ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1.D 11.C 21.B 31.A 41.B 2.A 12.D 22.C 32.B 42.D 3.C 13.A 23.C 33.A 43.D 4.C 14.D 24.C 34.D 44.C 5.C 15.C 25.D 35.A 45.A 6.A 16.C 26.D 36.A 46.A Câu Số đoạn thẳng có đầu mút thuộc n điểm cho Cn2 = n ( n − 1) , n ≥ 2, n ∈ N Theo ta có n ( n − 1) = 190 Tìm n = 20 Chọn C Câu z1 = ( + 2i ) + ( − 2i ) = số thực 1+ i z2 = = i số ảo; z3 = ( + 2i ) = 8i số 1− i ảo; z = + 2i − 2i = + = Vậy có số ( )( ) ảo số phức cho Chọn B π π Câu Ta có: I = tan xdx = − 1 dx ∫0 ∫0 cos2 x ÷ π = ( tan x − x ) | = − π a + 2c = Chọn C b 1 + + + Câu 10 P = log 2019! log 2019! log 2019 2019! = log 2019! + log 2019! + + log 2019! 2019 = log 2019! ( 2.3 2019 ) = log 2019! ( 2019!) = Chọn B Câu 11 Gọi H trung điểm AB ∆ABC đều, CH đường cao nên Vậy VABC A′B ′C ′ = S ∆ABC CC ′ = Câu 13 Ta tính 10.B 20.D 30.D 40.C 50.D xe x + dt dx = ∫ = ln t + C = ln e x + ln x + C 2x t + ln x ) Theo có: F ( 1) = ⇔ + C = ⇔ C = 2x Vậy F ( x ) = ln e + ln x Suy F ( ) = ln ( e + ln ) ⇒ m = 1, n = 1, p = 2 Vậy P = m + 2n + p = Chọn A Câu 16 Hàm số y = x − x − liên tục [ 2;6] có: y′ = − x − −1 = = ⇒ x − −1 = x−2 x−2 ⇔ ( x − 2) = ⇔ x = ∈ [ 2;6] ; y ( ) = 2; y ( ) = 4; 9 y ÷ = Suy 4 ⇒ M − m = Chọn C 4 Câu 17 Dựa vào đồ thị, ta thấy: i) a < ; ii) Hai điểm cực trị có hồnh độ trái dấu ⇒ a.c < ⇒ c > ; iii) Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ âm ⇒ d < ; iiii) Điểm uốn đồ thị hàm số có hồnh độ dương [ 2;6] [ 2;6] ⇒− b ac > ⇒ b > Do đó: P = > Vậy chọn A 3a bd CD = x ( x > 0) AD = x Dễ thấy góc hai mặt phẳng · ( AB′C ′D) ( ABCD ) góc CDC′ · ⇒ CDC′ = 600 Do đó: CC ′ = CD.tan 600 = x 3, C ′D = CD = 2x cos 600 ⇒ S AB ′C ′D = AD.C ′D = x Mặt khác S AB ′C ′D = S AB ′H = 6a ⇒ x = 6a ⇔ x = a 3a a = a 9.C 19.D 29.D 39.A 49.C ∫ x( e Câu 18 Đặt AB a CH = = 2 Xét ∆C ′AB cân C′ có: a2 a2 a a2 S ∆ABC ′ = ⇔ AB.C ′H = ⇔ C ′H = ⇔ C ′H = a 2 2 Do ∆C ′CH vuông C nên 8.B 18.A 28.D 38.D 48.C M = max y = 4; m = y = Suy a = 1, b = 1, c = Do đó: T = CC ′ = C ′H − CH = a − 7.B 17.A 27.D 37.B 47.A 3 a a Chọn C × = xe x + ∫ x ( e2 x + ln x ) dx Đặt t = e2 x + ln x 1 x.e x + ⇒ dt = 2e x + ÷dx = dx Khi x x VABCD A′B ′C ′D′ = CC ′.S ABCD = CC ′ AB AD = 3x = 9a Chọn A 25 2019 Câu 19 log a ( a b c ) = ( 25log a a + 6log a b + 2019log a c ) = 25 + + 2019.2 ÷ =12195 Chọn D ′ ′ y = − x f x + − x = ( ) ( ) ( − x ) f ′ ( x + − x2 ) Câu 22 Dựa vào bảng xét dấu f ′( x) cho, suy ra: 1 − x = y′ = ⇔ ⇔ f ′ ( x + − x ) = f ′( x ) = ⇔ x − − + x = ⇔ x = Ta có bảng biến thiên: x = x + − x = −2 2 x + − x2 = x + − x = x = x =1± ⇔ Nhận thấy y′ đổi dấu qua x = (béi ch½ n) n) x = ( béi ch½ nghiệm đơn x = , x = − x = + không đổi dấu qua nghiệm bội chẵn Vậy hàm số y = f ( x + − x ) có điểm cực trị Chọn C Câu 23 Diện tích hình phẳng ( H ) là: ∫ S= x − x + dx = − ∫ ( x − x + ) dx + −2 −1 PT mặt cầu ( S ) là: ( x − 1) + ( y − ) + z = 50 Chọn C Câu 25 Gọi (P) mặt phẳng qua trục hình nón (P) cắt hình nón theo tam giác cân SAB , cắt mặt cầu theo đường tròn lớn, đường tròn nội tiếp tam giác cân Khi đó, bán kính r1 hình cầu nội tiếp hình nón tính S SAB rh = cơng thức r1 = (trong p p r + h2 + r π hr V1 = = nửa chu vi tam giác SAB ) Ta có: V2 π r1 ( ( h2 1+ 1+ x = x > Xét hàm số f ( x ) = r2 4x f '( x ) = ( ) ( x−2−2 1+ x +1 4.2 x x +1 1+ x ) ) có ) Suy ra: OH = SO.OI SO + OI 2 2a.a = 4a + a 2 = 2a Chọn D Câu 27 Ta có: z + z + − (3 + z i )i = ⇔ 2(a + bi ) + ( a − bi ) + = 3i − a + b b = ⇔ 3a + bi + = 3i − a + b ⇔ a + = −3(a + 1) b = ⇔ Vậy S = 4( − ) + = −6 Chọn D a = − Câu 30 Với x ∈ ( 1; e ) ta có: − ln x + 2m ln x + 2m − < ⇔ 2m ( ln x + 1) < ln x + ⇔ 2m < ln x + (1) ln x + Đặt t = ln x Do x ∈ ( 1; e ) ⇒ t ∈ ( 0;3) Xét hàm số f (t ) = t2 + t + 2t − ⇒ f '( t ) = t +1 ( t + 1) t = ∈ ( 0;3) Có bảng biến thiên Cho f '(t ) = ⇔ t = −4 ∉ ( 0;3) t − + f ′( t ) h2 + + 1÷ ÷ 1+ 1+ x r hr = = = h 4 4 x rh ÷ r2 2 r+ h +r AB ⊥ OH Khi OH ⊥ ( P ) Do Câu 24 Mặt cầu ( S ) tâm I tiếp xúc với ∆ nên bán kính mặt cầu R = d ( I , ∆ ) Theo giả thiết, ∆ qua r uuu r M (− 1;1; − 1) có VTCP u (1;2; − 2) Ta có: MI (2;1;1) uuur r MI , u uuur r ⇒ MI , u = ( − 4;5;3) ⇒ d ( I , ∆ ) = = ⇒ R= r 3 u với Ta có AB ⊥ SO AB ⊥ OI Suy AB 2 Ta có: OI = R − ÷ = 4a − 3a = a + ∫ ( x − x + ) dx − ∫ ( x − x + ) dx = Chọn C Kẻ OH ⊥ SI −2 Chọn D Câu 26 Gọi I trung điểm AB ; đường tròn đáy có tâm O , bán kính R d ( O, ( P ) ) = OH −1 V1 V2 Vậy giá trị bé , f ( t) 17 Từ bảng biến thiên, ( 1) có nghiệm với ∀x ∈ (1; e ) 2m < ⇔ m < Vậy có số nguyên dương thỏa mãn toán Chọn D Câu 31 Ta có: f '( x ) = 5m − 5cos5 x − m cos x + Dễ thấy f ′( x ) = có nghiệm (0; 2019) số nghiệm hữu hạn nên ta có: Hàm số y = f ( x ) đồng biến khoảng (0; 2019) ⇔ f ′( x ) ≥ ∀x ∈ (0; 2019) ⇔ 5m − 5cos5 x − m cos x + ≥ ∀x ∈ (0;2019) −3 + 5cos5 x ∀x ∈ (0; 2019) (*) − cos x −3 + 5cos5 x ; x ∈ (0;2019) Đặt h( x ) = − cos x −8 ≤ −3 + 5cos5 x ≤ ∀x ∈ (0;2019) Ta có: − ≤ − cos x ≤ + −8 ≤ −3 + 5cos5 x ≤ ⇒ 1 ∀x ∈ (0; 2019) + ≤ − cos x ≤ − −3 + 5.cos5 x ⇒ ≤ ∀x ∈ (0; 2019) − cos x −1 ⇒ h( x ) ≤ ∀x ∈ (0;2019) ; −1 cos5 x = Dấu “=” xảy cos x = , x ∈ ( 0; 2019 ) ( dễ thấy hệ ln có nghiệm thuộc (0; 2019) ,chẳng hạn x = 2π ) 1 = + Từ suy : (*) ⇔ m ≥ −1 2 Vậy a = b = ; c = nên chọn A ⇔m≥ ( ) x Câu 32 Ta có: y = g ( x ) = f − = f g′( x ) = f ′ (2 x − ) ÷. ( ) = f ′ 2x − (2 (2 x x (2 − ) x.ln 2x − ) ( ) − ) ÷ ′ − 4) ÷ x − = −1 g′( x ) = ⇔ f ′ 2x − = ⇔ 2x − = ⇔ 2x − = ( x x x g ′ ( x ) > ⇔ f ′ − ( − ) > x = log x = log x = log x = 2 x − > 2 − > −1 < x − < x x f ′ ( − ) > − > ⇔ ⇔ x x 2 − < 2 − < x − x < −1 f ′ ( − ) < 1 < − x < x 0 < x − < < x < < x < log ⇔ 2 x − > ⇔ 2 x > ⇔ x > log 1 < − x < 1 < x < 0 < x < log Bảng biến thiên ( x Suy hàm số y = f − ) nghịch biến khoảng 19 ; ÷ Chọn B 10 Câu 33 Đặt z = m − i (m ∈ R) Khi đó: ( − m) + i 1− m + i −1 = = = m−i m−i m −i = ( − m ) + 12 m + ( −1) m − 2m + m2 + m − 2m + (*) Số T thuộc tập giá trị m2 + m − 2m + có nghiệm A hàm số (*) ⇔ PT T = m2 + ⇔ (T − 1) m + 2m + T − = (1) có nghiệm - Với T = , (1) có nghiệm m = Do ∈ A - Với T ≠ , (1) có nghiệm ∆′ = − ( T − 1) ( T − ) ≥ ⇔ − ≤ T ≤ + 2 Kết hợp hai trường hợp, ta có tập giá trị hàm số (*) 3 − + ; A = Chọn A Xét hàm số y = Khi giá trị lớn − z 3+ ≈ 1,61 Câu 34 Ta có: ( + x) 2019 ⇒ x( + x) 2019 2019 = C2019 + C2019 x + C2019 x + + C2019 x 2019 2019 = x.C2019 + x C2019 + x C2019 + + x 2020 C2019 (*) Đạo hàm vế (*) được: ( + 2020 x ) ( + x ) 2018 2019 = C2019 + xC2019 + + 2020 x 2019.C2019 (**) Thay x = vào (**) có: 2019 C2019 + 2C2019 + 3C2019 + + 2020C2019 = 2021.22018 Vậy P = 2021.2 2018 Chọn D Câu 35 Trước hết ta hiểu tổ chia không phân biệt tên gọi Khi đó: C C C • Số phần tử khơng gian mẫu n ( Ω ) = 12 = 5775 3! • Gọi A biến cố “chia 12 em học sinh thành ba tổ mà tổ cũng có học sinh nam” Ta xác định số phần tử A sau: - Chia ba em học sinh nam vào ba tổ: có cách chia - Chia em nữ lại vào tổ em nam: có C93 C63 C33 cách chia Suy n ( A ) = C C C = 1680 Do xác suất biến cố A P ( A ) = 3 n ( A ) 16 = Chọn A n ( Ω ) 55 SA, BC Do tam giác Theo giả thiết ∆SBC = ∆ABC ( c.c.c ) suy AN = SN nên ∆NSA cân N Kẻ SH ⊥ AN dễ chứng minh a SH ⊥ ( ABC ) SH = AG = Đặt SA = x > x > a , ta có hai trường hợp sau: x · TH1: BMC = BC = 60°, ∆MBC cạnh MB = SN = SB − BN = x − 3x x 13 = , suy 16 1 x x 13 x 39 SN BC = = 2 16 a.x 39 Mặt khác VS ABC = VA SBC = S SBC AG = , nên: 96 SN ⊥ BC , AN ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAN ) x 3 a.x 39 a 13 (thỏa mãn) = ⇔x= 16 96 Lại có: a ⇒ MN = SN − SM 2 Vậy VS ABC = 3a x 3a − x x 3a − x − = ⇒ S ∆SAN = SA.MN = 4 2 1 Vậy VSABC = VBSAN + VCSAN = BN S ∆SAN + CN S ∆SAN 3 1 = ( BN + CN ) S∆SAN = BC.S∆SAN 3 a a a3 2 = ax 3a − x = x 3a − x ≤ ( x + 3a − x ) = 12 24 24 = Dấu “ = ” xảy ⇔ x = 3a − x ⇔ x = a 1 3x x3 Thể tích VS ABC = SA.S MBC = x = 3 16 16 SBC , ABC nên SN = AN = BC ⊥ ( SAN ) ⇒ BC ⊥ AG ⇒ AG ⊥ ( SBC ) hay AG = d ( A, ( SBC ) ) = S SBC = Câu 36 Gọi M , N trung điểm AG ⊥ SN , Kẻ a Chọn A Câu 37 Gọi N , M trung điểm đoạn BC SA Do tam giác 13a 39 3456 · TH2: BMC = 120°, tam giác MBC cân M cạnh MB = 3x x BC = 2 SN = SB − BN = x − S SBC = 9x2 x = , suy 16 1 x x 3x SN BC = = 2 16 3x S MBC = MB.MC.sin120° = Thể tích 16 1 3x x3 Mặt khác VS ABC = SA.SMBC = x = 3 16 16 SBC ABC tam 1 x a a.x VS ABC = VA.SBC = S SBC AG = = , nên: 3 16 32 giác cân S A nên SN ⊥ BC , AN ⊥ BC x 3 a.x a 21 (thỏa mãn) = ⇔x= 16 32 ⇒ BC ⊥ ( SAN ) Tương tự ta Vậy VS ABC = thấy tam giác SAB SAC tam giác nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( MBC ) Do góc MB MC góc mp(SAB) mp(SAC) VS ABC = 7a3 a 13 Từ giả thiết SA = nên 384 13a 39 Chọn B 3456 Câu 38 Từ kẻ H HA ⊥ MN Gọi mp(Q) mặt phẳng qua M N Dựng HB ⊥ mp(Q), B ∈ (Q ), BD x = = AM = AN ⇒ α = 60° Chọn C 2 Câu 41 Ta có: F ( x ) = ∫ cos5 x.cos xdx = ∫ cos5 x ( cos6 x.cos x − sin x.sin x ) dx Ta có BH ≤ AH Dấu " = " xảy B ≡ A Khi mp(Q) ⊥ AH Vậy mp(P) cần tìm vng góc 1 7 với AH Ta có: A ∈ MN , HA ⊥ MN ⇒ A − ; − ; ÷ 3 3 uuu r 1 1 ⇒ HA = − ; − ; ÷ 3 3 r Mà AH ⊥ mp( P ) ⇒ nP = ( 1;1; −1) VTPT mp (P) Suy phương trình mp(P) qua M ( 0; −1; ) là: x + ( y + 1) − ( z − ) = ⇔ − x − y + z − = ⇒ a = −1, b = −1, c = Vậy T = a − 2b + 3c + 12 = −1 − ( −1) + 3.1 + 12 = 16 Chọn D π dx Với x = ⇒ t = , cos x π π dx 3 π dx cos x x = ⇒ t = Có: I = ∫ = 2 ∫ π ( 2sin x + cos x ) π ( tan x + 1) Câu 39 Đặt t = tan x ⇒ dt = = dt ∫ ( 2t + 1) =− 1 ( 2t + 1) =− 1 ( ) 2 +1 + −3 = 33 Vậy a = 7, b = − 3, c = 33 ⇒ P = 300a + 30b + c − 23 = 2020 Chọn A Câu 40 Đặt AB = AB′ = x, ( x > ) Vì ABCD hình vng nên BD = x ∆B′BD nên B′B = BD = B′D = x Đặt G ( x ) = ∫ cos x cos6 xdx ; H ( x ) = ∫ cos x.sin x.sin xdx du = 6cos xdx u = sin x H x ⇒ ( ) Tìm Đặt cos x dv = cos x.sin xdx v = − cos x cos6 x ⇒ H ( x ) = sin x − dx ÷+ ∫ cos6 x sin x.cos x =− + G ( x) sin