   Đáp án C: n   0; b;c   u.n  1.0  0.b  0.c  Mà b.0  c.0   nên O  0; 0;0      (nhận)   Đáp án D: n  1;0;   u.n  1.1  0.0  0.0   (loại) Câu 10: [2D3.1-2] Họ nguyên hàm hàm số f  x   sin x A cos 2x  C B  cos 2x  C C cos x  C D sin x  C Lời giải Chọn D Ta có: 1  f  x  dx   sin xdx   cos x  C   1  2sin x   C  sin 2 x C Câu 11: [2H3.2-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  P  qua điểm đây? A M 1;1;  1 B N  1;  1; 1 C P 1;1;1 D Q  1;1;1 Lời giải Chọn B Trang 3/17 - Mã đề thi 001 Thay tọa độ điểm ta thấy N  1;  1; 1 thỏa mãn Câu 12: [1D2.1-2] Một tập A có n phần tử, số tập khác rỗng tập A A n ! B n ! C 2n  D 2n Lời giải Chọn C Số tập tập A 2n Vậy số tập khác rỗng tập A 2n  Câu 13: [1D3.3-1] Một cấp số cộng  un  có 10 số hạng, biết u1  , u10  67 Tính tổng số hạng cấp số cộng A 350 B 700 C 175 Lời giải D 330 Chọn A Ta có: S10  Câu 14:  u1  u10  10    67  10 2  350 [2D1.5-1] Đồ thị hình vẽ bên đồ thị hàm số nào? y -1 x O -1 -2 A y  x 1 x 1 B y  x  x  C y  x  x  D y  x  x  Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số cho đồ thị hàm số trùng phương Đồ thị hàm số có điểm cực trị nên a.b  Vậy đáp án C Câu 15: [2D1.3-1] Cho hàm số f  x  liên tục  3; 2 có đồ thị hình vẽ bên Gọi M , m giá trị lớn nhỏ f  x   3; 2 Tính M  m x 3 f  x 2 4 A B C Lời giải D Chọn C Dựa vào bảng biến thiên ta có: M  , m  4 nên M  m    Trang 4/17 - Mã đề thi 001 Câu 16: [2D1.2-1] Cho f ( x) có đạo hàm f ( x)  x  x  1  x   Số điểm cực trị hàm số f ( x) là? A B C D Lời giải Chọn B  x  1 Ta có: f ( x)    x    x  Nhận xét nghiệm x  1 x  nghiệm đơn x  nghiệm kép nên đạo hàm f ( x) đổi dấu qua nghiệm x  1 x  , không đổi dấu qua nghiệm x  Vậy hàm số có điểm cực trị Câu 17: [2H3.1-1] Phương trình mặt cầu đường kính AB với A  1; 2;5  , B  3; 2; 1 A ( x  1)  y  ( z  3)2  12 B ( x  1)2  y  ( z  3)  C ( x  1)2  y  ( z  3)2  12 D ( x  1)  y  ( z  3)  48 Lời giải Chọn C Mặt cầu đường kính AB với A  1; 2;5 , B  3; 2; 1 có tâm I 1;0;3 bán kính R AB  nên phương trình mặt cầu ( x  1)2  y  ( z  3)2  12 Câu 18: [2D2.3-2] Đặt log  a Tính theo a giá trị log18 12 A 2a  a+2 B a2 2a  C a2 2a  D 2a  2a Lời giải Chọn D Ta có log18 12  Câu 19: [2H3.2-2] log 12  log 2a   log 18  log  2a Trong không gian  Q  : x  y  z   Có Oxyz , cho hai mặt phẳng  P : x  y  2z   , điểm M có hồnh độ nguyên thuộc Ox cho tổng khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng  P  ,  Q  khoảng cách ( P ) (Q ) A B C Lời giải D Chọn D A 1; 0;1   P  Do  P  //  Q  nên d   P  ,  Q    d  A;  Q    1   2   1   Gọi M  m;0;0   Ox , m  Có d  M ;  P    d  M ;  Q    d   P  ,  Q    m 3  m3  Trang 5/17 - Mã đề thi 001  m   m   1 Ta m 3  m   3 m  m   3 m  m   , có 1    m  m  3   3  m  Do m    m  3; 2; 1;0;1; 2;3 , gồm Câu 20: [2D2.6-2] Bất phương trình   x 1 1 phương trình giá trị thỏa mãn   x 3 1 có nghiệm nguyên thuộc C 100 Lời giải D 101   100;100 A 98 B 99 Chọn D   2x  x   x   Do m   m   100;100 nên m  0;1; 2; ;100 , gồm 101 giá trị thỏa mãn Bất phương trình  Câu 21:  1 x  1    x3 1 [2H2.1-2] Cho khối nón