Ôn tập toán 9

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM Câu [Mức độ 1] Theo thống kê, dân số giới năm 2008 763 732 879 người, tỉ lệ dân số châu lục cho biểu đồ sau: Dân số châu Âu chiếm số phần trăm so với dân số toàn giới là: A 11% B 13,6% C 14,5% Lời giải D 60,4% Nhìn vào biểu đồ ta thấy dân số châu Âu so với giới năm 2008 11% Câu [Mức độ 1] Một vật chuyển động theo quy luật khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động, động t A s  t   t  12t 2 , t tính giây  s   m s tính mét quãng đường vật chuyển giây Vận tốc tức thời vật thời điểm t 5 (giây) 80  m/s  Ta có: B v  t  s t    v  5  C Lời giải 82,5  m/s  D 100  m/s  t  24t  3.52  24.5 82,  m/s  Câu [Mức độ 1] Phương trình A x 4 70  m/s  log  x   3 B x 0 có nghiệm 17 x C D x 5 Lời giải log  x  8 3  x  23  x 0  x 0 Ta có: x  Vậy nghiệm phương trình  x  x 0  x  y  y 0   Câu [Mức độ 1] Hệ phương trình sau có nghiệm? A B C D Lời giải  x 0 , x    x  x 0  x 0 x    Ta có nên  y 0   y 1 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm Thay x 0 vào phương trình x  y  y 0 ta    x; y   0;0  ,  0;      Câu [Mức độ 1] Trong mặt phẳng Oxy , gọi M , N , P điểm biểu diễn số phức z1 1  i, z2 4  2i , z3   2i Toạ độ trọng tâm tam giác MNP A  1;1 B  2;  1 C Lời giải  1;  1 D   2;  1 Vì M , N , P điểm biểu diễn số phức z1 1  i, z2 4  2i , z3   2i nên toạ M  1;  1 , N  4;  , P   2;  độ M , N , P : Vậy G trọng tâm tam giác MNP có toạ độ là: 1   1  xG   G  1;1   y     1  G  P  qua M  1;  2;  vng góc với trục Oz Câu [Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng có phương trình A x 1 B z  C z 2 D y  Lời giải  P  trục Oz có phương trình : z a Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  qua M  1;  2;  nên phương trình  P  z 2 Mà mặt phẳng M  2;  1;1 Câu [Mức độ 1] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm Tìm tọa độ điểm M  đối xứng với M qua trục Oy A M  2;0;1 B M  0;  1;  C M   2;1;  1 D M   2;  1;  1 Lời giải H  0;  1;0  Hình chiếu điểm M lên trục Oy Vì M  đối xứng với M qua trục Oy  x M  xM   xH   xM  2 xH  xM    yM  yM      yH   yM  2 yH  yM    z 2 z  z  H M  M  zM  zM   z H   nên H trung điểm MM  Vậy M   2;  1;  1 Câu [Mức độ 2] Số nghiệm nguyên bất phương trình A  x  2 C B  x4 đoạn   3;3 D Lời giải  x 2  ĐKXĐ:  x  x  x  5 x2  5x 1 1  0  0     2 2 x4 x   x  2 x  4  x  2 x  4  x  2 x  2    Ta có Ta có x 0; x  0  x 5 x  0  x  x  0  x 2 Bảng xét dấu Kết hợp với điều kiện xác định suy tập nghiệm bất phương trình S ( 4;0]  [5; ) x    3;  2;  1;0 x   nên   3;3 Suy tập nghiệm có nguyên nghiệm thuộc Vì Câu x    3;3 0;   [Mức độ 2] Phương trình sin x  3cos x 0 có nghiệm khoảng  ? A B C D Lời giải  cos x 0   sin x   L  cos x  2sin x   0  Phương trình tương đương với   x   k , k    x khoảng  0;   Vậy phương trình có nghiệm Câu 10 [Mức độ 2] Một công ty thực việc trả lương cho công nhân theo phương thức sau: Mức lương quý làm việc cho công ty 13,5 triệu đồng/ quý, kể từ quý làm việc thứ hai, mức lương tăng thêm 500.000 đồng quý Tính tổng số tiền lương cơng nhân nhận sau bốn năm làm việc cho công ty A 288 triệu đồng B 114 triệu đồng D 276 triệu đồng C 198 triệu đồng Lời giải Đơn vị: Triệu đồng Ta thấy tổng số tiền lương bốn năm tổng 16 số hạng cấp số cộng ( un ) với u1 = 13,5;d = ,5 nên tổng số tiền lương công nhân nhận sau bốn năm (mỗi năm quý) làm việc cho công ty S16 = 16 ( 2.13,5 +( 16 - 1) 0,5) = 276 triệu đồng 2x  x 1 x  Câu 11 [Mức độ 2] Họ nguyên hàm hàm số x2 1  C  ln x   C  x  1 A B C x  x  ln x   C D Lời giải x C x Chọn C x2  x 1   d x  x     dx  x  x  ln x   C  x  x  1 y  f  x Câu 12 [Mức độ 3] Cho hàm số có đồ thị y  f  x  hình vẽ y x - Đặt h  x  3 f  x   x  3x   ; 3   C   3;    -1 Tìm mệnh đề mệnh đề sau: max h  x  3 f  1 A O max h  x  3 f   max h  x  3 f B   3;     3  max h  x  3 f  D Lời giải   3;     x    ;  h  x  3 f  x   x  3x Xét với h x 3 f  x   3x  Ta có    x 0  h x  0  f  x   x    x  h  x Bảng biến thiên hàm số    max h  x  h  3 f  Vậy   ; 3    v t 2t   m / s  Câu 13 [ Mức độ 2] Một chất điểm chuyển động với vận tốc   , với t thời gian s tính giây   từ lúc chất điểm bắt đầu chuyển động Tính quảng đường chất điểm khoảng thời gian từ giây thứ đến giây thứ sáu: A 24 m B 50 m C 30 m D 60 m Lời giải Quảng đường chất điểm khoảng thời gian từ giây thứ đến giây thứ sáu là: S  2t  3 dt 50 m Câu 14 [Mức độ 2] Một thiết bị năm 2022 định giá 200 triệu đồng Trong năm , năm giá trị thiết bị giảm 5% so với năm trước từ năm thứ trở đi, năm giá trị thiết bị giảm 10% so với năm trước Hỏi năm giá trị thiết bị nhỏ 50 triệu đồng? A 2036 B 2037 C 2039 D 2038 Lời giải Chọn D Gọi giá trị thiết bị năm 2022 u0 u0 200 triệu đồng 200   0, 05  200.0,95 Suy giá trị thiết bị sau năm u1 u1 200  200.5% triệu đồng Giá trị thiết bị sau hai năm u2 u2 200.0,95  200.0,95.5% 200.0.95 triệu đồng …… Giá trị thiết bị sau năm u5 u5 200.0.95 triệu đồng 5 Giá trị thiết bị sau năm u6 u6 200.0.95  200.0,95 10% 200.0,95 0, triệu đồng …… n Giá trị thiết bị sau n năm un un 200.0,95 0,9 triệu đồng 50  n   log 0,9 n 200.0,955 Theo ta có: un 200.0,95 0,9  50   n  15, 4.0,955 Vậy năm 2038 giá trị thiết bị nhỏ 50 triệu đồng  n  log 0,9 log  x    log  x  1 S 5 Câu 15 [Mức độ 1] Tập nghiệm bất phương trình 5 5   S  ;3  S   1;  S    ;3 S  3;      3 3   A B C D Lời giải x Điều kiện a  1 Vì số nên bất phương trình trở thành x   x   x   x3 Kết hợp với điều kiện ta Câu 16 [Mức độ 2] Cho ( H ) hình giới hạn đường x  y y  x Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình ( H ) quanh trục Ox 5 5 5 A 14 B 12 C 12 D 14 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm hai đường x  y y  x x  x3   x  x  x 0  x 1 Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình ( H ) quanh trục Ox 1 5 V   x  x dx   x  x dx  14 0 Chọn D       Câu 17 [Mức độ 2] Tập hợp giá trị tham số m để hàm số y 2 x  mx  m đồng biến  2;   khoảng   ;8 A B   ; 2  2;   C Lời giải D  4;   Chọn A Ta có y 4 x  m 0  x  m m   ;   Hàm số đồng biến khoảng  m Câu 18  2;   2  m 8 Để hàm số đồng biến khoảng   2i  z    9i  (2  5i) z có nghiệm [Mức độ 2] Phương trình z  i 5 B z  i 5 A C Lời giải z  28 29  i 25 25   2i  z    9i  (2  5i) z    2i   5i  z 7  9i  Ta có Câu 19 z  i 5 D z 7  9i  z  i  7i 5 [ Mức độ 2] Trong mặt phẳng tọa độ, tập hợp điểm M ( x; y) biểu diễn số phức z = x + yi ( x; ¡ ) thỏa mãn z +1+ 3i = z - 2- i đường thẳng có phương trình A 3x  y  0 B 3x  y  0 C x  y  0 D x  y  0 Lời giải z +1+ 3i = z - 2- i  x +1+( 3- y) i = x - +( y- 1) i Ta có:   x  1 2    y   x  2 2   y  1  x  y  0 Câu 20 [Mức độ 2] Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A( 2;1) , B (1, 4) , C (2;  2) Tìm tọa độ điểm M thuộc cạnh BC cho diện tích tam giác MAB năm lần diện tích tam giác MAC  11  M  ;  1  A   13  M  ;  1 M  2;  1  B C  Lời giải 1 S ABM  BM d ( A, BM )  BM d ( A, BC ) M  BC suy 2 1 S ACM  CM d ( A, CM )  CM d ( A, BC ) 2   S S MAB 5S MAC  MAB 5  BM 5  BM 5MC S MAC CM Do   3  M  ;  1  D  Gọi M ( x ; y )  BM ( x  1; y  4) MC (2  x ;   y )    x  5(2  x) BM 5MC    y  5(  y ) Do  11 6 x 11 x     11  M  ;  1 6 y   y   Suy  2   Câu 21 [Mức độ 2] Với giá trị m phương trình x  y  m  x  y  0 phương trình đường trịn có bán kính bé nhất? A m  B m 1 C m  D m 2 Lời giải a  m  b  c  Ta có , , 2   Phương trình x  y  m  x  y  0 phương trình đường trịn  a2  b2  c    m  1     m  2m  13  m   2 Bán kính đường trịn: R  a  b  c  m  2m  13  Vậy  m  1 Rmin  12 2 2  m   P  qua hai điểm A  0;  3;1 , B  1; 2;   Câu 22 [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , mặt phẳng x y 2 z   d :  có phương trình song song với đường thẳng A x  y  5z  0 B x  y  7z+22 0 C  x  y  5z  0 D x  y  7z  0 Lời giải x y 2 z     d : u  2;3;  1 AB  1;5;  3  Đường thẳng có vtcp ,  P  qua hai điểm A  0;  3;1 , B  1; 2;   song song với đường thẳng Mặt phẳng    x y 2 z   d : nP  AB, u   4;  5;    nên vtpt Phương trình mặt phẳng  P x   y  3   z  1 0  x  y  7z  0 Câu 23 [Mức độ 1] Cho hình nón có chiều cao , thể tích 7 Diện tích xung quanh hình chóp A 21 B  14 C y 8 7 D 17 Lời giải 1 V   r h   r 7  r   l  3 S xq  rl  7  21 Câu 24 [Mức độ 3] Một tàu ngầm hạt nhân ông Khanh thiết kế (theo hình vẽ bên dưới) biết đầu tàu tàu có dạng hình bán cầu, thân tàu có dạng hình trụ Tổng chiều dài thân tàu 30, m