LớP 12 TOANMATH

BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2021 LớP 12 – TOANMATH.COM Mơn thi: TỐN HỌC Đề thi thử lần thứ 19 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi có 09 trang Mã đề thi 258 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.D 2.C 3.C 4.B 5.C 6.B 7.B 8.B 9.C 10.B 11.C 12.C 13.C 14.C 15.A 16.B 17.C 18.D 19.C 20.D 21.A 22.A 23.B 24.D 25.A 26.D 27.D 28.B 29.A 30.B 31.B 32.B 33.C 34.B 35.B 36.C 37.C 38.A 39.D 40.D 41.A 42.A 43.B 44.A 45.B 46.B 47.B 48.D 49.C 50.C Câu 1: Phương pháp: Gọi a ' hình chiếu vng góc a mặt phẳng Góc đường thẳng a mặt phẳng  P  P góc đường thẳng a a ' Cách giải: Gọi O tâm hình vng ABCD Do S.ABCD hình chóp tứ giác nên SO   ABCD    SA;  ABCD     SA; OA   SAO ABCD hình vng cạnh a  AC  a  OA  a 2 a OA SAO vuông O  cos SAO     SAO  60 SA a 2   SA;  ABCD    60 Chọn D Câu : Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính qng đường xe khoảng thời gian từ a đến b là: b s   v  t  dt a Cách giải: Ta có quãng đường vật chuyển động là: BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh 10 10 3 s    3t   dt  t  4t   1001 (m ) Chọn: C Câu : Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h là: V  Sh Cách giải: Ta có: SA   ABC     SC ,  ABC      SA, SC   SCA  60 Xét SAC ta có: SA  AC tan 60  a 1 a a3  V  SA.S ABC  a  3 4 Chọn: C Câu : Phương pháp: Sử dụng công thức nguyên hàm hàm  e dx  e x Cách giải: Ta có:  e dx  e x x C Chọn: B Câu : Phương pháp: Diện tích đường tròn bán kính R S   R Cách giải: Ta có: R  HB  BC a a a   Sd  R    2 4 Chọn: B Câu : Phương pháp: Sử dụng công thức lũy thừa chọn đáp án Cách giải: Ta có: a  Chọn: B m n  a m n ; a m a n  a m n ; am  a m n an x C BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Câu : Phương pháp: Dựa vào BBT, nhận xét giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số cho khoảng xác định Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy: f  x   x  , hàm số không đạt giá trị lớn  5;7   5;7  Chọn: A Câu : Phương pháp: Vẽ hình tứ diện đếm số cạnh tứ diện Cách giải: Tứ diện gồm cạnh bên cạnh đáy nên có cạnh Chọn: B Câu : Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến tính chất: b  a b f  x  dx   f t  dt để làm toán a Cách giải: x   t  Đặt x   t  dt  xdx  xdx  dt Đổi cận:  x   t  I 5 f  x  1 xdx   f t  dt    f t dt    f x dx  2 2 Chọn: D Câu 10 : Phương pháp: Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng x  a , x  b  a  b  b đồ thị hàm số y  f  x  , y  g  x  là: S   f  x   g  x  dx a Cách giải: b Ta có: S   f  x  dx a Chọn: B Câu 11 : Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ bán kính R chiều cao h V   R h BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Cách giải: Gọi hình trụ có bán kính đáy R chiều cao h tích V   R h Chiều cao tăng lên hai lần nên chiều cao hình trụ 2h Bán kính tăng lên ba lần nên bán kính hình trụ 3R Thể tích khối trụ lúc V1    3R  2h  18 R 2h  18V Chọn: C Câu 12 : Phương pháp: Hàm số y  a