Lời giải chi tiết đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc gia năm 2019 môn Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THAM KHẢO MÃ ĐỀ THI : 001 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2019 Bài thi : TỐN Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề SẢN PHẨM ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI TẬP THỂ GIÁO VIÊN NHĨM WORD HĨA TÀI LIỆU & ĐỀ THI TỐN QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Sơn GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đinh Gấm, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa Nguyen, Phạm Văn Bình, Thái Dương, Phu An, Nguyễn Mai Mai, Linh Trần, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thơng Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngơ Quang Nghiệp, Hongnhung Nguyen Câu 1: Thể tích khối lập phương cạnh 2a A 8a B 2a C a3 Lời giải D 6a Chọn A Thể tích khối lập phương V   2a   8a Câu 2: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau x   f   x f  x      Giá trị cực đại hàm số cho A B Câu 3: C Lời giải D Chọn D Dựa vào bảng biến thiên hàm số giá trị cực đại hàm số  Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1; 1 B  2,3,  Vectơ AB có tọa độ A 1; 2;3 B  1  2;3  C  3;5;1 Lời giải D  3; 4;1 Chọn A   Ta có AB    1;3  1;   1   AB  1; 2;3 Câu 4: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  0;1 B  ; 1 C  1;1 D  1;0  Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến hai khoảng  1;0  1;   Câu 5:   Với a , b hai số thực dương tùy ý, log ab2 bằng: A log a  log b C  log a  log b  B log a  log b D log a  log b Lời giải Chọn B log  ab2   log a  log b2  log a  2log b Câu 6: Cho  f  x  dx   g  x  dx  , A 3   f  x   g  x  dx bằng: C 8 Lời giải B 12 D Chọn C 1 0   f  x   g  x  dx   f  x  dx  2 g  x  dx   2.5  8 Câu 7: Thể tích khối cầu bán kính a A 4 a B 4 a C  a3 D 2 a Lời giải Chọn A 4 a Ta tích khối cầu có bán kính a là: V   R  3 Câu 8: Tập nghiệm phương trình log  x  x    là: A 0 B 0;1 C 1;0 Lời giải Chọn B x  Ta có: log  x  x     x  x    x  x    x  D 1 Câu 9: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  Oxz  có phương trình là: A z  B x  y  z  D x  C y  Lời giải Chọn C Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phẳng  Oxz  là: y  Câu 10: Họ nguyên hàm hàm số f  x   e x  x B e x  A e x  x  C x C x e  x  C D e x   C x 1 Lời giải C Chọn B Ta có:  f  x  dx    e x  x  dx  e x  x C Câu 11: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q  2;  1;  x 1 y  z  qua điểm đây?   1 B M  1;  2;  3 C P 1; 2; 3 D N  2;1;   Lời giải Chọn C x 1 y  z  qua điểm P 1; 2; 3   1 Câu 12: Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề đúng? Ta có: đường thẳng d : A Cnk  n! k ! n  k  ! B Cnk  n! k! C Cnk  n!  n  k ! D Cnk  Lời giải Chọn A Ta có: Cnk  n! k ! n  k  ! Câu 13: Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d  Giá trị u4 A 22 B 17 C 12 Lời giải Chọn B Ta có u4  u1  3d   3.5  17 Câu 14: Điểm hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z  1  2i ? D 250 k ! n  k  ! n! A N B P C M D Q Lời giải Chọn