chiều cao thân tàu 9,6 m Chiếc tàu ngầm ông Khanh thiết kế Hình ảnh minh họa cho tàu ngầm ơng Khanh thiết kế Tính thể tích tàu xác tới hàng phần trăm 3 A 1954,65 m B 1945, 64 m C 1954,32 m D 1954, 23 m Lời giải Tàu ngầm hạt nhân có hai đầu hình bán cầu có đường kính R 9,6  m   R 4,8  m  Tàu ngầm hạt nhân có thân tàu hình trụ có chiều cao bán kính đáy R 4,8  m  h 30,  R 20,  m  Thể tích tàu ngầm hạt nhân tổng thể tích hai bán cầu thể tích khối trụ   4,8   20, 6.  4,8  1954,32  m3  Vậy thể tích tàu ngầm hạt nhân Câu 25 [Mức độ 2] Cho khối lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy 2a khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  a Tính thể tích khối lăng trụ ABC ABC  A 2a 3a 2 B a3 C D 2a Lời giải  Gọi M trung điểm BC  BC    AAM   Ta có BC   AM , ABC BC   AA nên AE   ABC  d A; ABC    AE a  Dựng AE  AM , ,    AAM vng A với đường cao AH nên 1 1 1 1 a  2     2  2  AA   2 2 AH AA AM AA AE AM a (a 3) a (2a) 3a    Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  là: Câu 26 [Mức độ 2] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi I trung điểm đoạn thẳng SC (minh họa hình vẽ) V SM Mặt phẳng chứa AI song song với BD cắt cạnh SB M Tỷ số SB A B C Lời giải D    mặt phẳng chứa AI song song với BD Gọi O  AC  BD , J  AI  SO ,    chứa AI song song với BD nên    qua J cắt SB, SD M , N cho Vì MN / / BD Ta có O trung điểm AC , I trung điểm SC nên J trọng tâm tam giác SAC , từ suy SJ  SO SM SJ   Vì MN qua J MN / / BD nên SB SO E  2;1;3  P  : x  y  z  0 Câu 27 [Mức độ 3] Trong không gian Oxyz , cho điểm , mặt phẳng mặt cầu  S  :  x  3 2   y     z   36 Gọi  đường thẳng qua E , nằm mặt  P  cắt  S  hai điểm có khoảng cách nhỏ Phương trình  phẳng  x 2  9t  x 2  5t  x 2  t  x 2  4t      y 1  9t  y 1  3t  y 1  3t  y 1  t  z 3  8t  z 3  z 3  z 3  3t A  B  C  D  Lời giải A E F B K 2 I  3; 2;5  S : x  3   y     z   36, Mặt cầu    có tâm bán kính R 6   EI  1;1;   EI  EI  12  12  22   R Ta có: Do điểm E nằm mặt cầu  S  E       P E  P     S  nằm đường tròn giao tuyến Ta lại có:  nên giao điểm  C  tâm K mặt phẳng  P  mặt cầu  S  , K hình chiếu vng góc I  P lên mặt phẳng    S   A; B d  K ,  Giả sử Độ dài AB nhỏ lớn    d  K ;   KF KE Gọi F hình chiếu K Dấu " " xảy F E  IK   P   IK      IE    KE   KE      Ta có     n P  , EI   5;  5;0  u  1;  1;0    Ta có: , phương với    P     IE  u  1;  1;0  nên  có vectơ phương  x 2  t   :  y 1  t  z 3  Suy phương trình đường thẳng Câu 28 [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , gọi d  hình chiếu vng góc đường thẳng Vì  x 3  2t  d :  y 1  2t  z 2  t   Ozx  Phương trình tham số đường thẳng d  mặt phẳng  x 3  2t  x 0  x  2t  x  2t      y 0  y 1  2t  y 2t  y 0  z 2  t  z 0  z  t  z  t A  B  C  D  Lời giải M  3;1;   