x  a   có TXĐ D   Cách giải: Hàm số y  x có TXĐ D   Chọn: C Câu 13 : Phương pháp: Sử dụng công thức n  x dx  x n 1  C ,n  n 1 Cách giải: m   3x  x  1 dx    x  x  x  m 6 0   m3  m  m     m3  m  m    m   m   0;  Chọn C Câu 14 : Phương pháp: Đưa số a f  x   a g  x    a  1  f  x   g x  Cách giải: 3 Ta có   4  x2 81 3    256 4  x2 3      x   x   (luôn với x) 4 Vậy phương trình có tập nghiệm  Chọn: C Câu 15 : Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm Tính tích phân   ae x  e dx  e x x C  b  dx từ suy a; b  a  b BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Cách giải: Ta có   ae x  b  dx   ae  bx   ae  b  a x 0 a   a b  Từ ta có ae  b  a  e    b  Chọn: A Câu 16 : Phương pháp: Sử dụng công thức: log a b m  m log a b, log a bc  log a b  log a c Cách giải: Ta có: log 72 108  log 72 36.3   log 72 36  log 72  log 36 72  log 72 +) log 36 72  log 36 36.2   log 36 36  log 62   log 2 1 1 1 2 a  1  1  1  log log 2  log  a 2 a  ) log 72  log  3.3   3log  log 3  Suy log 72 108  3  2a 2 a a  2a a  3a    2a  2a  2a Chọn: B Chú ý: Các em bấm máy cách thử đáp án log 72 108 trừ biểu thức đáp án Kết nhận ta chọn Câu 17 : Phương pháp: ax  b a Đồ thị hàm số y  nhận đường thẳng y  làm đường tiệm cận ngang cx  d c Cách giải: x 1 Đồ thị hàm số y  nhận đường thẳng y  làm đường tiệm cận ngang 4x 1 Chọn: C Câu 18 : Phương pháp Sử dụng tính chất tích phân Cách giải: b c b a a c  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh  4 4 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f x dx   f x dx  10  Chọn D Câu 19 : Phương pháp  f  x    '  hữu hạn điểm  f u  x    '  f ' u  x  .u '  x  Xác định khoảng mà Đạo hàm hàm hợp: Cách giải: Ta có: y  f  x    y '  f '  x   2 x  '  f ' 2 x   y '   f ' 2x      2x     x   Hàm số y  f  x   nghịch biến khoảng 1;  Chọn C Câu 20 : Phương pháp: Chọn số điểm thuộc đồ thị hàm số thay tọa độ vào hàm số đáp án để loại trừ Cách giải: Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đồ thị hàm đa thức bậc ba có hệ số a  nên loại B C Nhận thấy điểm có tọa độ  1;3 thuộc đồ thị hàm số nên thay x  1; y  vào hai hàm số lại ta thấy có hàm số y  x  3x  thỏa mãn nên chọn D Chọn: D Câu 21 : Phương pháp: Lập phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số, tìm hồnh độ giao điểm áp dụng định lý Vi-et để tính giá trị biểu thức đề yêu cầu Cách giải: Điều kiện: x  Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là:  x   x  1  x   x  3x   x    x  5x   Ta có   52   21   Phương trình có nghiệm phân biệt x A , xB Áp dụng định lí Vi-et ta có x A  xB  Chọn: A BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Câu 22 : Phương pháp: Thay tọa độ điểm vào công thức hàm số chọn đáp án Cách giải: Xét điểm A 1;0  ta có: ln1   tm   A thuộc đồ thị hàm số Chọn: A Câu 23 : Phương pháp Xác định khoảng mà g '  x   hữu hạn điểm Đạo hàm hàm hợp:  f u  x    '  f ' u  x  .u '  x  Cách giải: Ta có: g  x   ln  f  x    g '  x   f ' x f  x Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy: +) f  x   0, x +) f '  x   khoảng  1;0  , 1;    g  x  đồng biến khoảng  1;0  , 1;   Chọn B Chú ý: Cẩn thận tính đạo hàm hàm hợp Câu 24 : Phương pháp: Dựa vào BBT để nhận xét tính đơn điệu hàm số Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến  2;0  Chọn: D Câu 25 : Phương pháp: Dựa vào BBT để nhận xét điểm cực đại cực tiểu hàm số Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt cực đại x  0; yCD   M 0;  điểm cực đại hàm số Chọn: A Câu 26 Phương pháp Tích phân vế Lấy cận từ đến x BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Cách giải: Ta có: x f '  x   2e  1, x   f '  x  dx  2x x  2e 2x  dx x  f  x   f    e  x   f  x    e x  x  2x  f  x  e  x  2x Chọn D Câu 27 : Phương pháp: +) Đường thẳng x  a gọi TCĐ đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x    x a +) Đường thẳng y  b gọi TCN đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   b x  Cách giải: Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  2, x  TCĐ đường thẳng y  làm TCN Như đồ thị hàm số có đường tiệm cận Chọn: D Câu 28 : Phương pháp: Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h là: V  Sh Cách giải: Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S chiều cao h là: V  Sh Chọn: B Câu 29: Phương pháp Thể tích khối trụ là: V   r 2h Diện tích tồn phần hình trụ: Stp  2 r  2 rh Cách giải: Ta có: V   r 2h  h  Diện tích V  r2 vật Stp  2 r  2 rh  2 r  2 r liệu để làm V 2V  2 r   f r , r  r r vỏ hộp là: BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Ta có: f '  r   4 r  2V V , f ' r    r  r r 2 V 2 V 2 Bảng biến thiên: r f 'r    f r  +  V  f    2  Vậy, để tiết kiệm vật liệu bán kính đáy phải V 2 Chọn A Câu 30: Phương pháp Đặt x  t , t   x   Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số Cách giải: Đặt x  t , t   x   Bất phương trình trở thành: t   m  1 t  m   m 1  2t   2t  t *  Để bất phương trình ban đầu nghiệm với x   * nghiệm với t  Do t   2t  2   2t  1  Khi  *  m   2t  t  2t  t nghiệm với t   m    t 1  2t   2t  2t  t Xét hàm số f  t   , t  có:  2t f ' t     2t 1  2t   2t  t  2  1  2t  2t  2t    0, t  1  2t   f  t   f 1  1  m  1 t 1 Vậy, tập tất giá trị m  ; 1 Chọn B Câu 31 : Phương pháp: Thay x  0; x  30 vào công thức I  I 0e   x để tính tỉ số BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hoàii Hoàii Trịnhh Cách giải: Cường độ ánh sáng lúc bắt đầu vào nước biển (ứng với x = 0) I1  I e    I Cường độ ánh sáng độ sâu 30m I  I e 1,4.30  I e 42  I0 e 42 Nên lúc cường độ ánh sáng giảm e 42 lần so với cường độ ánh sáng lúc bắt đầu vào nước biển Chọn: B Câu 32 : Phương pháp: Sử dụng tính chất hàm chẵn đẻ đánh giá nghiệm Cách giải: x   x.m.cos   x   f  x  Xét hàm số x.cos   x  x 1  1  m x.cos   x  4x  Dễ dàng kiểm tra f  x  hàm số chẵn  Nếu x0 nghiệm 1  x0 nghiệm 1 Do đó, phương trình có nghiệm nghiệm 1.1   m Thay x  vào 1 ta có: 11 m Kiểm tra lại: với m  , phương trình 1  Ta có: x.cos   x  x 1  2x   x 1 2 x.cos   x  