D Số phức z  1  2i có điểm biểu diễn  1;  chọn Q  1;  Câu 15: Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y  2x 1 x 1 B y  x 1 x 1 C y  x  x  D y  x3  3x  Lời giải Chọn B Dựa vào hình vẽ, nhận thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  đường tiệm cận ngang y  nên có hàm số phương án B thỏa Câu 16: Cho hàm số f  x  liên tục đoạn  1;3 có đồ thị hình vẽ bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn  1;3 Giá trị M  m A B D C Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị trên, ta có: M  3, m  2  M  m  Câu 17: Cho hàm số f  x  có đạo hàm f '  x   x  x  1 x   , x   Số điểm cực trị hàm số cho A C B Lời giải Chọn A D x  Ta có: f '  x     x   x  2 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị Câu 18: Tìm số thực a b thỏa mãn 2a   b  i  i   2i với i đơn vị ảo B a  , b  C a  0, b  Lời giải A a  0, b  D a  1, b  Chọn D Ta có: 2a   b  i  i   2i  2a  bi  i   2i  2a   bi   2i 2a   a    b  b  Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1;1;1 A 1;2;3 Phương trình mặt cầu tâm I qua A A  x  1   y  1   z  1  29 B  x  1   y  1   z  1  C  x  1   y  1   z  1  25 D  x  1   y  1   z  1  2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Mặt cầu tâm I 1;1;1 , bán kính r  IA  , có phương trình:  x  1   y  1   z  1  2 Câu 20: Đặt log  a , log16 27 A 3a B 4a C 3a D 4a Lời giải Chọn B 3 Ta có log16 27  log 24 33  log   4 log 4a Câu 21: Kí hiệu z1 , z hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị z1  z2 A B C Lời giải Chọn A D 10  z  Ta có z  z      z   z1  z2    11 i 11 i 11 11  i  i 2 2 2  P  : x  y  z  10  Câu 22 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng Q : x  y  2z   A B C D Lời giải Chọn B  Mặt phẳng  P  : x  y  z  10  có véc tơ pháp tuyến nP  1; 2;  Mặt phẳng Q : x  y  2z   Do  có véc tơ pháp tuyến nQ  1; 2;  2 10 nên mp  P  / / mp  Q     2 3 Chọn A  0;0;5   mp  P  d mp P ;mpQ   d A;mp Q   Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình 3x A  ;1 2 x  2.0  2.5  12  22  22   27 C  1;3 B  3;   D  ;1   3;   Lời giải Chọn C Bất phương trình 3x 2 x  27  3x 2 x  33  x  x   x  x    1  x  Vậy S   1;3 Câu 24 Diện tích phần hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên tính theo công thức ? A   2x 1  x   dx 2 B   2 x  2 dx 1 C   2x  2 dx D   2 x 1 1  x   dx Lời giải Chọn D Từ đồ thị hình vẽ x   1; 2   x   x  x  nên diện tích phần hình phẳng gạch chéo 2 1 1 hình vẽ S     x  3   x  x  1  dx    2 x  x   dx Câu 25: Cho khối nón có độ dài đường sinh 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho bằng: A 3 a B 2 a Lời giải 3 a C D  a3 Chọn A 2a h a Ta có: l  2a ; r  a  h  l  r  3a Diện tích đáy là: S   r   a 1 3 a  V  Sh   a 3a  3 Câu 26: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau : Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho : A B C D Lời giải Chọn C Từ bnagr biến thiên ta thấy : lim y   y  tiệm cận ngang x  lim y   y  tiệm cận ngang x  lim y    x  tiệm cận đứng x 1 Vậy đồ thị có tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng Câu 27: Cho khối chóp tứ giác có