có đường sinh 2a , thiết diện qua trục hình nón tam giác Tính diện tích xung quanh hình nón B  a A 2 a 4 a D 2 a C 2 Lời giải Chọn A AB  a Vậy diện tích xung quanh hình nón: S xq   rl   a.2 a  2 a Ta có: Thiết diện qua trục tam giác ABC , suy ra: r  Câu 22: [2D1.4-2] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên hình bên Tìm số tiệm cận đồ thị hàm số x  1  f  x 3 A B C D Lời giải Chọn B Ta có: Trang 6/17 - Mã đề thi 001 lim f  x   lim f  x   3 nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng x 1 x 1 lim f  x   nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  x  Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận Câu 23: [2H1.3-2] Tính thể tích khối tứ diện có đỉnh đỉnh khối lập phương cạnh a A a3 B a3 C a3 D a3 12 Lời giải Chọn A D C A B D C B A Ta có khối tứ diện ACBD khối tứ diện có cạnh a Thể tích hình lập phương ABCD ABC D : V  a Thể tích khối chóp: VAABD  VBACB  VC CBD  VDACD  a 1 Vậy thể tích khối tứ diện ACBD : VACBD  V  4.VAABD  a  a  a Câu 24: [2D3.1-2] Hàm số f  x   22x  x có đạo hàm A f '  x    2x   2 xx2 1 x  x C f '  x   1  x  ln ln B f '  x   2x   22 x x  D f '  x  1  x  22 x x  ln 2 ln Lời giải Chọn C     2 Ta có f '  x   22x  x '   x  x '.22 x  x ln   2 x   22 x  x ln  1  x  21 x  x ln Câu 25: [2D1.5-2] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên hình vẽ bên.Số nghiệm thực phương trình f  x   là? A B C Lời giải D Chọn A Từ bảng biến thiên ta thấy kẻ đường thẳng y  cắt ngang đồ thị cắt điểm, phương trình f  x   có nghiệm Trang 7/17 - Mã đề thi 001 Câu 26: [1H3.4-2] Cho hình chóp tứ giác đều, biết hai mặt bên đối diện diện tạo với góc 60 , tính góc mặt bên mặt đáy hình chóp A 45 B 60 C 60 30 D 30 Lời giải Chọn C S A B I H D C Gọi I, H trung điểm AD BC Dễ dàng nhận thấy góc mặt bên đối diện   60 ISH  góc nhọn ISH   60 ISH  góc tù 180  ISH Mặt khác ta lại có ISH tam giác cân nên góc mặt bên mặt đáy hình chóp   120 30 ISH   60 60 ISH Câu 27: [2D2.5-2] Tổng nghiệm phương trình log 17.2 x    x A B C 2 Lời giải D Chọn D log 17.2 x    x  17.2 x   2 x  22 x  17.2 x    x 17  257  17  257 2   x  log 2    x 17  257  17  257 2   x  log   Tổng nghiệm phương trình log 17  257 17  257  log  2 Câu 28: [2H2.1-2] Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy, SA  a Tập hợp điểm M không gian cho SM tạo với  ABC  góc 45o là? A Mặt nón đỉnh S có góc đỉnh 45o B Mặt nón đỉnh S , có đường sinh SB C Mặt nón đỉnh đỉnh A có đường sinh SA D Mặt nón đỉnh A có đường sinh AB Lời giải Trang 8/17 - Mã đề thi 001 Chọn B S S a B M A a A C 45 B Ta có SAB vng cân A   SM ,  ABC     SB,  ABC    45o Vậy: Tập hợp điểm M không gian mặt nón đỉnh S , có đường sinh SB Câu 29: [2D3.1-2] Họ nguyên hàm hàm số f  x   x  e x  sin x  A  x  1 e x  x cos x  sin x  C B  x  1 e x  x cos x  sin x  C C  x  1 e x  x cos x  sin x  C D  x  1 e x  x cos x  sin x  C Lời giải Chọn A  x e x  sin x dx u  x du  dx Đặt   x x dv   e  sin x  dx v  e  cos x  x e x  sin x dx  x  e x  cos x     e x  cos x dx   x  e x  sin x dx  x  e x  cos x    