x 1 Phương trình  2  cos   x    x  : nghiệm  x   2   Vậy, có giá trị m thỏa mãn Chọn B Câu 33 : Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ có chiều cao h diện tích đáy S V = h.S Tính toán cạnh dựa vào định lý Pytago hệ thức lượng tam giác vuông BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Cách giải: Xét tam giác vng ABC có: BC  AC  AB  22  12  AB  AH AC  AH  AB  AC Vì A ' H   ABC   A ' H  AC Xét tam giác vuông AA ' H có A ' H  AA '  AH   Thể tích khối lăng trụ VABC A ' B 'C  A ' H S ABC   AB.BC 21   2 2 Chọn: C Câu 34: Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách Cách giải: Gọi M trung điểm AB ta có CM  AB Trong (ABC) kẻ HN / /CM  N  AB   NH  AB  AB  NH Ta có   AB   SHN   AB  SH  SH   ABC   Trong (SHN) kẻ HK  SN  K  SN  ta có  HK  SN  HK   SAB   d  H ;  SAB    HK   HK  AB  AB   SHN   Có: CH   SAB   A  d  C ;  SAB   d  H ;  SAB    CA  HA 3 d  H ; SAB    HK 2 Áp dụng định lí Ta-lét ta có:  d  C ;  SAB    HN AH 2 3a    HN  CM  a CM AC 3 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SHN ta có; HK  SH HN SH  HN  2a.a 4a  3a  2a 21a  a BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh 3 21a Vậy d  C ;  SAB    HK  Chọn: B Câu 35 : Phương pháp: Áp dụng BĐT cô si để đánh giá Cách giải: Ta có: bc   log 2a  bc   log a  b3c3      c a  1, b, c   4      log 2a  bc   log a  bc  b c       c  log 2a bc  log a bc.bc    c     log 2a  bc   log a bc     c  log a bc     c   bc     a  bc  bc       1   Dấu “=” xảy log a  bc     log a    log a   b      c  4  c   c   c2      Vậy số  a; b; c  thỏa mãn điều kiện cho Chọn B Câu 36 : Cách giải: x  x  1  m x3  x  m m m y  x2   y '  2x   2 x 1 x 1  x  1  x  1 +) Nếu m  y '  0, x  0;   max y  y 2   0;2 12  m   m  3 (loại) +) Nếu m  y '   x  x  1  m   x  x  x  m : có nhiều nghiệm đoạn  0; 2 (do f  x   x  x  x có f '  x   x  x   0, x  0;  ) Ta có: f    0, f    36 TH1: m  36 y '  0, x  0;   max y  y 2   0;2 12  m   m  3 (loại) TH2: 36  m  Phương trình y '  có nghiệm x0   0;  đổi dấu điểm BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HOÀI FACEBOOK: Hoàii Hoàii Trịnhh Bảng biến thiên: x x0 y'  + m 12  m y x0 12  m    max y  max  m;  0;2 0;2    12  m  12  m  max   m;  m  m   m  6 Khi đó:  m   m  5 : loại  0;2   12  m  12  m 12  m 12  m  max   m;   m   m  6 Khi đó:   m  3 : thỏa  0;2   3 mãn Vậy, m  3 Chọn C Câu 37 : Phương pháp: +) Gọi S đỉnh hình nón O tâm đường tròn đáy hình nón Giả sử (P) cắt nón theo thiết diện tam giác SAB +) Gọi M trung điểm AB, tính SM, từ tính S SAB Cách giải: Gọi S đỉnh hình nón O tâm đường tròn đáy hình nón Giả sử (P) cắt nón theo thiết diện tam giác SAB Gọi M trung điểm AB ta có  AB  OM  AB   SOM   AB  SM   AB  SO Trong tam giác vng OBM ta có: OM  OB  MB  32  12  Trong tam giác vng SOM ta có: SM  SO  OM  42   1 Vậy S SAB  SM AB  6.2  2 Chọn: C BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Câu 38 : Phương pháp: t  D  - Đặt ẩn phụ t  x   , tìm điều kiện t - Xét hàm f  t  