tất cạnh 2a Thể tích khối chóp cho bằng: A 2a B 8a C 2a 3 D Lời giải Chọn A S A B O D C Xét khối chóp tứ giác S ABCD với O tâm đáy AC Ta có: AO   a  SO  SA2  AO  4a  2a  2a S ABCD  2a.2a  4a 1 2a VS ABCD  S ABCD SO  4a 2a  3 Câu 28 Hàm số f  x   log  x  x  có đạo hàm : A f   x   ln x  2x B f   x    x  x  ln C f   x    x   ln D f   x   2x   x  x  ln 2 x  2x 2 Lời giải Chọn D Ta có f  x   log  x  x   f   x   x x 2  2x     x ln Câu 29 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau   2x  x  x ln 2  2a x ∞ -2 f'(x) f(x) +∞ + 0 + ∞ + + ∞ -2 -2 Số nghiệm thực phương trình f  x    A B C D Lời giải Chọn A Ta có f  x     f  x    cắt đồ thị hàm số y  f  x  điểm phân biệt nên phương trình cho có nghiệm phân biệt Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng y   Câu 30 Cho hình lập phương ABCD ABC D Góc hai mặt phẳng  AB CD   ABC D   A 30 B 60 C 45 D 90 Lời giải Chọn D AD  AD ; AD  CD CD   ADD A '   AD   ABCD    ABC D    AB CD  Góc hai mặt phẳng  AB CD   ABC D   90 Câu 31: Tổng tất nghiệm phương trình log   3x    x A B C Lời giải Chọn A ĐK :  3x  D Ta có: log   3x    x   3x  32  x   3x  Đặt t  3x , t  Phương trình trở thành:  t  3x  t  t   t   13, t1  t2  nên phương trình có nghiệm t dương phân biệt Ta có: 3x1  x2  3x1.3x2  t1.t2   x1  x2  Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ  H1  ,  H  xếp chồng lên nhau, có bán kính đáy r1 , h2  2h1 (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích toàn khối đồ chơi 30cm , thể tích khối trụ  H1  chiều cao tương ứng r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2  A 24cm3 B 15cm3 C 20cm3 D 10cm3 Lời giải Chọn C Gọi V1 , V2 thể tích khối trụ  H1  ,  H  V 1  V2   r22 h2    r1  2h1  2   V1  2V2 mà V1  V2  30  V1  20 Câu 33 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x 1  ln x  A x ln x  x B x ln x  x C x ln x  x  C D x ln x  x  C Lời giải Chọn D I   f  x  dx   x 1  ln x  dx   xdx   x ln xdx +  xdx  x  C1 +  x ln xdx   ln xd x2 x2 x2 x2 x x2 x2  ln x   dx  ln x   dx  ln x   C2 2 x 2 Suy I  x  x ln x  x  C  x ln x  x  C   60, SA  a SA vng góc với Câu 34 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a, BAD mặt phẳng đáy Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng: A a 21 B a 15 C a 21 D a 15 Lời giải Chọn A S H K A D B C Dựng AK  CD , AH  SK CK  AK Ta có   CK   SAK   CK  AH CK  SA  AH  CK  AH   SCK    AH  SK Có AB // CD  AB //  SCD   d  B;  SCD    d  A;  SCD    AH   30 Do CK  AK  AB  AK  KAD   a Trong tam giác KAD vng K , ta có AK  AD.cos KAD Trong tam giác SAK ta có: AH  AS AK AS  AK Vậy, d  B;  SCD     a a 21  3a 2 a  a a 21 Câu 35 Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z   đường thẳng d : Hình chiếu vng góc d  P  có phương trình x 1  1 x 1  C A y 1  4 y 1  z 1 z 1 5 x 1 y 1 z 1   2 1 x 1 y  z    D 1 Lời giải B Chọn C Gọi hình chiếu vng góc d  P  Gọi  N   d   P   N  t ; 1  2t ;  t   d Do N   P   t   1  2t     t     t  Suy N 1;1;1 x y 1 z    1   Mặt khác M  0; 1;   d Gọi  đường thẳng qua M vuông góc  P   u  nP  1;1;1 x y 1 z  Gọi M   d   P   M  t ; 1  t;  