x.cos x ⇒ F ( x) = + C ⇒ a = 1; b = 6 Vậy a + b = 37 Chọn B Câu 42 Sau năm số tiền nợ ngân hàng X là: T = M (1+ r) − n m n ( + r ) − 1 r với M = 100000000, m = 2000000, r = 1%, n = 12 ta T ≈ 87317497 đồng Số tiền nợ lại ơng A Tn1 = M ( + r1 ) − n m1 n ( + r1 ) − 1 r1 Với n1 số tháng kể từ thời điểm bắt đầu tăng lãi suất lên 1, 2% /tháng đến ông A trả hết nợ Để trả hết số nợ lại ta cần có: Tn1 = ⇔ M ( + r1 ) − n m1 n ( + r1 ) − 1 = r1 để ông A trả hết nợ Chọn D ∆B′DA có: AB′ + AD = x = DB′ nên ∆B′DA vuông cân A ⇒ AB′ ⊥ AD (2) = ∫ cos x cos xdx − ∫ cos5 x.sin x.sin xdx với M1 = 87317497, m1 = 5000000, r1 = 1,2% Từ ta suy n1 ≈ 19,7 tháng Vậy cần 12 + 20 = 32 tháng ∆B′BA có: AB′2 + AB = x = BB′2 nên ∆B′BA vuông cân A ⇒ AB′ ⊥ AB (1) (·AM , AN ) = α Ta có: MN = d ( H , ( Q ) ) = HB; ( BCC′B′ ) ( A′B′CD ) phẳng Từ (1) (2), ta có: AB′ ⊥ ( ABCD ) Gọi M trung Câu y= f 43 ( điểm BB′, ∆B′BA vuông cân A nên AM ⊥ BB′ (3); BC ⊥ AB′, BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( ABB′A′) ⇒ y′ = f ⇒ BC ⊥ AM (4); Từ (3) (4) có: AM ⊥ ( BCC ′B′)(5) f′ Gọi N trung điểm B′D , ∆B′DA vuông cân A nên AN ⊥ B′D (6); CD ⊥ AB′, CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ ( ADB′ ) ⇒ CD ⊥ AN (7) Từ (6) (7), ta có ( ĐK: x2 + 2x + m ( x + x + m ≥ Ta có ) ) ( x+1 x2 + x + m ′ = f ′ x2 + x + m x + 2x + m ) x2 + 2x + m = x2 + 2x + m = ⇔ x + x + m = ) x + x + m − = ( 1) ⇔ x + x + m − 25 = ( ) AN ⊥ ( A′B′CD ) (8); Từ (5) (8) ta suy góc mặt Bài tốn trở thành tìm m để phương trình (1), (2) khơng có nghiệm chung có nghiệm phân biệt khác −1 đồng thời x = −1 thuộc tập xác định hàm số 5 − m > 26 − m > ⇔ m − ≠ ⇔ ≤ m < m − 26 ≠ − 1+ m ≥ Cả hai trường hợp hàm số y = f ( x) có ta tối đa Kết hợp điều kiện m ∈ [ −2019; 2019] , m ∈ ¢ đường tròn ( C ) nên phương trình mp(P) chứa ( C ) Suy m ∈ { 1; 2; 3; 4} Chọn D ( P ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z + 2) − ( x − 3) − ( y − 1) − ( z + ) Câu 44 Hàm f ( x ) đạo hàm cấp hai xác định R, nên đạo hàm cấp liên tục ¡ Suy điểm x = −2 có f '( −2) > ⇒ hàm số khơng có cực trị x = −2 Trên ( −∞; −2) đạo hàm cấp triệt tiêu đổi dấu qua điểm x = −5 nên hàm số f ( x ) đạt cực trị điểm x = −5 Trên ( − 2;3) hàm số y = f ( x) đạt cực đại x = −1 đạt cực tiểu x = Từ đồ thị y = f ''( x) [3; +∞) , ta nhận thấy f ''( x) đổi dấu từ âm sang dương qua x = , suy đạo hàm cấp f '( x) đạt cực tiểu điểm x = Hàm số y = f ( x) đồng biến khoảng (2;3) nên suy f '( x) > khoảng (2;3) TH1: Nếu hàm y = f ( x) đạt cực trị x = f '(3) = Ta có BBT f '( x) (3; +∞) : điểm cực trị Chọn C Câu 45 • ( S1 ) có tâm I1 ( 1;2; −2 ) , bán kính R1 = , ( S ) có tâm I ( 3;1; −4 ) , bán kính R2 = • Vì ( S1 ),( S ) cắt theo 2 2 2 = 2− ⇔ x − y − z − 14 = ⇔ x − y − z − = x = + 2t I I Đường thẳng có phương trình: y = − t z = −2 − 2t Gọi H tâm đường tròn ( C ) H = I1I ∩ ( P ) 5 −8 ⇒ H ; ; ÷ 3 3 uu r (d) qua điểm A ( 1; −5;12 ) có VTCP ud = ( −3; −2;10 ) uuu r Gọi ( Q ) = mp(I1; d ) Ta có: AI1 = ( 0;7; −14 ) , suy r uuu r uu r n( Q ) = AI1; ud = ( 42;42;21) phương với vectơ Ta thấy: ( 2;2;1) ⇒ ( Q ) : x + y + z − = ⇒ + 4t − + t + + 4t − = ⇒ t = I ( 3;1; −4 ) ∈ ( Q ) , I1I , d đồng phẳng • Gọi E giao điểm d ( P ) , suy E ( 4; −3;2 ) ; I1H = d ( I1; ( P ) ) = Bán kính đường tròn ( C ) Rc = R12 − I1H = − = = HM Khi hàm y = f ( x) có thêm điểm cực trị x = x1 > Suy hàm y = f ( x) có điểm cực trị TH2: Nếu hàm y = f ( x) khơng có cực trị x = f '(3) > Ta có BBT f '( x) (3; +∞) : 2 5 −8 Ta có: EH = − ÷ + + ÷ + − ÷ = 3 3 d Vì khoảng cách từ M đến đường thẳng nhỏ uuuu r uuur nên M = EH ∩ ( C ) thỏa mãn HM = HE Thật vậy, ta lấy điểm B ∈ ( C ) kẻ MN , BC vng góc với đường thẳng d Kẻ ⇒ BF ⊥ ( HEC ) ⇒ d ⊥ ( BFC ) ⇒ d ⊥ CF CF > MN Lại có ∆FBC BF ⊥ HE ⇒ CF / / MN vuông F nên Để hàm y = f ( x) có nhiều cực trị f '(5) < Khi BC > CF > MN Vậy MN khoảng cách ngắn từ điểm thuộc đường tròn đến đường thẳng d uuuu r r −14 14 5 uuu HM = a − ; b − ; c + ÷; HE = ; ; ÷ 3 3 3 3 hàm y = f ( x) có hai điểm cực trị (3; +∞) Suy ⇒ a = 2; b = 1; c = −2 ⇒ a + b + c = Chọn A hàm số y = f ( x) có tối đa điểm cực trị Câu 46 Kí hiệu f ( x) + ( x − 1) f '( x) = x3 + x2 + x x2 + (*) Với ∀x ∈ ( −1; +∞) M đường tròn x −1 (*) ⇔ f ( x) + f '( x) = ( x + 1) x +1 x x2 + ( x + − 2)( x + 1) = x −1 ( x + 1) x2 + + TH2: Với x = 1, thay vào (*) ta có: f (1) = Bổ sung giá ( x + 1)2 , ∀ x ∈ (− 1; +∞ ) \ { 1} ta trị f (1) = cho hàm f ( x) = x +3+2 ( x + 1) , ∀x ∈ (−1; +∞) thỏa mãn hàm f ( x ) = x2 + + = − Chọn A yêu cầu toán Vậy f (0) = 3+2 Câu 47 Hệ phương trình tọa độ giao điểm: x2 y2 + =1 8 p p y = px ( x ≥ 0) ⇔ x = p, y = ± S1 = ∫ Tính ( trình tắc có phương x y + = Quỹ tích điểm M đường thẳng d : x − y + = Ta có P = z − z1 + z − z2 = MM + MM Gọi ( C2 ) đường tròn đối xứng với ( C1 ) qua d gọi M điểm đối xứng với M qua d Suy ( C2 ) có tâm J ( 0;8 ) bán kính R2 = M ∈ ( C2 ) Khi P = MM + MM = MM + MM ≥ M M ≥ AB = Dấu “=” xảy M ≡ A, M ≡ B, M ≡ M với M giao điểm d với trục Oy Vậy P = Chọn C Câu 49 Ta có: y′ = f ′ ( x ) = x + ≥ , ∀x ∈ [ 1;2] nên hàm số f ( x ) đồng biến khoảng ( 1;2 ) Có: f ( f ( x ) ) = x ⇔ f ( x ) + f ( x ) − 2m = x ⇔ f ( x ) + f ( x ) − x = 2m (1) Xét hàm g ( x ) = f ( x ) + f ( x ) − x đoạn [ 1;2] Vì f ( x ) liên tục đoạn [ 1;2] nên g ( x ) liên tục Suy g ( x ) đồng biến khoảng ( 1;2 ) p ( E) đoạn [ 1;2] Có: g ′ ( x ) = f ′ ( x ) f ( x ) + f ′ ( x ) − ≥ với ∀x ∈ [ 1;2] , đẳng thức xảy hữu hạn điểm Do đó, phương trình (1) có nghiệm đoạn [ 1;2] Gọi S1 diện tích giới hạn (P) (E) ta p tâm I ( 4;4 ) , bán kính R1 = Quỹ tích điểm M đường Elip x −1 x −1 ′ Nhận xét: f ( x) = f ( x) + f '( x), từ ( x + 1) x +1 x +1 x −1 x x −1 ∫ [ x + f ( x)]' dx = ∫ x + dx ⇒ x + f ( x) = x + + C Thay x = vào đẳng thức ta C = −2, x −1 f ( x) = x + − x +1 TH1: ∀x ∈ ( −1; +∞) \ {1}, ta có: f ( x) = ( C1 ) p −y 2 ) y2 − dy p π 1 S1 = p + ÷ 3 Diện tích Elip: S = π a.b = π 2 p p = 2π p ( 2a độ dài trục lớn, 2b độ dài trục bé) Diện tích lại: 1 π 1 3 S2 = S − S1 = 2π p − p + ÷ = π − ÷ p 3 3 2 π 1 p2 + ÷ = 3π + Chọn A 9π − 23 2p π − ÷ 3 2 M M Câu 48 Gọi lần 1, 2, M ⇔ g ( 1) ≤ 2m ≤ g ( ) ⇔ ( − m ) + ( − 2m ) − ≤ 2m ≤ ( 10 − m ) + ( 10 − m ) − 3 ( − 2m ) + ( − 2m ) − ≤ m 2 − ≤ ⇔ ⇔ m 10 − ≥ ( 10 − 2m ) + ( 10 − 2m ) − 12 ≥ ⇔ ≤ 2m ≤ ⇔ ≤ m ≤ Do m nguyên dương nên m ∈ { 1, 2,3} Vậy tổng giá trị nguyên dương tham số m Chọn C Câu 50 Sau chọn thành viên cho tổ A, B tổ C ln cách chọn S Tỷ số = S2 lượt điểm biểu diễn số phức 2z1 , z2 , z hệ trục tọa độ Oxy Khi quỹ tích điểm Tổng: 227052 227052 901 Chọn D Xác suất cần tìm: P = 5 = C15 C10 3003 Tổ A Số cô Số thầy Tổ B Số cô Số thầy 4 5 5 Số cách chọn ( C C ) ( C C ) ( C C ) ( C ) ( C C ) ( C C ) ( C C ) ( C ) ( C ) ( C C ) ( C ) ( C ) 10 10 10 10 10 5 10 5 ... C C • Số phần tử khơng gian mẫu n ( Ω ) = 12 = 5775 3! • Gọi A biến cố “chia 12 em học sinh thành ba tổ mà tổ cũng có học sinh nam” Ta xác định số phần tử A sau: - Chia ba em học sinh nam... x.sin x.sin xdx du = 6cos xdx u = sin x H x ⇒ ( ) Tìm Đặt cos x dv = cos x.sin xdx v = − cos x cos6 x ⇒ H ( x ) = sin x − dx ÷+ ∫ cos6 x sin x.cos x =− + G ( x) sin x.cos... Tổng: 227052 227052 901 Chọn D Xác suất cần tìm: P = 5 = C15 C10 3003 Tổ A Số cô Số thầy Tổ B Số cô Số thầy 4 5 5 Số cách chọn ( C C ) ( C C ) ( C C ) ( C ) ( C C ) ( C C ) ( C C ) ( C ) ( C