d  Ozx  điểm M  3;0;   d  Điểm có hình chiếu   u   2; 2;  1 u   2;0;  1 Đường thẳng d có vectơ phương nên d  có vectơ phương  x 3  2t   y 0  z 2  t Từ suy phương trình tham số d   f  x có đạo hàm liên tục  có đồ thị hàm số g  x   f x2  hình vẽ Xét hàm số Mệnh đề sai? Câu 29 [Mức độ 3] Cho hàm số   y  f  x    ;  2 g x 0;  B Hàm số   nghịch biến  g x  1;  C Hàm số   nghịch biến  g  x 2;   D Hàm số đồng biến  A Hàm số  Ta có g  x nghịch biến Lời giải g  x   f x   g  x  2 x f  x       x 0 g  x  0  x f  x   0    f  x   0  x   f  x   0     x  2 y  f  x   Dựa vào đồ thị hàm số , ta có 2 f  x    x    x    ;     2;    Mặt khác, f  x    x    x    2;     x 1  x 2     Bảng xét dấu: Dựa vào bảng xét dấu ta thấy   1;0   Vậy C mệnh đề sai g  x   x    1;0  Suy hàm số g  x đồng biến M  1; 2;  P Câu 30 [Mức độ 3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm Gọi   mặt phẳng qua điểm M cắt tia Ox , Oy , Oz điểm A, B, C Tìm giá trị nhỏ thể tích khối chóp O ABC A 48 B 216 C 36 Lời giải D Gọi A  a;0;0  B  0; b;  C  0; 0; c  a  0, b  0, c  0) P , , ( Ta có phương trình mặt phẳng   x y z   1 theo đoạn chắn là: a b c Do M thuộc  P    1 nên ta có: a b c    3  abc 216 a b c abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:     a b c VO ABC  abc 36 Ta có Đẳng thức xảy Do thể tích khối chóp O ABC đạt giá trị nhỏ VO ABC 36 a 3  b 6 c 12  f  x   m   x  x   m  1 x  Câu 31 [Mức độ 3] Cho hàm số Có giá trị nguyên   20; 20  để hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị? tham số m nằm khoảng A 37 B 35 C 36 D 34 Lời giải  f  x  3  m   x  x   m  1 Ta có:   Với m 2 ta có: f  x  2 x  3 x Khi hàm số cho có điểm cực trị dương nên hàm Dễ thấy hàm số đạt cực trị y f  x  số có ba điểm cực trị  m 2 thỏa mãn  Với m 2 : f  x   m   x  x   m  1 x  Yêu cầu toán  Hàm số có điểm cực trị f  x  0 dương  có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 0  x2   m     0    m    m        m  1  m      m   m   Kết hợp m 2 ta  m 2   20; 20  nên m    19;  18; ;  1; 2;3; ;19 Do m nguyên nằm khoảng Câu 32 [Mức độ 3] Số giá trị nguyên tham số m để phương trình hai nghiệm phân biệt A B C Lời giải x   m  1 x   x  D có  x 2  x       m x   x   m  1 x   x  x  m  x   x     x  Phương trình y x  x Xét: y x  m x  x phương trình cho hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số y m x , với x 2  x 3   y 1  x ; y 0  x    2;   Bảng biến thiên: Phương trình m x  13 6m 2;    x có hai nghiệm phân biệt Vậy số giá trị nguyên tham số m để phương trình nghiệm phân biệt x   m  1 x   x  có hai f  x Câu 33 [Mức độ 3] Cho hàm số có đạo hàm liên tục  thoả mãn x f  x   f  x   x  1 e f    Tổng tất nghiệm thực phương trình f  x  0 có giá trị A  B C D  Lời giải Ta có x f  x   f  x   x  1 e x   f  x   f  x   