lập bảng biến thiên D Bất phương trình f  t   m có nghiệm f  t   m D Cách giải: Đặt t  x   t  1;   Với x  t  Bảng biến thiên f  t  : t f 't  f t    +  4 Do bất phương trình f  t   m có nghiệm m  4 Chọn: A Câu 39 : Phương pháp: +) Đặt OO '  h   h  R  Tính bán kính r trụ theo h +) Tính thể tích khối trụ, sử dụng cơng thức V   r 2h Cách giải: h Đặt OO '  h   h  R   OI  Gọi r bán kính đáy hình trụ ta có r  R  h2  4R  h 2 Khi thể tích khối trụ là: V  4R  h2 4 3 h  R   4R  h h  16 3R 16 R 36 R  16 R  36 R h  h    9 h3 h R Đặt t   , phương trình trở thành 16 3t  36t   h 3 BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh  R 2R   h  R h 3 Chọn: D Câu 40 : Phương pháp: +) Hàm số đồng biến   y '  x   hữu hạn điểm +) Cơ lập m, đưa phương trình dạng m  g  x  x    m  g  x   +) Lập BBT hàm số y  g  x  kết luận Cách giải: TXĐ: D   Ta có y '  2x m x 1 Để hàm số đồng biến  y '  x     g  x  2x  m  x   x 1 2x  m x    m  g x   x 1 2  x  1  x.2 x 2 x  2x Xét hàm số g  x   ta có g '  x      x  1 2 x 1  x  1  x  1 BBT: x g ' x  g  x 1   +   0 1 Từ BBT ta có g  x   g  1  1   m  1  m   ; 1 Chọn: D Câu 41 : Phương pháp: - Lấy nguyên hàm hai vế từ đẳng thức đạo hàm kết hợp điều kiện tìm f  x  - Tính giá trị f 1 , f   , , f  2019  thay vào tính tổng - Tìm a, b kết luận Cách giải: BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Ta có: f '  x    x  1 f x   f ' x   2x 1 f  x Nguyên hàm hai vế ta được:  f ' x  dx    x  1 dx    x2 x C f  x f x  Do f 1   Do  1 nên   12   C  C   1 1  x2  x  f  x      f  x x x x 1 x  f 1  f     f  2019   1 1 1        1 2020 2019 2010 Vậy a  1, b  2020 Đối chiếu đáp án ta thấy A sai Chọn: A Câu 42 : Phương pháp: - Gọi bán kính đáy khối trụ r   r  R  - Lập hàm số thể tích khối trụ tìm GTLN đạt Cách giải: Gọi chiều cao khối trụ h bán kính đáy khối trụ r O ' A ' SO ' r 2R  h Ta có:     h  R  2r OA SO R 2R Thể tích khối trụ: V   r 2h   r  2R  2r   2 Rr  r  Xét hàm f  r   Rr  r có f '  r   2rR  3r   r  2R (vì  r  R ) BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hoàii Trịnhh Bảng biến thiên: r R 2R f ' r  +  f max f r  Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số f  r  đạt GTLN r  Vậy Vmax đạt r  2R 2R Chọn: A Câu 43 : Phương pháp: Tích phân vế f  x  f '  x   18x  3x  x  f '  x   6 x   f x x   Cách giải: Ta có f  x  f '  x   18 x  3x  x  f '  x   6 x   f x  x x      f  x  f '  x   18 x  dx   3x  x  f ' x  6 x   f x  dx 0 x x x 0     f  x  f '  x  dx   18x 2dx   3x  x  f x  ' dx x 1     f  x    6x   2    3x  x  f x   x 2 1  1     f  x    x     f       3x  x  f x  2  2    f  x     3x  x  f  x   12 x    f  x     3x  x  f  x    3x  x   3x  x   12 x 2    f  x    3x  x    3x  x  2  f  x    3x  x   3x  x    f  x    3x  x   3x  x   f  x   6x   f  x   x Do f    0, f '    nên f  x   x Khi đó: BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh 1 1 f  x 2x 2x   x  1 e dx    x  1 e dx   x  d e  0   x  1 e x 1   x  1 e x 1 1   e x d  x     x  .e x 20  