t      1      Do M   P   t   1  t     t     t   M  ;  ;   MN   ; ;    3 3 3 3  x 1 y 1 z 1 Do đó, phương trình đường thẳng qua N 1;1;1 có vtcp u 1; 4; 5    5 x 1 y 1 z 1 Vậy, Hình chiếu vng góc d  P  có phương trình   5  : Câu 36 Tập hợp giá trị thực m để hàm số y   x3  6x   4m   x  1 nghịch biến khoảng  ; 1   B   ;     A  ;0 3  C  ;   4  Lời giải D  0;   Chọn C Ta có y '  3 x  12x   4m   Hàm số 1 nghịch biến khoảng  ; 1 y '  3x  12x   4m    0, x   ; 1  4m  3x  12x   g  x  , x   ; 1  4m  g  x   g  2   3  m   x  ; 1   Câu 37: Xét số phức z thỏa mãn  z  2i  z  số ảo Biết tập hợp tất điểm biểu diễn z đường tròn, tâm đường tròn có tọa độ A 1;  1 B 1;1 C  1;1 D  1;  1 Lời giải Chọn D Gọi z  a  bi  a, b    , M  a; b  điểm biểu diễn cho số phức z  z  2i   z    z  z  zi  4i  a  b   a  bi    a  bi  i  4i  a  b  2a  2b   2a  2b   i  z  2i   z   số ảo  a  b  2a  2b    a  1   b  1  2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  1;  1 có bán kính R  xdx   x  2 Câu 38: Cho  a  b ln  c ln với a, b, c số hữu tỷ Giá trị 3a  b  c A 2 B 1 C Lời giải Chọn B I  xdx  x  2 ; Đặt t   x    dt  dx D x   t  Đổi cận :  x   t  3 3 2 t2 1   dt     dt   ln t      ln  ln  a  b ln  c ln t t t  t 2  2 I   a     b  1  3a  b  c  1 c    Câu 39 Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên sau: Bất phương trình f  x   e x  m với x   1;1 khi: A m  f 1  e B m  f  1  e C m  f  1  e Lời giải D m  f 1  e Chọn C f  x   e x  m với x   1;1  f  x   e x  m với x   1;1 với g  x   f  x   e x Ta có g   x   f   x   e x Từ bảng biến thiên suy f   x   với x   1;1 Khi max g  x   g  1  f  1   1;1   e Vậy max g  x   m  f  1   m 1;1 e Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối đối diện với học sinh nữ A B C D 20 10 Lời giải Chọn A Mỗi cách xếp học sinh vào ghế hốn vị phần tử, số phần tử không gian mẫu là: n     6!  720 Gọi A biến cố: “Mỗi học sinh nam đối diện với học sinh nữ” Với cách xếp nam phải ngồi đối diện với nữ Khi ta thực sau: + Bạn nam thứ có cách chọn chỗ + Vị trí đối diện bạn nam thứ có cách chọn bạn nữ + Bạn nam thứ hai có cách chọn chỗ + Vị trí đối diện bạn nam thứ có cách chọn bạn nữ + Bạn nam thứ ba có cách chọn chỗ + Bạn nữ cuối cách chọn chỗ Theo qui tắc nhân, số phần tử biến cố A là: n  A   6.3.4.2.2.1  288 Vậy xác suất biến cố A là: P  A   Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  P  : x  y  z   Xét bằng: A 135 288  720 A  2; 2;  B  3;3; 1 , mặt phẳng M điểm thay đổi thuộc  P  , giá trị nhỏ MA2  3MB B 105 C 108 Lời giải D 145 Chọn A   xI     xI    5 xI    xI  1       Gọi I điểm thoả mãn IA  3IB   2  yI     yI  3   5 yI     yI   5 z   z   I  I 2  zI     zI  1  nên I  1;1;1 cố định       Khi đó: MA2  3MB  MA  3MB  MI  IA  MI  IB        5MI  MI IA  3IB  IA  3IB  5MI  IA2  3IB       Do đó, để MA2  3MB nhỏ 5MI  IA2  3IB nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm I mặt phẳng  P   xM  k      IM  kn P   k  2; 1;  hay  yM  k   z  2k   M Mà M   P  : x  y  z     2k  1   k  1   2k  1    9k    k   M 1;0;3 Vậy MA2  3MB  2.6  3.41  135 Câu 42: Có số phức z thỏa