e 2 x   f  x  e  x  f  x   e  x   2 x    f  x  e  x   2 x 1  f  x  e  x  x  1 dx  f  x  e  x x  x  C Do f    Khi (1) nên từ (1) ta có  2.e 0   C  C  f  x   x  x   e x  x 1  f  x  0  x  x  e 0  x  x  0  x    x f  x  0   Vậy tổng tất nghiệm thực phương trình Câu 34 [Mức độ 3] THÔNG MINH tham gia trị chơi hộp may mắn, hộp kín đựng tờ tiền mệnh giá 50.000 đồng tờ tiền mệnh giá 200.000 đồng xếp cách lộn xộn, người lấy tờ tiền từ hộp đó, xem phần thưởng cầm lấy, vễ chỗ THÔNG chơi lượt đầu tiên, lấy ngẫu nhiên tờ tiền sau đến lượt MINH lấy ngẫu nhiên tờ tiền từ hộp Tính xác suất để MINH lấy tờ tiền mệnh giá 200.000 đồng 15 15 A B C D Lời giải n    C101 C91 90 Không gian mẫu, bạn bốc lần là: Gọi A biến cố MINH lấy tờ tiền mệnh giá 200.000 đồng THÔNG bốc 200.000 đồng n  A  C41 C31 12 Gọi B biến cố MINH lấy tờ tiền mệnh giá 200.000 đồng THƠNG khơng bốc 200.000 đồng n  B  C61.C41 24 n  A  n  B   n    Xác suất để MINH lấy tờ tiền mệnh giá 200.000 đồng là: Câu 35 [Mức độ 3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành có diện tích 12a ;  ABCD  4a Gọi L trọng tâm tam giác ACD ; gọi khoảng cách từ S tới mặt phẳng T V trung điểm cạnh SB SC Mặt phẳng  LTV  chia hình chóp S ABCD thành hai khối đa diện, tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh S 28a 20a 32a 3 A B 8a C D  LTV  cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện hình thang  MTVN  Ta có mặt phẳng VS ABCD  12a 4a 16a 3 Ta có: V  V  V  V SADNMTV S ADNM S MNTV Đặt 1 1 16 16 32  VS ADNM   12a  4a  a  VS BCNM 16a  a  a 3 3   Mà : SM SN SB SC 1; b  1; c  2; d  2 SM SN ST SV Đặt VS TVNM a  b  c  d    3 32     VS TVNM  VS BCNM  a 4a 4abcd 4.1.1.2.2 8 Ta có: VS BCNM 16 28a V1  a  4a3  3 Do : PHẦN II: ĐIỀN ĐÁP ÁN x 3 y x  có đồ thị  C  Tiếp tuyến  C  điểm M  2;5  có hệ Câu 36 [Mức độ 2] Cho hàm số số góc bao nhiêu? Đáp án:……… Lời giải M  2;5    C  Ta thấy 4 y'  x  1 Ta có:  C  điểm M  2;5 có hệ số góc k  y '    Tiếp tuyến f  x   x  x    x  x  3 , x   f  x Câu 37 [Mức độ 1] Cho hàm số có đạo hàm Hàm số a f  x có điểm cực trị? Đáp án: ……… Lời giải  x 0  x 4 f  x   x  x    x  x  3 0    x    x  , nghiệm x 4 nghiệm bội chẵn, f  x lại nghiệm bội lẻ nên hàm số có điểm cự trị  P  có phương trình: Câu 38 [Mức độ 2] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng x  y  z  0 điểm O Tính khoảng cách d từ O đến  P  Đáp án:………… Lời giải x  yO  zO     d (O, ( P ))  O  2 P    d O Khoảng cách từ đến  d (O, ( P ))  Câu 39 [Mức độ 2] Một nhóm gồm học sinh khối 10, học sinh khối 11, học sinh khối 12 xếp thành hai hàng để chụp ảnh, hàng người Hỏi có bai nhiêu cách xếp cho học sinh khối 10 đứng hàng phía trước học sinh khối 12 đứng hàng phía sau? Đáp án:………… Lời giải Số cách xếp học sinh lớp 10 hàng phía trước là: A6 Số cách xếp học sinh lớp 12 hàng phía sau là: A6 Số cách xếp học sinh lớp 11 vị trí cịn lại là: A5 Vậy tổng số cách xếp là: A6 A6 A5 5184000 f  x   15 f ( x)   lim 12 lim f  x x x  x x2  x  Câu 40 [Mức độ 3] Cho đa thức thỏa mãn Tính Đáp án:…………… Lời giải f  x   15 f  x   15 lim 12 lim  f  15 f x f  15       Ta có x x  nên , liên tục x x  Ta có lim x lim x lim x f ( x)   x2  x  f  x    81  x  3  x    f  x     f  x   15  x  3  x    f  x    9  12 f  x   15 lim x  f  x    9 lim x      = x x   f  3     Câu 41 [Mức độ 3] Một cửa hàng mua sách từ nhà xuất với giá USD/ Cửa hàng bán sách giá 15 USD/cuốn, giá bán tháng cửa hàng bán 200 Cửa hàng có kế hoạch giảm giá để kích thích sức mua họ ước tính giảm USD/cuốn tháng bán nhiều 20 Hỏi cửa hàng nên bán sách với giá để thu lợi nhuận tháng nhiều nhất? Lời giải < x < 15 Gọi x (USD) ( ) giá bán sách để thu lợi nhuận tháng nhiều Khi x - (USD) lợi nhuận sách bán Vì giảm USD/cuốn tháng bán nhiều 20 cuốn, nên số sách bán 200 + 20.( 15 - x ) tháng là: (cuốn sách) f ( x) Đặt lợi nhuận tháng bán sách với x USD/cuốn ù f ( x) = é ë200 + 20 ( 15 - x ) û( x - 3) = ( 500 - 20 x ) ( x - 3) =- 20 x + 560 x - 1500 Khi ta có: f ( x ) =- 20 x + 560 x - 1500 =- 20( x - 14) + 2420 £ 2420 Xét max f ( x ) = 2420 Khi đó: x = 14 Vậy cửa hàng nên bán sách với giá 14 (USD) sách để thu lợi nhuận tháng nhiều Câu 42 y  x3  x    m2  x  [Mức độ 3] Số giá trị nguyên tham số m để hàm số khơng có cực trị Lời giải TXĐ: D  Ta có: y 3x  x    m   y 0   3.3   m  0  m2 0  m 0 Hàm số cho khơng có cực trị m Vậy có giá trị nguyên tham số thỏa yêu cầu toán Câu 43 [Mức độ 3] Cho hàm số y  f  x có đồ thị hình vẽ Biết miền A B có diện tích Tính Lời giải Đặt t 1  x  dt  xdx 2 xf   x  dx  x 0  t 1  x   t  Đổi cận  Khi 2 2 xf   x  dx  1 f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt 2 2 0   f  t  dt  f  t  dt 2 2 A Diện tích miền Diện tích miền B 1  f  t  dt  f  t  dt  0 1 f  t  dt  xf   x  dx  f  t  dt  f  t  dt     2 2 Suy y  f  x Câu 44 [Mức độ 3] Cho hàm số có bảng biến thiên hình vẽ Phương trình f   3x   1 có nghiệm ? Lời giải  x    x     x    x  g  x   f   3x    g  x   f   3x  0  Đặt Bảng biến thiên Vậy g  x  1 có nghiệm z 4 Câu 45 [Mức độ 3] Cho số phức z có Tập hợp điểm M mặt phẳng tọa độ Oxy biểu diễn số phức w  z  3i đường trịn Tính bán kính đường trịn A B C D Lời giải Gọi w x  yi ,  x, y     w  3i  z  z 4 Ta có w  z  3i  w  3i  z Suy x   y  3 16 I  0;3 Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức w đường trịn tâm có bán kính r 4 SC   ABC  Câu 46 [Mức độ 3] Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vng B Biết AB a ; AC a góc hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC   với độ dài SC theo a Lời giải cos  19 Tính