e x  sin x    x  e x  sin x dx   x  1 e x  x cos x  sin x  C Phương pháp trắc nghiệm: Sử dụng phương pháp bảng u đạo hàm dv nguyên hàm u v x x  e  sin x e x  cos x  e x  sin x Câu 30: [2H1.3-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O , AB  a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA  3a Gọi M trung điểm SB , N điểm cạnh SD cho SN  ND Tính thể tích khối tứ diện ACMN Trang 9/17 - Mã đề thi 001 A a3 B a3 C a3 D a3 12 Lời giải Chọn B VS ACB  VS AIM  VAIMC  VSIMC  VAMBC  VAIMC  VS ACB  VS AIM  VSIMC  VAMBC  VS ACD  VS AIN  VAINC  VSINC  VANDC  VAINC  VS ACD  VS AIN  VSINC  VANDC  Vậy VACMN  VS ABCD  VS ANM  VS CMN  VAMBC  VANDC VS ANM SN SM 1 1     VS ANM  VS ADB  VS ABCD   VS ADB SD SB 3 VS CMN SN SM 1 1     VS CNM  VS CBD  VS ABCD   VS CBD SD SB 3 1 VAMBC   d  M ,  ABCD    S ABC   d  S ,  ABCD    S ABC  VS ABCD 1 VANDC   d  N ,  ABCD    S ADC   d  S ,  ABCD    S ABC  VS ABCD Suy a3 1 1 1 VACMN  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD    3a  a  6 4 x 1 y  z 1 mặt phẳng   2m  m2 ( P) : x  y  z   , hai điểm A  2; 2;  B 1; 2;3 thuộc ( P) Giá trị m để AB vuông Câu 31: [2H3.3-2] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d ) : góc với hình chiếu d ( P) là? A m  B m  1 C m  Lời giải D m  3 Chọn D Trang 10/17 - Mã đề thi 001  Ta có AB   1;0;1  Đường thẳng d qua điểm M 1;  3;  1 có véc-tơ phương u   2m  1; 2; m    Mặt phẳng  P  có véc-tơ pháp tuyến n  1;1;1     1 7 Nếu d song song với  P   u.n   m   Khi u   ; 2;   AB.u   Suy 3 3 3 AB khơng vng góc với d hình chiếu d  P  (loại) Nếu d cắt  P  điểm F , H hình chiếu M xuống  P  Khi đường thẳng qua hai điểm H F hình chiếu d mặt phẳng  P       AB  MH Do   AB  d  AB  u  AB.u   AB  HF  1  2m  1  0.2   m     m  3 Câu 32: [2D1.1-3] Tập hợp giá trị m để hàm số y  x3  3(2m  3) x  72mx  12m nghịch biến  2; 4 là? A  2;5 B  2;    C 1;    D  ;3 Lời giải Chọn C Ta có y  3x   2m  3 x  72m Điều kiện y  với x   2; 4  x   2m  3 x  72m  với x   2; 4  x  18 x  12m  x   với x   2; 4  x  12m với x   2; 4  12  12m  m  Câu 33: [2D3.2-2] Cho 2x  dx  a ln  b ln Tính giá trị biểu thức a  ab  b  x x B 21 A 11 C 31 Lời giải D 41 Chọn D Ta có 3 2x   3 2 x  x dx  2  x  x   dx Trang 11/17 - Mã đề thi 001   3ln x  ln x    3ln  3ln  ln  ln = ln  5ln Theo 2x  dx  a ln  b ln x x Suy a  5 , b  Vậy  5    5    41 Câu 34: [2D1.5-3] Cho hàm số f  x  Hàm số f   x  có bảng biến thiên hình vẽ bên Điều kiện m để bất phương trình f  x    x.e x  m nghiệm với giá trị x    1;1 x -∞ -1 +∞ -1 f '(x) -3 -∞ -∞ A m  f 1  e B m  f  3  2e C m  f  1  e Lời giải D m  f  3  2e Chọn A Đặt g  x   f  x    x.e x Bất phương trình f  x    x.e x  m nghiệm với giá trị x    1;1 max g  x   m  1;1 Đặt t  x   x  t  Do x    1;1 nên t  1;3 Khi g  t   f  t    t   et 2  f  t   t 2 t e với t  1;3 e2 Dựa vào bảng biến thiên ta có 3  f  x   1, x  1;4 nên 3  f  t   1, t  1;3 Do ta có g   t   f   t   t 1 t e  0, t  1;3 e2 Do hàm số g  t  nghịch biến đoạn 1;3  max g  x   max g  t   g 1  f 1  e  1;1 1;3 Vậy m  f 1  e Trang 12/17 - Mã