e2x 1   e x dx 20 1 1  2.e  1.e  e  e  e  2 4 4  a  ;b    a  b  4 Chọn B Câu 44 (VDC): Phương pháp: - Biến đổi phương trình nhận xét tính đối xứng nghiệm - Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm suy m Cách giải: Ta x  m.2 x cos   x    2x  m.2 x cos  x   m cos  x  x  có:  m cos  x  x  2 x x Trong phương trình m cos   x   x  2x , ta thay x  x phương trình trở thành: m cos  2   x   2 x  x  m cos  x   x  2 x Suy x  x có vai trò phương trình nên phương trình nhận x0 làm nghiệm nhận  x0 làm nghiệm Do để phương trình có nghiệm thực x0   x0  x0  Với x  m cos   21  21  m  4 Thử lại, Với m  4 ta có: x  4.2 x.cos   x   *  Điều kiện: 4.2 x.cos   x     x cos  x    Khi  *  2 x  4.2 x cos   x    x  4cos  x  2 x  x  2 x  4cos  x  Ta thấy: x  2x  2 x.2 2x  cos   x   1  4cos  x   Suy x  2x   4cos   x   x  Vậy với m  4 phương trình có nghiệm Kiểm tra đáp án ta thấy A thỏa mãn Chọn: A Câu 45 (VDC): BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hoàii Trịnhh Phương pháp: - Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện - Xác định góc OO ' mặt phẳng (ABC), ý tìm đường thẳng song song với OO ' suy góc Cách giải: Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB Qua J kẻ đường thẳng vng góc với (IAB), cắt mặt phẳng trung trực SI O ' O ' tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SIAB Lại có O ' J   ABC   OO ',  ABC    OO ', OJ  Do tam giác SAB vuông nên OO ' trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB hay OO '   SAB   AB  AH Kẻ IK  SH Ta có   AB   SIH   AB  IK  AB  SI Do IK   SAB  nên IK  OO ' Ngoài OJ  AB (trung trực AB) IH  AB nên IH / / OJ Từ  OO ', OJ    IK , IH   KIH Trong tam giác vng CAB, SAB ta có: CH  HA.HB  SH  CH  SH Lại có SI vừa đường cao vừa trung tuyến tam giác SCH nên tam giác SCH cân S  SC  SH  CH hay tam giác SCH  KHI  600  KIH  300 Vậy góc OO ' (ABC) 300 Chọn: B Câu 46 (VDC): Ta có: y '   f  f  x    '  f '  x  f '  f x     f '  x   1 y'     f '  f  x     2   x  x1  1;2   Xét (1): f '  x     x  hay phương trình f '  x   có nghiệm phân biệt  x  x   2;3    f  x    x1  Xét (2): f '  f  x       f  x     f x 2 x     f  x   x1   1;0    f x    f x  x   0;1      Phương trình f  x   x1  có nghiệm phân biệt BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt, có nghiệm đơn nghiệm kép (bội hai) Phương trình f  x   x2  có nghiệm phân biệt Suy phương trình y '  có tất     11 nghiệm đơn phân biệt Vậy hàm số cho có 11 điểm cực trị Chọn: B Chú ý: Một số em quên xét số nghiệm phương trình f  x   có nghiệm phân biệt mà khơng loại Câu 47 (VDC): Phương pháp: nghiệm kép dẫn đến chọn nhầm đáp án C sai - Tính g '  x  - Xét dấu g '  x  khoảng đưa đáp án kết luận Cách giải: Ta có: g  x   f   x  x   g '  x     2x  1 f '  x  x  Đáp án A: Trong khoảng  2; 1 ta có: +)   x  1  +) 2   x  x  nên f '   x  x   Do g '  x   hay hàm số y  g  x  đồng biến khoảng Loại A Đáp án B: Trong khoảng 1;2  ta có: +)   x  1  +) 6   x  x  2 nên f '   x  x   