mãn z  z  z  z   i  z   3i ? A B Chọn B Gọi z  x  yi,  x, y    C Lời giải D  x  y  x   0, x  1 Khi đó: z  z  z   x  y  x    2  x  y  x   0, x    2 Và z   i  z   3i   x  1   y  1   x  3   y  3 2 2  x2  x   y  y   x2  x   y  y   x  y  16  x  y   3 +) Thay  3 vào 1 ta được: 1   y    y   y      y  16 y  16  y  y  16   24  y   x  n  5  5y  8y      y  2  x   n  Suy có số phức thỏa mãn điều kiện +) Thay  3 vào   ta được: 1   y    y   y      y  16 y  16  y  y  16    y  2  x   l   y  24 y  28     y   14  x    n   5 Suy có số phức thỏa mãn điều kiện Vậy có số phức thỏa mãn điều kiện Câu 43: Cho hàm số y  f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ Tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình f  sin x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   y 1 x 1 A  1;3 B  1;1 C  1;3 D  1;1 Lời giải Chọn D Do x   0;   nên sin x   0;1 , theo đồ thị ta thấy phương trình f  t   m có nghiệm t   0;1 m   1;1 Do phương trình f  sin x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   m   1;1 Câu 44: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng ông A trả hết nợ sau năm kể từ ngày vay Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền tháng ơng ta cần trả cho ngân hàng gần với số tiền ? A 2, 22 triệu đồng B 3, 03 triệu đồng C 2, 25 triệu đồng D 2, 20 triệu đồng Lời giải Chọn A Gọi S số tiền ông A vay ngân hàng, r lãi suất tháng Số tiền ông A nợ sau tháng là: S  S r  S 1  r  Gọi x số tiền ông A phải trả tháng Sau tháng số tiền ơng A nợ là: S 1  r   x Sau tháng số tiền ông A nợ là: S 1  r   x   S 1  r   x  r  x  S 1  r   x 1  r   1 Sau tháng số tiền ơng A nợ là:   2 S 1  r   x 1  r   1  S 1  r   x 1  r   1 r  x  S 1  r   x 1  r   1  r   1   … Sau n tháng số tiền ơng A nợ là: S 1  r   x 1  r   n n 1  1  r  1  r    S  r n  x   r n  1 n   1  S 1  r   x       r 1  r   n n2 Sau n tháng ơng A trả hết nợ, đó: S 1  r  S r 1  r  x n  1  r   1   x  n   r 1  r   n n Với S  100 triệu đồng, r  0, 01 n  5.12  60 tháng thì: x 100.0.011  0.01 1  0.01 60 60 1  2, 22 triệu đồng Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt cầu  S  :  x  3   y     z   2  36 Gọi  đường thẳng qua E , nằm  P  cắt  S  hai điểm có khoảng cách nhỏ Phương trình   x   9t  A  y   9t  z   8t   x   5t  B  y   3t z   x   t  C  y   t z   Lời giải Chọn C  x   4t  D  y   3t  z   3t  Mặt cầu có tâm I  3; 2;5  , R  6, IE   R suy E nằm mặt cầu Gọi C I ';r    P    S  suy I ' hình chiếu vng góc I xuống mặt phẳng  P   x   2t  Phương trình đường thẳng d qua I vng góc với  P  d :  y   2t  z   t  23 14 47   I '  d   P   I '  ; ;   I ' E   1;1;   9  Vì  đường thẳng qua E , nằm  P  cắt  S  hai điểm có khoảng cách nhỏ nên  đường thẳng qua E , nằm  P  vuông góc với I ' E suy    u   n P  , I ' E   1; 1;0  x   t  Vậy Phương trình  :  y   t , t   z   Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 hình vẽ bên Biết chi phí để sơn phần tơ đậm 200.000 vnđ / m phần lại 100.000 vnđ / m Hỏi số tiền để sơn theo cách gần với số tiền đây, biết A1 A2  8m , B1 B2  6m tứ giác MNPQ hình chữ nhật có MQ  3m ? B2 M N A1 A2 Q P B1 A 7.322.000 đồng B 7.213.000 đồng C 5.526.000 đồng Lời giải D 5.782.000 đồng Chọn A y B2 M N O A1 A2 x Q P B1 Gọi phương trình tắc elip  E  có dạng: x2 y2  1 a b2  A1 A2   2a a  x2 y  Với   E:  1 y   16  x    B B b b 16   Suy diên tích hình elip S E    a.b  12  m   3 Vì MNPQ hình chữ nhật MQ   M  x;    E   2  x2 3  3     x  12  M  2 3;  ; N  3;  16 2  2  Gọi S1 ; S2 diện tích phần bị tô màu không bị tô màu Ta có: S2  4 x  4sin t 16  x dx   16  x dx  S2  4   m  23 Suy ra: S1  S E   S  8  Gọi T tổng chi phí Khi ta có     T  4  100  8  200  7.322.000 (đồng) Câu 47: Cho khối lăng trụ ABC ABC  tích Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AA BB Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B Q Thể tích khối đa diện lồi AMP B NQ A B Lời giải C D Chọn D A B C N M I P Q A' B' C' Gọi I trung điểm PQ , h đường cao khối lăng trụ, S diện tích ABC  Theo đề ta có Sh  h d  B,  ABC    2 h h  .S IAB  S IBP 3 Mặt khác, ta có S IAB  S IBP  S ABC   S d  N ,  ABC    Do VAMP BNQ  VAMP BIN  VB INQ  3VA BIN  VN IBQ h h 1  S  S    2 Câu 48 Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu đạo hàm sau x  f  x       Hàm số y  f  x    x3  3x đồng biến khoảng ? A 1;   B  ; 1 C  1;0  D  0;  Lời giải Chọn C Ta có y  f   x    3x  nên y   f   x    x    Từ bảng biến thiên f   x  ta suy bảng biến thiên f   x   sau x f   x  2   1  0     Từ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị hàm số f   x   đồ thị hàm số y  x  vẽ hệ trục tọa độ hình vẽ đây: y y  x2 1 y  f   x  2 1 x O Từ hình vẽ ta suy    1  x  Do chọn đáp án C Câu 49: Gọi m x S tập hợp tất giá trị tham số để m bất phương trình  1  m  x  1   x  1  nghiệm với x   Tổng giá trị tất phần tử thuộc S A  C  B 1 D Lời giải Chọn C       - Ta có: f  x   m x   m x    x  1   x  1  m x  x  x   m  x  1       x  1  x  1  m x  2m x  3m  m   4m  2m   2 2   x  1  m2 x  2m2 x  3m2  m    x  1  4m2  2m     Do điều kiện cần để f  x   0, x    x  1 4m  2m   0, x   m   4m  2m     m    2 - Với m  f  x    x  1 - Với m   x  x    0, x   , m  thỏa mãn 21  29 f  x    x  1  x  x    0, x   , m   thỏa mãn 2 4 4     Vậy S    ; 1 , tổng phần tử S     Chọn C 2 Cách (của thầy Trần Đức Nội ) Ta có: f  x   m  x  1  m  x  1   x  1   x  1  m  x3  x  x  1  m  x  1     x  1 g  x  - Nếu x  nghiệm g  x  f  x  đổi dấu x qua Do điều kiện cần để f  x   0, x   x  phải nghiệm g  x   m   4m  2m     m    2 - Với m  f  x    x  1 - Với m   x  x    0, x   , m  thỏa mãn 21  29 f  x    x  1  x  x    0, x   , m   thỏa mãn 4 2 4     Câu 50 Cho hàm số f  x   mx  nx  px  qx  r Vậy S    ; 1 , tổng phần tử S     Chọn C 2  m, n, p, q, r    Hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ bên Tập nghiệm phương trình f  x   r có số phần tử B A C Lời giải D Chọn B Vì f  x   mx  nx  px  qx  r nên f   x  hàm số bậc 5  Từ đồ thị hàm số y  f   x  ta suy ra: f   x   m  x  1  x    x  3 m  4  3 5   f  3  f     f   x  dx  m   x  1  x    x  3 dx  4  0  f  3  f    r Ta có bảng biến thiên hàm số y  f  x  sau: Vậy phương trình f  x   r có nghiệm phân biệt - HẾT -