đề thi 001 Câu 35: [1D2.5-3] Cho đa giác có 20 đỉnh nội tiếp đường tròn  C  Lấy ngẫu nhiên hai đường chéo số đường chéo đa giác Tính xác suất để lấy hai đường chéo cắt giao điểm hai đường chéo nằm bên đường tròn? 17 57 19 19 A B C D 63 169 63 169 Lời giải Chọn B Số đường chéo đa giác có 20 đỉnh C202  20  170 Chọn ngẫu nhiên hai đường chéo số 170 đường chéo ta có n     C170 cách Gọi A biến cố: “Lấy hai đường chéo cắt giao điểm hai đường chéo nằm bên đường tròn ” Ta thấy đỉnh số 20 đỉnh có hai đường chéo cắt giao điểm hai đường chéo nằm bên đường tròn Suy n  A   C204 Vậy p  A   n  A  C204 57   n    C170 169 Câu 36: [2H3.1-3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 3;  , B  2;1;  mặt cầu   2  S  :  x  1  y   z    12 Điểm M  a; b; c  thuộc  S  cho MA.MB nhỏ nhất, tính abc A D C B  Lời giải Chọn C Gọi I  0; 1;3 trung điểm đoạn thẳng AB Mặt cầu có tâm J  1;0;  bán kính R  Ta có: IJ   I nằm mặt cầu       Ta có: MA.MB  MI  IA MI  IB  MI  IA2 đạt giá trị nhỏ  MI nhỏ    Mặt khác M  a; b; c  thuộc  S  Do MI nhỏ MI  R  IJ   I trung điểm đoạn thẳng IM  M 1; 2;   a  b  c  Câu 37: [2D1.5-3] Cho hàm số f  x  có bảng biến thiên hình vẽ bên dưới: Phương trình f A   x  x  có nghiệm? B C Lời giải D Trang 13/17 - Mã đề thi 001 Chọn B Xét hàm số y  f y  1 x x  x2 f     x  x , với x   0; 2 ta có 1  x  x  x ; y     x   x  x   Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f   x  x  có hai nghiệm phân biệt Câu 38: [2H2.2-4] Cho hai mặt cầu  S1  có tâm I1 , bán kính R1  ,  S2  có tâm I bán kính R2  Lần lượt lấy hai điểm M , M thuộc hai mặt cầu  S1  ,  S2  Gọi K trung điểm M 1M Khi M , M di chuyển  S1  ,  S2  K qt miền khơng gian khối trịn xoay tích 55π A B 68π C 76π D 82π Lời giải Chọn C M2 K M1 I1 I I2         Gọi I trung điểm I1 I , ta có I1M  I1I  IK  KM I M  I I  IK  KM nên    I1M  I M  IK , với vị trí I1 I       Mặt khác, ta lại có I1M  I M  I1M  I M  I1M  I M  Do R1  R2  IK  R1  R2 hay  IK    IK  Vì I cố định nên quỹ tích điểm K phần không gian giới hạn hai mặt cầu đồng tâm I , bán kính Ta lưu ý quỹ tích khơng đổi khơng phụ thuộc vào vị trí điểm I1 I Vậy thể tích khối trịn xoay cần tìm V  76π π  33  23   3 2 Câu 39: [2H3.1-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x     y     z    Điểm M  a; b; c  thuộc  S  Tìm giá trị nhỏ a  b  c A 25 B 29 C 24 Lời giải D 26 Trang 14/17 - Mã đề thi 001 Chọn A 2 Mặt cầu  S  :  x     y     z    có tâm I  4; 2;  bán kính R  Nhận xét gốc tọa độ O nằm mặt cầu  S  Đặt T  a  b  c , ta thấy T  OM Ta có Tmin  OM  OM  OI  R  Vậy Tmin  OM  25 Câu 40: [2H1.3-4] Cho khối lăng trụ tam giác ABC ABC  Gọi G trọng tâm tam giác ABC M , N , P trung điểm CC  , AC  , AB Biết thể tích khối tứ diện GMNP , tính thể tích khối lăng trụ ABC ABC  ? A 72 B 21 C 18 D 17 Lời giải Chọn A A' C' N M B' P A C G K B Khơng làm thay đổi kết ta coi ABC A ' B ' C ' lăng trụ đứng Do MN  A ' C '  AC Từ G kẻ đường thẳng song song AC cắt BC K suy GK / / MN  GK  ( MNP ) Ta có VGMNP  VKMNP Do GK  ( MNP ) 1 5 Lại có S KNP  S KCC ' N  S PKC  