Do g '  x   hay hàm số y  g  x  nghịch biến khoảng Chọn: B Câu 48 (VDC): Phương pháp:   - Biến đổi MA  3MB  MA  9MB    - Tìm điểm I thỏa mãn IA  IB   - Xen điểm I vào đẳng thức MA  9MB  tính MI Cách giải:   Ta có: MA  3MB  MA  9MB   MA  9MB      Ta tìm điểm I thỏa mãn IA  IB   IA  IB BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Đặt IB  x  IA  9x   AB  IA  IB  9x  x  8x  x  Do IA  , IB  2       Khi MA  9MB   MI  IA  MI  IB          MI  2MI IA  IA2  MI  2MI IB  IB   MI  IA2  9MI  9IB  2MI IA  9IB           8MI  IA2  IB  2 9 1  8MI         8MI  18  MI   MI  2 2 Vậy M nằm mặt cầu tâm I bán kính MI  Chọn: D Câu 49 (VDC): Phương pháp: Đồ thị hàm số f  x  m  tạo thành cách +) Từ đồ thị hàm số f  x  suy đồ thị hàm số f  x  +) Từ đồ thị hàm số f  x  suy đồ thị hàm số f  x  m  cách tịnh tiến đồ thị hàm số f  x  dọc theo trục Ox sang bên trái m đơn vị Cách giải: Đồ thị hàm số f  x  m  tạo thành cách +) Từ đồ thị hàm số f  x  suy đồ thị hàm số f  x  cách giữ đồ thị hàm số f  x  bên phải trục hồnh, xóa phần đồ thị hàm số bên trái trục hoành lấy đối xứng đồ thị hàm số f  x  bên phải trục hoành qua trục hoành +) Từ đồ thị hàm số f  x  suy đồ thị hàm số f  x  m  cách tịnh tiến đồ thị hàm số f  x  dọc theo trục Ox sang bên trái m đơn vị Từ ta có đồ thị hàm số f  x  sau: Quá trình tịnh tiến đồ thị hàm số f  x  dọc theo trục Ox sang bên trái m đơn vị không làm thay đổi số tương giao, phương trình BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh f  x  m   m có nghiệm phân biệt m  1 Mà m    m  1 m Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn: C Câu 50 (VDC): Phương pháp: - Tính g '  x  - Vẽ đường thẳng y  x  mặt phẳng tọa độ với f '  x  - Dựa vào mối quan hệ diện tích hình phẳng nhận xét giá trị g 1 , g   , g  3  kết luận Cách giải: Ta có: g '  x   f '  x    x     f '  x   x   Vẽ đường thẳng y  x  ta thấy, Đồ thị hàm số y  f '  x  cắt đường thẳng y  x  ba điểm có hồnh độ 3;1;3 nên hàm số đạt GTNN ba điểm Ta có: 1 3 3 +) g 1  g  3    g '  x  dx    f ' x   x   dx Do khoảng  3;1   f '  x    x  1 dx  đồ thị y  f '  x  nằm phía đường thẳng y  x  nên hay g 1  g  3    g  3   g 1  3 3 1 +) g  3  g 1   g '  x  dx    f '  x   x   dx Do khoảng 1;3  đồ thị y  f '  x  nằm phía đường thẳng y  x  nên   f '  x    x  1 dx  hay g 1  g  3    g 1   g 3  3 Từ suy g 1 GTLN hàm số Lại có g 1  g  3   S1  S  g 1   g 3  nên g  3  g   Vậy g  3  g    g 1 nên GTNN hàm số g  3 Chọn: C BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh ... max y  max  m;  0;2 0;2    12  m  12  m  max   m;  m  m   m  6 Khi đó:  m   m  5 : loại  0;2   12  m  12  m 12  m 12  m  max   m;   m   m  6... 12  m   m  3 (loại) TH2: 36  m  Phương trình y '  có nghiệm x0   0;  đổi dấu điểm BIÊN SOẠN: TRỊNH THỊ HỒI FACEBOOK: Hồii Hồii Trịnhh Bảng biến thiên: x x0 y'  + m 12  m y x0 12. ..  x  f x  2  2    f  x     3x  x  f  x   12 x    f  x     3x  x  f  x    3x  x   3x  x   12 x 2    f  x    3x  x    3x  x  2  f  x  