S PC ' N = S KCC ' N  S BB 'C ' C  S BB 'C 'C 2 12 24 Và S PNC '  S BB 'C 'C  S KNP  VPNC ' 5  VM KNP  VM PNC '  VP.MNC '  CC '.S BNC ' 3 5  VM KNP  CC ' S A ' B 'C '  VLT (1) 24 Theo giả thiết suy VGMNP  VKMNP  (2) Từ (1) (2) suy VLT  72 Câu 41: [2D1.1-3] Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu đạo hàm sau x f  x       Hỏi hàm số g  x   f 1  x   x.e x đồng biến khoảng nào? Trang 15/17 - Mã đề thi 001 A  2;  1 B  1;1 C  0;1 D 1;3 Lời giải Chọn A Ta có g   x    f  1  x   1  x  e x Đặt u   x g   x    f   u   u.eu 1 + Với u    f   u    g   x  không xác định + Với  u    f   u    g   u    f   u   u.eu 1  hàm số g  x  đồng biến Nên 2  x  1   Câu 42: [0D4.5-4] Cho f  x    m  1 x  m2  5m  x  x   3m  6m  19 Tổng giá trị m để f ( x)  với x   1;    A 3 B C 1 Lời giải D Chọn C Ta có f  x    m  1 x   m  5m   x  x   3m  6m  19  (m  1) x  (m2  5m  4) x  3m2  6m   8( x   2) x3 x 1   ( x  3)  (m  1) x  m  2m  1  8     x  3  m  1 x  m  2m    x 1      x  3    x 1     m  1 x  m  2m  1  8  Do f  x   có nghiệm x  nên để f  x   nghiệm với x   1;   điều kiện cần  x 1     m  1 x  m  2m  1   phải có nghiệm x  suy 4m  4m   m  0; m  1 Với m   f  x   x  x  x   19   x  3   x 1    0, x   1;   thỏa mãn Với m  1  f  x   x  x   10   x 1    0, x   1;   thỏa mãn Vậy tổng giá trị m 1 Câu 43: [2D1.5-4] Cho f ( x)  x  3x  Có giá trị nguyên m để phương trình 2019 f ( f ( x))  m có nghiệm phân biệt? A 4037 B 8076 C 8078 Lời giải D Chọn A Trang 16/17 - Mã đề thi 001 Hàm số f  x   x  3x  có đồ thị hình vẽ m 1 ; qua đồ thị ta được: 2019 +) Mỗi t  phương trình f  x   t có nghiệm Đặt t  f  x  , phương trình theo t f  t   +) Mỗi t  1; t  3 phương trình f  x   t có nghiệm +) Mỗi t   3;1 phương trình f  x   t có nghiệm Do đó: m  phương trình 1 có đùng nghiệm nghiệm lớn nên phương 2019 trình ban đầu có nghiệm m +) Nếu  phương trình 1 có nghiệm t  0; t  nên phương trình ban đầu có 2019 nghiệm phân biệt m +) Nếu  1 (1) có tối đa nghiệm nghiệm phân biệt t1   1;  ; t2  1; t3   2;3 2019 nên phương trình ban đầu có nghiệm m +) Nếu  1 (1) có tối đa nghiệm thuộc  3;1 có tối đa nghiệm lớn nên 2019 phương trình ban đầu có tối đa nghiệm m +) Nếu 1   (1) có nghiệm phân biệt t1 ; t2   1;1 t3  phương 2019 trình ban đầu có nghiệm Do ta 2019  m  2019 Vậy có tất 4037 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu +) Nếu HẾT Trang 17/17 - Mã đề thi 001 ... [2H3.2-1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  P  qua điểm đây? A M 1;1;  1 B N  1;  1; 1 C P 1;1;1 D Q  1;1;1 Lời giải Chọn B Trang 3/17 - Mã đề thi 001 Thay tọa... x 3 f  x 2 4 A B C Lời giải D Chọn C Dựa vào bảng biến thi? ?n ta có: M  , m  4 nên M  m    Trang 4/17 - Mã đề thi 001 Câu 16: [2D1.2-1] Cho f ( x) có đạo hàm f ( x)  x  x ... ngang đồ thị cắt điểm, phương trình f  x   có nghiệm Trang 7/17 - Mã đề thi 001 Câu 26: [1H3.4-2] Cho hình chóp tứ giác đều, biết hai mặt bên đối diện diện tạo với góc 60 , tính góc mặt bên

Ngày đăng: 22/12/2022, 15:50

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan