Đang tải... (xem toàn văn)
Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình vuông.. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi h[r]
(1)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN
Mơn: TỐN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
CÂU Có cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh?
A C210 B A210 C 102 D 210
Lời giải
Số cách chọn học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh tổ hợp chập 10: C210 (cách)
Chọn đáp án A
Câu 1.1 Tổ lớp 11A gồm bạn nam bạn nữ Để chọn đội lao động tổ, cần chọn bạn nữ ba bạn nam Số cách chọn
A 21 B 60 C 40 D 120
Lời giải
Số cách chọn đội lao động gồm nam nữ C36·C12 = 40 cách
Chọn đáp án C
Câu 1.2 Một chi đồn có 16 đồn viên Cần bầu chọn Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư Ủy viên Số cách chọn Ban Chấp hành nói
A 560 B 4096 C 48 D 3360
Lời giải
Mỗi cách bầu chọn Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư Ủy viên chỉnh hợp chập 16 phần tử Do có A316 = 16!
13! = 3360 cách
Chọn đáp án D
Câu 1.3 Từ chữ số 1; 2; 3; lập số tự nhiên có chữ số đơi khác nhau?
A 42 B 12 C 24 D 44
Lời giải
Mỗi số hốn vị phần tử Vậy lập 4! = 24 số thỏa mãn đề
Chọn đáp án C
Câu 1.4 Có cách xếp nhóm học sinh gồm bạn nam bạn nữ thành hàng ngang?
A 10! B 4! C 6!.4! D 6!
Lời giải
Nhóm học sinh có tất 10 học sinh
Xếp 10 học sinh thành hàng ngang có P10 = 10! cách xếp
Chọn đáp án A
Câu 1.5 Có cách xếp nhóm học sinh thành hàng ngang?
A 49 B 720 C 5040 D 42
(2)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Xếp học sinh sinh thành hàng ngang hoán vị phần tử Vậy có 7! = 5040 cách xếp
Chọn đáp án C
Câu 1.6 Lớp 11A có 25 học sinh nam 20 học sinh nữ Hỏi có cách chọn học sinh làm lớp trưởng?
A 25! + 20! cách B 45! cách C 45 cách D 500 cách
Lời giải
Số cách chọn học sinh làm lớp trưởng: C145 = 45 cách
Chọn đáp án C
Câu 1.7 Có cách chọn học sinh từ 20 học sinh lớp 11A?
A 1860480 cách B 120 cách C 15504 cách D 100 cách
Lời giải
Số cách chọn học sinh từ 20 học sinh lớp 11A C520= 15504 cách
Chọn đáp án C
Câu 1.8 Cho tứ giác lồi ABCD điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD) Có mặt phẳng qua S hai số bốn điểm A, B, C, D?
A B C D
Lời giải
Số mặt phẳng quaS hai số bốn điểmA, B, C, Dbằng số tổ hợp chập phần tử Vậy có C24= mặt phẳng
Chọn đáp án D
Câu 1.9 Cho chữ số 1,2,3,4,5 Từ chữ số ta lập số tự nhiên có chữ số khác nhau?
A 120 B 60 C 30 D 40
Lời giải
Có tất P5 = 5! = 120 (số)
Chọn đáp án A
Câu 1.10 Có cách xếp 10 bạn vào bàn ngang có 10ghế?
A 8! B 10! C 7! D 9!
Lời giải
Mỗi cách xếp hoán vị tập gồm10 phần tử Khi số cách xếp 10!
Chọn đáp án B
Câu 1.11 Từ chữ số 1,2,3,4,5 lập số tự nhiên có chữ số đôi khác nhau?
A 3125 B 125 C 120 D 625
Lời giải
Mỗi số có chữ số đôi khác từ chữ số 1,2,3,4,5 hoán vị chữ số Vậy có 5! = 120 số thỏa yêu cầu toán
(3)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 1.12 A38 ký hiệu
A Số tổ hợp chập phần tử B Số chỉnh hợp chập phần tử C Số chỉnh hợp chập phần tử D Số hoán vị phần tử
Lời giải
Akn ký hiệu số chỉnh hợp chập k n phần tử
Chọn đáp án B
Câu 1.13 Rút ngẫu nhiên thẻ tập hợp gồm 10 thẻ Số cách rút
A 5040 B 210 C 14 D 40
Lời giải
Số cách rút thẻ tập hợp gồm 10 thẻ số tổ hợp chập 10 phần tử: C410 = 210
Chọn đáp án B
Câu 1.14 C27 ký hiệu
A Số hoán vị phần tử B Số tổ hợp chập phần tử C Số chỉnh hợp chập phần tử D Số tổ hợp chập phần tử Lời giải
Ckn ký hiệu số tổ hợp chập k n phần tử
Chọn đáp án D
Câu 1.15 Số cách xếp chỗ ngồi cho học sinh vào dãy có ghế kê theo hàng ngang
A 10 B 24 C 120 D 25
Lời giải
Số cách xếp chỗ ngồi cho học sinh vào dãy có ghế kê theo hàng ngang 5! = 120
Chọn đáp án C
Câu 1.16 Ông T dẫn cháu nội ngoại xếp thành hàng dọc vào rạp xem phim Hỏi có cách xếp khác ông T đứng cuối hàng?
A 720 B 5040 C 120 D 702
Lời giải
Vì ông T đứng cuối hàng nên có xếp thành hàng dọc cháu ông T Do số cách xếp 6! = 720
Chọn đáp án A
Câu 1.17 Số cách phân học sinh 12học sinh lao động là:
A P12 B 36 C A312 D C312
Lời giải
Mỗi cách phân học sinh 12 học sinh lao động tổ hợp chập 12 Vậy số cách phân học sinh lao động C312
Chọn đáp án D
Câu 1.18 Có tất cách xếp sách khác vào hàng ngang giá sách?
A 5! B 65 C 6! D 66
(4)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Mỗi cách xếp6 sách khác vào hàng ngang giá sách hoán vị
6 phần tử
Vậy số cách xếp 6!
Chọn đáp án C
Câu 1.19 Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Hỏi có cách chọn bạn trực nhật cho có nam nữ?
A 35 B 49 C 12 D 25
Lời giải
Theo ta có chọn bạn trực nhật cho có nam nữ Suy chọn nam nữ
Vậy số cách chọn là: C17·C15 = 35
Chọn đáp án A
Câu 1.20 Có cách lấy phần tư tùy ý từ tập hợp có 12 phần tử
A 312 B 123 C A312 D C312
Lời giải
lấy phần tư tùy ý từ tập hợp có 12 phần tử C312
Chọn đáp án D
CÂU Cho cấp số cộng(un)với u1 = 3và u2 = Công sai cấp số cộng cho
A B C 12 D -6
Lời giải
Cấp số cộng(un) có số hạng tổng quát là: un =u1+ (n−1)d (Với u1 số hạng đầu d cơng sai)
Suy ta có: u2 =u1+d⇔9 = +d ⇔d = Vậy công sai cấp số công cho
Chọn đáp án A
Câu 2.1 Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn
(
u2+u3−u6 =
u4+u8=−14
Công thức số hạng tổng quát cấp số cộng
A un = 5−2n B un = +n C un = 3n+ D un =−3n+ Lời giải
Ta có u2=u1+d, u3 =u1+ 2d, u6 =u1+ 5d, u4 =u1+ 3d u8 =u1+ 7d Do
(
(u1+d) + (u1+ 2d)−(u1+ 5d) =
(u1+ 3d) + (u1+ 7d) =−14
⇔
(
u1−2d=
2u1+ 10d=−14 ⇔
( u1=
d=−2
Vì un = + (n−1)·(−2) = 5−2n
Chọn đáp án A
Câu 2.2 Tìm số hạng đầuu1và cơng bộiqcủa cấp số nhân(un)thỏa mãn
u2−u4+u5 = 114
(5)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
u2−u4+u5 = 114
u3−u5+u6 = 342 ⇔
u1q(1−q2+q3) = 114(1)
u1q2(1−q2+q3) = 342(2) Lấy phương trình (2) chia cho phương trình (1) ta q= Thay vào phương trình (1) ta u1 =
Chọn đáp án A
Câu 2.3 Cho cấp số cộng (un) biếtu3 = 6, u8= 16.Tính cơng sai dvà tổng 10số hạng
A d= 2;S10 = 100 B d= 1;S10 = 80 C d= 2;S10 = 120 D d= 2;S10 = 110 Lời giải
d= u8−u3
5 =
16−6 = u1=u3−2d = 6−2·2 =
S10=
10·(u1+u10)
2 =
10·(u1+u1+ 9·d)
2 =
10·(2 + + 9·2)
2 = 110
Chọn đáp án D
Câu 2.4 Cho cấp số cộng có u1 = cơng sai d = Tổng 26 số hạng cấp số cộng bao nhiêu?
A 975 B 775 C 875 D 675
Lời giải
Ta có Sn =nu1+
n(n−1)
2 ·d⇒S26 = 26·0 + 26.25
2 ·3 = 975
Chọn đáp án A
Câu 2.5 Cho (un) cấp số cộng với công sai d Biết u5= 16, u7 = 22 Tính u1 A u1 =−5 B u1 =−2 C u1 = 19 D u1 = Lời giải
Ta có
(
u5= 16
u7= 22 ⇔
(
u1+ 4d= 16
u1+ 6d= 22 ⇔
( u1=
d=
Vậy u1=
Chọn đáp án D
Câu 2.6 Cho dãy (un) cấp số cộng có u1= u9= 26 Tìm u5
A 15 B 13 C 12 D 14
Lời giải
Ta có u1+u9 =u1+u1+ 8d= 2u1+ 8d= 2(u1+ 4d) = 2u5 Do u5 =
u1+u9
2 =
2 + 26 = 14
Chọn đáp án D
Câu 2.7 Bốn số lập thành cấp số cộng Tổng chúng 22, tổng bình phương chúng 166 Tính tổng lập phương bốn số
A 1480 B 1408 C 1804 D 1840
(6)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Giả sử cấp số cộng u1, u2, u3, u4 Từ giả thiết tính chất cấp số cộng, ta có
u1+u2+u3+u4 = 22
u21+u22+u23+u24 = 166 u1+u4 =u2+u3
Giải hệ ta hai cấp số cộng 1,4,7,10 10,7,4,1 Ta có 13+ 43+ 73+ 103= 1408
Chọn đáp án B
Câu 2.8 Cho cấp số nhân (un) có u4 = 40, u6 = 160 Tìm số hạng đầu công bội cấp số nhân (un)
A u1 =−5, q=−2 B u1 =−2, q=−5 C u1 =−5, q= D u1=−140, q = 60 Lời giải
u4= 40⇔u1q3 = 40
u6= 160⇔u1q5 = 160
Suy ra: q2 = 4⇔q= q =−2
Với q = u4 = 40⇒u1= Với q =−2 u4 = 40⇒u1=−5
Chọn đáp án A
Câu 2.9 Cho cấp số cộng (un) với số hạng đầu làu1= 15 công sai d=−2 Tìm số hạng thứ
8 cấp số cộng cho
A −1 B C 103 D 64
Lời giải
Ta có u8=u1+ 7d= 15 + 7(−2) =
Chọn đáp án B
Câu 2.10 Cho (un) cấp số cộng với công sai d Biết u7 = 16, u9= 22 Tính u1
A B 19 C D −2
Lời giải Ta có
(
u7 = 16
u9 = 22 ⇔
(
u1+ 6d= 16
u1+ 8d= 22 ⇔
(
u1=−2
d=
Do đó, u1=−2 d=
Chọn đáp án D
Câu 2.11 Cho cấp số nhân (un) thỏa mãn
(
u1+u3= 10
u4+u6= 80
Tìm u3
A u3 = B u3 = C u3 = D u3= Lời giải
Gọi công bội cấp số nhân q Theo giả thiết ta có
(
u1+u3= 10
u4+u6= 80 ⇔
(
u1(1 +q2) = 10
u1q3(1 +q2) = 80 ⇔
u1=
10 +q2
10q3(1 +q2) +q2 = 80
⇔
( u1=
q=
(7)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chọn đáp án A
Câu 2.12 Cho cấp số cộng (un) có u4 =−12;u14 = 18 Tổng 16 số hạng cấp số cộng
A S = 24 B S =−25 C S =−24 D S = 26 Lời giải
Ta có
(
u4=−12
u14= 18 ⇔
(
u1+ 3d=−12
u1+ 13d= 18 ⇔
(
u1 =−21
d =
Tổng 16 số hạng cấp số cộng S16= 16·(−21) +
16·15
2 ·3 = 24
Chọn đáp án A
Câu 2.13 Cho cấp số cộng (un) biết u5 = 18 4Sn =S2n Tìm số hạng u1 công sai d cấp số cộng
A u1 = 2;d= B u1 = 2;d= C u1 = 2;d= D u1 = 3;d= Lời giải
Ta có
(
u5 = 18
4Sn =S2n ⇔
u1+ 4d= 18
4
Å
nu1+
n(n−1)d
ã
=
Å
2nu1+
2n(2n−1)d
ã
⇔
(
u1+ 4d= 18
2u1=d
⇔
( u1=
d=
Chọn đáp án A
Câu 2.14 Cho cấp số cộng (un) biết
(
u2−u3+u5= 10
u4+u6 = 26
Tìm tổng 10 số hạng cấp số (un)
A S10 = 145 B S10 = 154 C S10= 290 D S10= 45
Lời giải
Gọi d công sai cấp số cộng un Khi đó:
(
u2−u3+u5 = 10
u4+u6= 26
⇔
(
u1+ 3d= 10
2u1+ 8d= 26 ⇔
( u1=
d=
Do đó, S10= (2u1+ 9d)
10
2 = 145
Chọn đáp án A
Câu 2.15 Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn
(
u5+ 3u3−u2=−21
3u7−2u4 =−34
Tính tổng 15 số hạng cấp số cộng (un)
A −285 B −244 C −253 D −274
(8)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Ta có
(
u5+ 3u3−u2 =−21
3u7−2u4=−34
⇔
(
3u1+ 9d=−21
u1+ 12d=−34 ⇔
( u1=
d=−3
Khi
S15 =
15
2 (2·2 + 14·(−3)) =−285
Chọn đáp án A
CÂU Nghiệm phương trình 3x−1= 27
A x= B x= C x= D x=
Lời giải
Ta có 3x−1 = 27⇔3x−2 = 33 ⇔x−1 = 3⇔x=
Chọn đáp án A
Câu 3.1 Tìm nghiệm phương trình log2(3x−2) = A x=
3 B x=
10
3 C x=
16
3 D x=
11
Lời giải
Ta có log2(3x−2) = 3⇔3x−2 = 23 ⇔3x= 10⇔x= 10
Chọn đáp án B
Câu 3.2 Tìm nghiệm phương trình + 4√32x+1 = 2−√3 A x=
4 B x=−
3
4 C x=−1 D x=−
1
Lời giải
Ta có + 4√32x+1 = 2−√3⇔2x+ = log7+4√ 2−
√
3⇔2x+ =−1
2 ⇔x=−
Chọn đáp án B
Câu 3.3 Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 7x
2−5x+9
= 343 Tính x1+x2
A x1+x2 = B x1+x2 = C x1+x2 = D x1+x2 = Lời giải
Ta có 7x2−5x+9 = 343⇔7x2−5x+9= 73⇔x2−5x+ = 3⇔x2−5x+ = 0⇔
" x= x=
Do tổng hai nghiệm x1+x2 = + =
Chọn đáp án C
Câu 3.4 Tập nghiệm phương trình 2x2−3x=
A S =∅ B S ={1; 2} C S ={0} D S ={1} Lời giải
2x2−3x = ⇔2
x2−3x = 2−2⇔x2−3x=−2⇔x2−3x+ = 0⇔x= 1∨x= 2.
Chọn đáp án B
Câu 3.5 Phương trình 3x−4 = có nghiệm
A x=−4 B x= C x= D x= Lời giải
Phương trình cho tương đương với
3x−4= 30⇔x−4 = 0⇔x=
(9)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 3.6 Phương trình 3x−4 = có nghiệm
A x=−4 B x= C x= D x= Lời giải
Phương trình tương đương: 3x−4 = 1⇔x−4 = log31 = ⇔x=
Chọn đáp án C
Câu 3.7 Tập nghiệm phương trình log0,25 x2−3x=−1 là:
A {4} B
ß
3−2√2
2 ;
3 + 2√2
™
C {1;−4} D {−1; 4}
Lời giải
Điều kiện: x2−3x >0⇔
" x <0 x >3
Ta có
log0,25 x2−3x=−1
⇔ x2−3x=
⇔ x2−3x−4 =
⇔
"
x=−1 (nhận) x= (nhận)
Vậy S ={−1; 4}
Chọn đáp án D
Câu 3.8 Tập nghiệm phương trình log2 x2−2x+ 4=
A {0;−2} B {2} C {0} D {0; 2} Lời giải
Ta có x2−2x+ = 22 ⇔x2−2x= 0⇔x= 0∨x= Vậy tập nghiệm phương trình S ={0; 2}
Chọn đáp án D
Câu 3.9 Phương trình log2(x+ 1) = có nghiệm
A x=−3 B x= C x= D x= Lời giải
Phương pháp: logab =c⇔b=ac
Cách giải: log2(x+ 1) = 2⇔x+ = 22 ⇔x+ = 4⇔x=
Chọn đáp án C
Câu 3.10 Có giá trị x thoả mãn 5x2 = 5x?
A B C D
Lời giải
Ta có 5x2 = 5x ⇔x2=x⇔
" x= x=
Chọn đáp án D
Câu 3.11 Tìm nghiệm phương trình log3(x−2) =
(10)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải Ta có:
log3(x−2) =
⇔ x−2 = 32
⇔ x−2 =
⇔ x= 11
Vậy nghiệm phương trình x= 11
Chọn đáp án C
Câu 3.12 Tích tất nghiệm phương trình 3x2+x=
A −2 B −1 C D
Lời giải
3x2+x = ⇔ 3x2+x = 32
⇔ x2+x=
⇔ x2+x−2 =
⇔
" x= x=−2
Vậy tích tất nghiệm phương trình cho −2
Chọn đáp án A
Câu 3.13 Gọi S tập nghiệm phương trình log5(x+ 1)−log5(x−3) = Tìm S
A S={−2; 4} B S ={−1 +
√
13
2 ;
−1−√13
2 }
C S={4} D S ={−1 +
√
13
2 }
Lời giải Điều kiện:x >3
PT ⇔ x+
x−3 = 5⇔x= (thỏa) Vậy S ={4}
Chọn đáp án C
Câu 3.14 Tìm tập nghiệm S phương trình log2(x+ 4) =
A S ={−4; 12} B S ={4} C S ={4; 8} D S ={12} Lời giải
Ta có log2(x+ 4) = 4⇔x+ = 24 ⇔x= 12 Vậy tập nghiệm phương trình S ={12}
Chọn đáp án D
Câu 3.15 Nghiệm phương trình log2x=
A x= B x= C x= D x=
Lời giải
Ta có log2x= ⇔x= 23⇔x=
(11)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 3.16 Tìm tất nghiệm phương trình log2(x−5) =
A x= 21 B x= C x= 11 D x= 13 Lời giải
Ta có log2(x−5) = 4⇔x−5 = 24 ⇔x= 21
Chọn đáp án A
Câu 3.17 Tìm nghiệm phương trình log3(3x−2) = A x= 29
3 B x=
11
3 C x=
25
3 D x= 87
Lời giải
Phương trình cho tương đương 3x−2 = 33 hay x= 29
Chọn đáp án A
Câu 3.18 Tìm nghiệm phương trình 9x−3x−6 =
A x=−2 B x= C x= D x= Lời giải
Ta có 9x−3x−6 = 0⇔
" 3x= 3x=−2
⇒3x = 3⇔x=
Chọn đáp án B
Câu 3.19 Giải phương trình log2(2x−2) =
A x= B x= C x= D x=
Lời giải
Điều kiện x >1
log2(2x−2) = 3⇔2x−2 = 8⇔x=
Vậy tập nghiệm phương trình cho S ={5}
Chọn đáp án C
Câu 3.20 Cho phương trình log5(5x−1)·log25(5x+1−5) = Khi đặt t = log5(5x−1), ta phương trình đây?
A t2−1 = B t2+t−2 = C t2−2 = D 2t2+ 2t−1 = Lời giải
log5(5x−1)·log25(5x+1−5) = 1⇔log5(5x−1)·
2[1 + log5(5
x−1)] = 1. Khi đặt t= log5(5x−1), ta phương trình t2+t−2 =
Chọn đáp án B
CÂU Thể tích khối lập phương cạnh
A B C D
Lời giải
Thể tch1 khối lập phương cạnh a V =a3
Vậy thể tích khối lập phương cạnh V = 23 =
Chọn đáp án B
Câu 4.1 Thể tích khối lập phương cạnh 2a
A 8a3 B 2a3 C a3 D 6a3
Lời giải
(12)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án A
Câu 4.2 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga Tính thể tíchV khối chóp
D0.ABCD A V = a
3
4 B V =
a3
6 C V =
a3
3 D V =a
3. Lời giải
Diện tích đáy ABCD SABCD =a2, chiều cao D0D=a Do VD0.ABCD =
1
3SABCD·D
0D=
3a
2·a= a3
3
Chọn đáp án C
Câu 4.3 Hình lập phương có đường chéo mặt bên cm Tính thể tích khối lập phương
A 8√2 cm3 B 16√2 cm3 C cm3 D 2√2 cm3 Lời giải
Độ dài cạnh hình lập phương √4
2 =
√
2 cm Thể tích khối lập phương V = (2√2)3 = 16√2 cm3.
Chọn đáp án B
Câu 4.4 Hình lập phương có đường chéo mặt bên cm Tính thể tích khối lập phương
A 8√2 cm3. B. 16√2 cm3. C. 8 cm3. D. 2√2 cm3. Lời giải
Độ dài cạnh hình lập phương √4
2 =
√
2 cm Thể tích khối lập phương V = (2√2)3 = 16√2 cm3
Chọn đáp án B
Câu 4.5 Hình lập phương có đường chéo mặt bên cm Tính thể tích khối lập phương
A 8√2 cm3. B. 16√2 cm3. C. 8 cm3. D. 2√2 cm3. Lời giải
Độ dài cạnh hình lập phương √4
2 =
√
2 cm Thể tích khối lập phương V = (2√2)3 = 16√2 cm3.
Chọn đáp án B
Câu 4.6 Hình lập phương có đường chéo mặt bên cm Tính thể tích khối lập phương
A 8√2 cm3 B 16√2 cm3 C cm3 D 2√2 cm3 Lời giải
Độ dài cạnh hình lập phương √4
2 =
√
2 cm Thể tích khối lập phương V = (2√2)3 = 16√2 cm3.
Chọn đáp án B
Câu 4.7 Nếu cạnh hình lập phương tăng lên gấp lần thể tích hình lập phương tăng lên lần?
(13)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
V0= (3a)3= 33·a3= 27V
Chọn đáp án A
Câu 4.8 Nếu cạnh hình lập phương tăng lên gấp lần thể tích hình lập phương tăng lên lần?
A 27 B C D
Lời giải
V0= (3a)3= 33·a3= 27V
Chọn đáp án A
Câu 4.9 Tính thể tích khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a A a
3
3 B
a3
2 C a
3. D. a3
6
Lời giải
Thể tích khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a là: a3
Chọn đáp án C
Câu 4.10 Tính thể tích khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a A a
3
3 B
a3
2 C a
3. D. a3
6
Lời giải
Thể tích khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a là: a3
Chọn đáp án C
Câu 4.11 Tính thể tích V khối lập phươngABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a√3 A V = 8a3 B V =a3 C V =
√
6a3
4 D V =
√
3a3 Lời giải
Gọi x > độ dài cạnh hình lập phương Ta có đường chéo hình lập phương AC0 =x√3 = 2a√3⇔x= 2a Vậy thể tích hình lập phương V =x3= 8a3
A B
D0 C0
A0
D C
B0
Chọn đáp án A
Câu 4.12 Tính thể tích V khối lập phươngABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a√3 A V = 8a3 B V =a3 C V =
√
6a3
4 D V =
√
3a3 Lời giải
Gọi x > độ dài cạnh hình lập phương Ta có đường chéo hình lập phương AC0 =x√3 = 2a√3⇔x= 2a Vậy thể tích hình lập phương V =x3= 8a3
A B
D0 C0
A0
D C
B0
(14)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 4.13 Tính thể tích V khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a√3 A V = 8a3 B V =a3 C V =
√
6a3
4 D V =
√
3a3 Lời giải
Gọi x > độ dài cạnh hình lập phương Ta có đường chéo hình lập phương AC0 =x√3 = 2a√3⇔x= 2a Vậy thể tích hình lập phương V =x3 = 8a3
A B
D0 C0
A0
D C
B0
Chọn đáp án A
Câu 4.14 Một hộp đựng thực phẩm có dạng hình lập phương có diện tích tồn phần
150 dm2 Thể tích khối hộp
A 125 cm3. B. 125 dm3. C. 125
3 dm
3. D. 125
3 cm
3. Lời giải
Ta có diện tích mặt S =a2
Mà diện tích toàn phần khối lập phương 150 ⇒ Stp = 6·S = 150 ⇒ 6a2 = 150 ⇒ a = (dm)
Suy V =a3 = 53 = 125 (dm3)
Chọn đáp án B
Câu 4.15 Một khối lập phương tích bằng2√2a3 Cạnh hình lập phương
A 2√2a B √2a C 2a D √3a
Lời giải
Giả sử cạnh hình lập phương có độ dài x⇒ thể tích hình lập phương
V =x3 = 2√2a3
Suy x=p3 2√2a3=√2a.
Vậy cạnh hình lập phương √2a
Chọn đáp án B
CÂU Tập xác định hàm số y=log2x
A [0; +∞) B (−∞; +∞) C (0; +∞) D [2; +∞)
Lời giải
Điều kiện xác định số y= log2x x >0 Vậy tập xác định hàm cho là: D= (0; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 5.1 Tập xác định hàm số y= log2 3−x 2x
A D = (3; +∞) B D = (0; 3]
C D = (−∞; 0)∪(3; +∞) D D = (0; 3)
Lời giải
Hàm số cho xác định 3−x
(15)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 5.2 Tập xác định hàm số y= log (x−2)2
A R B R\ {2} C (2; +∞) D [2; +∞)
Lời giải Phương pháp:
Hàm số y= logaf(x) xác định f(x) xác định f(x)>0
Cách giải:
Hàm số y= log (x−2)2 xác định (x−2)2>0⇔x6=
Vậy TXĐ D =R\ {2}
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x−2)2 >0⇔x >2 chọn D = (2; +∞) sai
Chọn đáp án B
Câu 5.3 Tập xác định hàm số y= log (x−2)2
A R B R\ {2} C (2; +∞) D [2; +∞)
Lời giải Phương pháp:
Hàm số y= logaf(x) xác định f(x) xác định f(x)>0
Cách giải:
Hàm số y= log (x−2)2 xác định (x−2)2>0⇔x6=
Vậy TXĐ D =R\ {2}
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x−2)2 >0⇔x >2 chọn D = (2; +∞) sai
Chọn đáp án B
Câu 5.4 Tìm tập xác định hàm số y= log1 x
2−3x+ 2
A (−∞; 1)∪(2; +∞) B (1; 2) C (2; +∞) D (−∞; 1) Lời giải
Điều kiện x2−3x+ 2>0⇔
" x <1 x >2
nên tập xác định hàm số (−∞; 1)∪(2; +∞)
Chọn đáp án A
Câu 5.5 Tập xác định hàm số y= x2−3x+ 2π
A R\ {1; 2} B (−∞; 1)∪(2; +∞) C (1; 2) D (−∞; 1]∪[2; +∞) Lời giải
Ta có điều kiện: x2−3x+ 2>0⇔
" x <1 x >2
Chọn đáp án B
Câu 5.6 Tìm tập xác định hàm số y= log1
2(x+ 1)
A D = (−∞;−1) B D = (−1; +∞) C D = [−1; +∞) D D =R\{1} Lời giải
Điều kiện x+ 1>0⇔x >−1 Suy tập xác địnhD = (−1; +∞)
Chọn đáp án B
Câu 5.7 Trong hàm số sau, hàm số có tập xác định với hàm số y =x15?
A y=xπ B y=
√
x C y=
√
(16)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Ta có tập xác định hàm số y=x15 (0; +∞)
• Hàm số y=xπ có tập xác định (0; +∞) • Hàm số y=
5
√
xcó tập xác định làR\
0 • Hàm số y=√x có tập xác định [0; +∞) • Hàm số y=√3x có tập xác định là
R
Chọn đáp án A
Câu 5.8 Tìm tập xác định D hàm số y= ex2−2x
A D =R B D = [0; 2] C D =R\{0; 2} D D =∅
Lời giải
Hàm số y= ex2 −2x xác định với ∀x∈R
Chọn đáp án A
Câu 5.9 Tập xác định D hàm số y= log2018(2x−1)
A D = (0; +∞) B D =R C D =1
2; +∞
D D =h1 2; +∞
Lời giải
Hàm số xác định⇔2x−1>0⇔x >
Chọn đáp án C
Câu 5.10 Tìm tập xác định D hàm số y= √
ex−e5
A D = (ln 5; +∞) B D = [ln 5; +∞) C D =R\{5} D D = (5; +∞) Lời giải
Hàm số xác định ex−e5>0⇔x >5
Chọn đáp án D
Câu 5.11 Tập xác định hàm số y= log3x
A [0; +∞) B R\ {0} C R D (0; +∞)
Lời giải
Hàm số y= log3x xác định (0; +∞)
Chọn đáp án D
Câu 5.12 Tìm tập xác định D hàm số y= log2x+ x−2
A D = (−∞;−3]∪(2; +∞) B D = (2; +∞)
C D = (−3; 2) D D = (−∞;−3)∪(2; +∞)
Lời giải
Điều kiện xác định : x+
x−2 >0⇔(x+ 3)(x−2)>0⇔ "
x <−3 x >2
Vậy D = (−∞;−3)∪(2; +∞)
(17)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 5.13 Tìm tập xác định D hàm số y = log3(3−x)
A D = (3; +∞) B D =R\ {3} C D = (−∞; 3) D D =R Lời giải
Hàm số xác định ⇔3−x >0⇔x <3 Suy ra, D = (−∞; 3)
Chọn đáp án C
Câu 5.14 Hàm số y= log√ 3(x
2−4x) có tập xác định là
A D =R\ {0; 4} B D = [0; 4]
C D = (−∞; 0)∪(4; +∞) D D = (0; 4)
Lời giải
Điều kiện xác định hàm số x2 −4x >0 ⇔ x ∈ (−∞; 0)∪(4; +∞) Vậy tập xác định hàm số D = (−∞; 0)∪(4; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 5.15 Tập xác định D hàm số y= (x+ 2)
√ là
A D =R\ {2} B D = (−2; +∞) C D = (0; +∞) D D =R Lời giải
Ta có x+ 2>0⇔x >−2
Vậy TXĐ hàm số D = (−2; +∞)
Chọn đáp án B
Câu 5.16 Tập xác định D hàm số f(x) = ln(4−x)
A D = (−∞; 4) B D = (4; +∞) C D =R\ {4} D D = (−∞; 4] Lời giải
Hàm số f(x) xác định ⇔4−x >0⇔x <4
Chọn đáp án A
Câu 5.17 Hàm số y= log3(3−2x) có tập xác định A
2; +∞
B −∞;3
C −∞;3 i
D R Lời giải
Điều kiện 3−2x >0⇔x <
2 nên hàm số có tập xác định
−∞;3
Chọn đáp án B
Câu 5.18 Tập xác định hàm số y= log2(x−1) + log2(x−3)
A D = (1; 3) B D = (−∞; 1)
C D = (3; +∞) D D = (−∞; 1)∪(3; +∞)
Lời giải
Hàm số xác định
(
x−1>0
x−3>0 ⇔x >3⇒D = (3; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 5.19 Tập xác định D hàm số y= (x2−3x−4)−3
A D = [−1; 4] B D = (−1; 4)
C D =R\ {−1; 4} D D = (−∞;−1)∪(4; +∞)
(18)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Hàm lũy thừa với số mũ nguyên âm nên số khác Do x2−3x−46= ⇔
(
x6=−1
x6= Suy D =R\ {−1; 4}
Chọn đáp án C
Câu 5.20 Hàm số y = log5 4x−x2 có tập xác định
A (0; +∞) B (0; 4) C R D (2; 6)
Lời giải
Hàm số xác định 4x−x2 >0⇔0< x <4 Vậy tập xác định hàm số cho (0; 4)
Chọn đáp án B
CÂU Hàm số F(x) nguyên hàm hàm số f(x) khoảng K A F0(x) =−f(x),∀x∈K B f0(x) =F(x),∀x∈K
C F0(x) =f(x),∀x∈K D f0(x) =−F(x),∀x∈K Lời giải
Theo định nghĩa hàm số F(x) nguyên hàm hàm số f(x) khoảng K
F0(x) =f(x),∀x∈K
Chọn đáp án C
Câu 6.1 Tìm họ nguyên hàm F(x) hàm số f(x) = 5x+
A F(x) =
ln ln|5x+ 4|+C B F(x) = ln|5x+ 4|+C
C F(x) =
5ln|5x+ 4|+C D F(x) =
1
5ln(5x+ 4) +C
Lời giải Ta có
Z
5x+ 4dx=
5ln|5x+ 4|+C
Chọn đáp án C
Câu 6.2 Cho hàm số f(x) = 2x+ ex Tìm nguyên hàm F(x) hàm số f(x) thỏa mãn
F(0) = 2019
A F(x) = ex−2019 B F(x) =x2+ ex−2018
C F(x) = x2+ ex+ 2017 D F(x) =x2+ ex+ 2018 Lời giải
F(x) = Z
(2x+ ex) dx=x2+ ex+C
Do F(0) = 2019 nên 02+ e0+C = 2019⇔C = 2018
Vậy F(x) = x2+ ex+ 2018
Chọn đáp án D
Câu 6.3 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = 3x2−1 A x3+C B x
3
3 +x+C C 6x+C D x
3−x+C. Lời giải
Ta có
Z
f(x)dx= Z
(3x2−1) dx=x3−x+C
Chọn đáp án D
(19)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A −sin(4x+ 7) +x B
4sin(4x+ 7)−3 C sin(4x+ 7)−1 D −
4sin(4x+ 7) +
Lời giải
Hàm số f(x) = cos(4x+ 7) có nguyên hàm
4sin(4x+ 7)−3
Chọn đáp án B
Câu 6.5 Cho f(x), g(x) hàm số có đạo hàm liên tục R, k ∈ R Trong khẳng định đây, khẳng định sai?
A
Z
[f(x)−g(x)] dx= Z
f(x)dx−
Z
g(x)dx B
Z
f0(x)dx=f(x) +C C
Z
kf(x)dx=k Z
f(x)dx D
Z
[f(x) +g(x)] dx= Z
f(x)dx+ Z
g(x)dx Lời giải
Khẳng định A, B, D theo tính chất nguyên hàm Khẳng định C khik 6=
Chọn đáp án C
Câu 6.6 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = x2+ cosx A 2x−sinx+C B
3x
3+ sinx+C. C.
3x
3−sinx+C. D. x3+ sinx+C. Lời giải
Ta có:
Z
(x2+ cosx)dx= 3x
3
+ sinx+C
Chọn đáp án B
Câu 6.7 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = x3+x2 A x
4
4 + x3
3 +C B x
4+x3. C. 3x2+ 2x. D.
4x
4+1
4x
3. Lời giải
Z
x3+x2 dx= x
4
4 + x3
3 +C
Chọn đáp án A
Câu 6.8 Tìm họ nguyên hàm hàm số f(x) = 52x? A
Z
52xdx= 2.52xln +C B
Z
52xdx= 2.5
2x
ln +C
C
Z
52xdx= 25
x
2 ln +C D
Z
52xdx= 25
x+1
x+ +C
Lời giải Ta có
Z
52xdx=
52x
ln +C = 25x ln +C
Chọn đáp án C
Câu 6.9 Nguyên hàm hàm số f(x) = 4x3+x−1 là: A x4+x2+x+C B 12x2+ +C C x4+1
2x
2−x+C. D. x4−1
2x
2−x+C. Lời giải
Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm
Z
xndx= x
n+1
n+ +C
Cách giải:
Z
f(x) dx= 4·x
4 + x2
2 −x+C =x
4+
2·x
2−x+C.
(20)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 6.10 Họ nguyên hàm hàm số y= cosx+x A sinx+1
2x
2+C. B. sinx+x2+C. C. −sinx+
2x
2+C. D. −sinx+x2+C. Lời giải
Ta có F(x) = Z
(cosx+x) dx= sinx+1 2x
2+C.
Chọn đáp án A
Câu 6.11 Nếu
Z
f(x) dx= x
3
3 + e
x
+C f(x) A f(x) = 3x2+ ex B f(x) = x
4
3 + e
x. C. f(x) = x2+ ex. D. f(x) = x4
12 + e
x. Lời giải
Ta có
Z
f(x) dx= x
3
3 + e
x+C⇒f(x) =x2+ ex.
Chọn đáp án C
Câu 6.12 Nguyên hàm hàm số f(x) = x2019, (x∈R) hàm số hàm số đây?
A F(x) = 2019x2018+C, (C∈R) B F (x) =x2020+C, (C ∈R) C F(x) = x
2020
2020 +C, (C ∈R) D F (x) = 2018x
2019+C, (C ∈ R) Lời giải
Áp dụng công thức
Z
xndx= x
n+1
n+ 1+C (n 6=−1), ta có Z
f(x) dx= Z
x2019dx= x
2020
2020 +C
Câu 6.13 Hàm số F (x) = ex2 nguyên hàm hàm số đây?
A f(x) = 2xex2 B f(x) = x2ex2 C f(x) = ex2 D f(x) = e
x2
2x
Lời giải
Ta có f(x) = (F (x))0=Äex2ä0 = 2xex2
Chọn đáp án A
Câu 6.14 Tìm tất nguyên hàm hàm số f(x) = 3−x A
−x
ln +C B −
3−x
ln +C C −3
−x+C. D. −3−xln +C. Lời giải
Ta có
Z
3−xdx=−3 −x
ln +C
Chọn đáp án B
Câu 6.15 Tìm tất nguyên hàm hàm số f(x) = sin 5x A
5cos 5x+C B cos 5x+C C −cos 5x+C D −
1
5cos 5x+C
Lời giải Ta có
Z
sin 5xdx=
Z
sin 5xd(5x) = −1
5cos 5x+C
Chọn đáp án D
Câu 6.16 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = 2x+
(21)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có
F(x) = Z
f(x) dx= Z
(2x+ 1) dx=x2+x+C
Chọn đáp án D
Câu 6.17 Họ nguyên hàm hàm số f(x) = ex+x A ex+x2+C B ex+1
2x
2+C. C.
x+ 1e
x+
2x
2+C. D. ex+ +C. Lời giải
Ta có
Z
f(x) dx= Z
(ex+x) dx= Z
exdx+ Z
xdx= ex+1 2x
2+C, với C là số.
Chọn đáp án B
Câu 6.18 Tìm nguyên hàm F(x) = Z
π2dx
A F(x) =π2x+C B 2πx+C C F(x) = π
3
3 +C D F(x) = π2x2
2 +C
Lời giải Ta có F(x) =
Z
π2dx=π2x+C
Chọn đáp án A
Câu 6.19 Tìm tất nguyên hàm hàm số f(x) = 3x2+x
A
Z
f(x) dx= x
3
3 + x2
4 +C B
Z
f(x) dx=x3+x
2
2 +C
C
Z
f(x) dx=x3+ x
2
4 +C D
Z
f(x) dx=x3+x
2
4
Lời giải Ta có
Z
f(x) dx= Z
3x2+ x
dx= Z
x2dx+
Z
xdx=x3+ x
2
4 +C
Chọn đáp án C
Câu 6.20 Tìm họ nguyên hàm hàm số f(x) = sin(3ax+ 1) (vớia tham số khác 0)
A cos(3ax+ 1) +C B
3acos(3ax+ 1) +C
C −
3acos(3ax+ 1) +C D −cos(3ax+ 1) +C
Lời giải
Z
sin(3ax+ 1) dx= 3a
Z
sin(3ax+ 1) d(3ax+ 1) =−
3acos(3ax+ 1) +C
Chọn đáp án C
CÂU Cho khối chóp có diện tích đáy B = chiều cao h = 4.Thể tích khối chóp cho
A B 12 C 36 D
Lời giải
Ta có cơng thức thể tích khối chóp V = 3B.h=
1
3.3.4 =
(22)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 7.1 Cho khối chóp S.ABCD cạnh bên SA vng góc với đáy, đáy ABCD hình chữ nhật, AB =a, AD= 2a, SA= 3a Thể tích khối chóp S.ABCD
A 6a3 B a
3
3 C 2a
3. D. a3.
Lời giải
Theo giả thiếtABCDlà hình chữ nhật nên thể tích khối chópS.ABCD
là
V =
3SA·AB·AD=
3·3a·a·2a= 2a
3.
S
A
B C
D
Chọn đáp án C
Câu 7.2 Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh
a, đường cao SO Biết SO= a
√
2
2 , thể tích khối chóp S.ABCD
A a 3√2
6 B
a3√2
3 C
a3√2
2 D
a3√3
Lời giải
Ta có SABCD=a2 Vậy VS.ABCD =
1
3 ·SO·SABCD = 3·
a√2 ·a
2= a3 √
2
S
A
C O B
D
Chọn đáp án A
Câu 7.3 Cho khối chóp S.ABC có SA⊥(ABC) SA= 2, tam giác ABC vuông cân A
AB= Thể tích khối chóp S.ABC A
6 B
1
3 C D
2
Lời giải Ta có SABC =
1
2AB·AC =
2 ⇒VS.ABC =
3SA·SABC =
A S
B
C
(23)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 7.4 Cho khối chóp tam giác có đường cao 100 cm cạnh đáy 20 cm, 21 cm,
29 cm Tính thể tích khối chóp
A 000√2 cm3 B 000 cm3 C 213 cm3 D 000 cm3 Lời giải
Diện tích đáy
S=
…
20 + 21 + 29
20 + 21 + 29
2 −20
20 + 21 + 29
2 −21
20 + 21 + 29
2 −29
= 210 cm2
Thể tích khối chóp
V =
3·S·h=
3·210·100 = 000 cm
3.
Chọn đáp án D
Câu 7.5 Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, SA=a√3, cạnh bên SA
vng góc với đáy Thể tích khối chóp S.ABC A a
3√3
2 B
a3
2 C
a3√3
4 D
a3
Lời giải
Thể tích khối chóp
V =
3 ·SA·SABC = ·a
√
3·a 2√3
4 =
a3
C B
A S
Chọn đáp án D
Câu 7.6 Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, SA=a√3, cạnh bên SA
vng góc với đáy Thể tích khối chóp S.ABC A a
3√3
2 B
a3
2 C
a3√3
4 D
a3
Lời giải
Thể tích khối chóp
V =
3 ·SA·SABC = ·a
√
3·a 2√3
4 =
a3
C B
A S
Chọn đáp án D
Câu 7.7 Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân A, SA vng góc với đáy
SA=BC =a√3 Tính thể tích khối chóp S.ABC A V =
√
3 a
3. B. V =
√
3 a
3. C. V =
√
3 a
3. D. V =
√
3 a
(24)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Vì tam giác ABC vng cân A nên AB = AC = BC√
2 = a√3
√
2 ,
suy ra:SABC =
1
2AB·AC = 3a2
4
Dẫn tới: VS.ABC =
1
3SA·SABC = ·a
√
3·3a
4 =
a3√3
S
A
C
B
Chọn đáp án D
Câu 7.8 Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật có chiều rộng 2a chiều dài 3a Chiều cao khối chóp 4a Thể tích khối chóp S.ABCD tính theo a
A V = 24a3 B V = 9a3 C V = 40a3 D V = 8a3
Lời giải Ta có V =
3 ·3a·2a·3a= 8a
3.
Chọn đáp án D
Câu 7.9 Cho khối chóp S.ABC có ABC tam giác vuông cân C, CA = a, (SAB) vng góc với (ABC) diện tích tam giác SAB a
2
2 Tính độ dài đường cao SH khối chóp S.ABC
A a B 2a C a√2 D a
√
2
Lời giải
VìABC tam giác vuông cân C nên AB =a√2
Gọi H hình chiếu vng góc S lên AB, (SAB)⊥(ABC) nên
SH ⊥(ABC) Ta có SSAB =
1
2SH ·AB= a2
2 ⇒SH = a2
AB =
a√2
S
C
A H B
a
Chọn đáp án D
Câu 7.10 Cho khối chóp tam giác có chiều cao 10 dm, diện tích đáy 300 dm2 Tính thể tích khối chóp
A m3 B 3000 dm3 C 1000 dm2 D 3000 dm2
Lời giải
Gọi V thể tích khối chóp, h chiều cao S diện tích đáy Khi V =
3 ·h·S ⇔V =
3 ·10·300 ⇔V = 1000 dm
3
Do V = m3
Chọn đáp án A
(25)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A V = a
3
3 B V =a
3. C. V = 2a3
3 D V =
a3
Lời giải
Diện tích hình vng ABCD S =a2 Thể tích khối chóp cho
V =
3·SA·S = ·a
2·a= a3
3
S
A B
C D
Chọn đáp án A
Câu 7.12 Cho khối chóp tứ giác S.ABCDcó SA⊥(ABCD), SA=a√3, ABCD hình vng có cạnh a Tính thể tích V khối chóp S.ABCD
A V =
√
3a3
3 B V =
a3
4 C V =
√
3a3 D V =
√
3a3
Lời giải
GọiV thể tích khối chóp, SA⊥(ABCD)suy
V =
3 ·SA·Sđ= 3·
√
3a·a2 =
√
3a3
A S
B C
D
Chọn đáp án A
Câu 7.13 Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Hai mặt bên (SAB)
(SAC) vng góc với đáy Tính thể tích khối chóp biết SC =a√3 A a
3√6
12 B
2a3√6
9 C
a3√3
2 D
a3√3
Lời giải
Ta có (SAB)⊥(ABC),(SAC)⊥(ABC) nên SA⊥(ABC) Mà SABC =
a2√3
4 , SA =
√
SC2−AC2 = a√2 nên suy ra
VS.ABC =
SABC ·SA
3 =
a3√6 12
A B
C
S
Chọn đáp án A
(26)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
(ABC) SA = a Biết thể tích khối chóp S.ABC √3a3 Tính độ dài cạnh đáy khối chóp S.ABC
A 2a√3 B 3a√3 C 2a D 2a√2
Lời giải Ta có
VS.ABC =
1
3SA·S4ABC
⇒S4ABC = 3VS.ABC
SA =
√
3a2
⇒ AB 2√3
4 =
√
3a2
⇒AB = 2a√3 = BC =AC
S
A
B
C
Chọn đáp án A
CÂU Cho khối nón có chiều cao h= bán kính đáy r= Thể tích khối nón cho
A 16π B 48π C 36π D 4π
Lời giải
Ta có cơng thức thể tích khối nónV = 3πr
2.h=
3π.16.3 = 16π
Chọn đáp án A
Câu 8.1 Cho khối nón có bán kính đáy r =√3 chiều cao h = Tính thể tích V khối nón cho
A V = 16π√3 B V = 12π C V = D V = 4π
Lời giải
Áp dụng cơng thức tính thể tích khối nón ta tính V = 3πr
2h=
3.π.(
√
3)2.4 = 4π
Chọn đáp án D
Câu 8.2 Cho khối nón có đường cao h bán kính đáy r Tính thể tích khối nón A 2πr√h2+r2. B.
3πr
2h. C. πr√h2+r2. D. πr2h. Lời giải
Theo cơng thức thể tích khối nón V = 3πr
2h.
Chọn đáp án B
Câu 8.3 Cho khối nón (N) có bán kính r =√5, có chiều cao h = Thể tích V khối nón
(N) cho A V(N) = 27π
5 B V(N) =
16π
5 C V(N) =
26π
5 D V(N) =
25π
Lời giải Ta có V(N) =
3 ·5π
√
52 = 25π
(27)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 8.4 Cho khối nón trịn xoay có bán kính đáy r =√3 chiều cao h= Tính thể tích V
của khối nón cho
A V = 16π√3 B V = 12π C V = D V = 4π
Lời giải
Thể tích khối nón V = 3π
√
32·4 = 4π
Chọn đáp án D
Câu 8.5 Cho khối nón trịn xoay có chiều cao h, đường sinh l bán kính đường trịn đáy R Diện tích tồn phần khối nón
A Stp =πR(l+R) B Stp =πR(l+ 2R) C Stp = 2πR(l+R) D Stp =πR(2l+R) Lời giải
Stp =Sđ+Sxq=πR2+πRl =πR(l+R)
Chọn đáp án A
Câu 8.6 Cho khối nón có bán kính đáy r, chiều caoh Thể tích V khối nón A V =
3r
2h. B. V =r2h. C. V =πr2h. D. V =
3πr
2h. Lời giải
Ta có V = 3πr
2h.
Chọn đáp án D
Câu 8.7 Cho khối nón có bán kính đáy r=√3 chiều cao h= Thể tích khối nón cho
A V = 12π B V = 4π C V = D V = 12
Lời giải
Thể tích khối nón V =π·r2·h = 12π
Chọn đáp án A
Câu 8.8 Cho khối nón có bán kính đáy r, chiều caoh Thể tích V khối nón A V =
3r
2h. B. V =r2h. C. V =πr2h. D. V =
3πr
2h. Lời giải
Ta có V = 3πr
2h.
Chọn đáp án D
Câu 8.9 Cho khối nón có độ dài đường sinh l = 2a chiều cao h=a√3 Tính thể tích khối nón cho
A πa
3 B
2πa3
3 C
√
2πa3
3 D
√
3πa3
3
Lời giải
Gọi r bán kính đáy hình nón Ta có r =√l2−h2 =a. Thể tích khối nón
V =
3·π·r
2·
h= 3πa
3√
3
Chọn đáp án D
Câu 8.10 Cho khối nón khối trụ có chiều cao bán kính đường tròn đáy Gọi
V1; V2 thể tích khối nón khối trụ Biểu thức
V1
V2
(28)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A
π B C
1
2 D
1
Lời giải
Gọi bán kính đường trịn đáy khối nón khối trụ làR Chiều cao khối nón khối trụ h
Khi thể tích khối nón V1 =
1 3πR
2·h và thể tích khối trụ là V
2 =πR2·h Do V1
V2
= 3πR
2·h
πR2·h =
1
Chọn đáp án D
Câu 8.11 Cho khối nón trịn xoay có chiều cao cm độ dài đường sinh 10 cm Thể tích khối nón
A 124π cm3. B. 128π cm3. C. 140π cm3. D. 96π cm3. Lời giải
Áp dụng cơng thức tính thể tích khối nón V =
3B·h= 3π·(10
2−82)·8 = 96π (cm3).
Chọn đáp án D
Câu 8.12 Cho khối nón có bán kính đáy r =√3 chiều cao h= Thể tích khối nón cho
A V = 6π B V = C V = 18 D V = 18π
Lời giải Ta có V =
3πr
2h=
3π
√
326 = 6π
Chọn đáp án A
Câu 8.13 Cho khối nón khối trụ có chiều cao bán kính đường trịn đáy Gọi
V1, V2 thể tích khối nón khối trụ Biểu thức
V1
V2
có giá trị A
π B C
1
2 D
1
Lời giải
Gọi chiều cao bán kính đường trịn đáy khối nón khối trụ làh R
• Thể tích khối nón V1=
1 3πR
2h. • Thể tích khối trụ V2=πR2h • Vậy ta có V1
V2
=
3 O A
S
A O
A0
O0
Chọn đáp án D
Câu 8.14 Thể tích khối nón có chiều cao h = bán kính đáy R=
A V = 32π B V = 96π C V = 16π D V = 48π
Lời giải
Thể tích khối nón V = 3πR
2·h=
3π·4
2·6 = 32π
(29)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 8.15 Cho hình nón có bán kính đáy r = diện tích xung quanh 20π Thể tích khối nón cho
A 4π B 16π C 16
3 π D
80 π
Lời giải
Áp dụng cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón ta có
Sxq =πrl ⇒20π =π·4·l⇒l = Vì h=√l2−r2 nên h=√52−42=√9 = 3.
Khối nón tích V = 3πr
2h=
3π·4
2·3 = 16π.
S
l h
r=
Chọn đáp án B
Câu 8.16 Tính thể tích V khối nón có bán kính đáy chiều cao
A V = 18π B V = 54π C V = 108π D V = 36π
Lời giải Ta có V =
3πr
2h=
3π·3
2·6 = 18π.
Chọn đáp án A
Câu 8.17 Cho hình nón có chiều cao h góc đỉnh 90◦ Thể tích khối nón xác định hình nón trên:
A 2π
3 B
√
6π
3 C
π
3 D 2π
Lời giải
Từ giả thiết suy bán kính nón r=h Vậy thể tích khối nón tương ứng
V =
3πr
2
h= πh
3
3 r
h l
S
O
A B
Chọn đáp án C
Câu 8.18 Tính thể tích V khối nón có bán kính đáy r=√3 chiều cao h=
A V = 4π B V = 12π C V = 16π√3 D V =
Lời giải
Thể tích V khối nón có bán kính đáy r =√3 chiều cao h= V = 3π
√
32·4 = 4π
Chọn đáp án A
CÂU Cho mặt cầu có bán kính R = Diện tích mặt cầu cho A 32π
3 B 8π C 16π D 4π
Lời giải
S = 4πR2 = 16π
Chọn đáp án C
Câu 9.1 Thể tích khối cầu có bán kính a
(30)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A πa
2 B
πa2
4 C
πa3
6 D πa
2. Lời giải
Phương pháp:Cơng thức tính thể tích khối cầu có bán kính r là: V = 3πr
3. Cách giải: Thể tích khối cầu có bán kính a
2 là: V = 3π
a
3 = πa
3
6
Chọn đáp án C
Câu 9.2 Một mặt cầu có đường kính a có diện tích S bao nhiêu? A S = 4πa
2
3 B S =
πa2
3 C S =πa
2. D. S = 4πa2.
Lời giải
Vì đường kính mặt cầu a nên bán kính mặt cầu r= a
Diện tích mặt cầu S = 4π a
2
=πa2
Chọn đáp án C
Câu 9.3 Thể tích khối cầu có bán kính R
A πR3 B 4πR
3
3 C 2πR
3. D. πR3
3
Lời giải
Thể tích khối cầu có bán kính R V = 4πR
3
3
Chọn đáp án B
Câu 9.4 Khối cầu có bán kính R= tích bao nhiêu?
A 144π B 288π C 48π D 72π
Lời giải
Ta có cơng thức tính thể tích khối cầu V = 3πR
3. Từ suy thể tích khối cầu cho V =
3π6
3= 288π.
Chọn đáp án B
Câu 9.5 Tính diện tích mặt cầu có bán kính r = A 32
3 π B 8π C 32π D 16π
Lời giải
Phương pháp
Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính R S = 4πR2 Cách giải
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r= S = 4πr2= 16π
Chọn đáp án D
Câu 9.6 Thể tích khối cầu bán kính a A 4πa
3
3 B 4πa
3. C. πa
3
3 D 2πa
3. Lời giải
Thể tích khối cầu bán kínha V = 3πa
3.
(31)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 9.7 Một hình nón có góc đỉnh 600 Hãy tính tỷ số diện tích tồn phần chia cho diện tích xung quanh hình nón
A
3 B
2 +√3
2 C
3
2 D
Câu 9.8 Tính diện tích xung quanh khối trụ có bán kính đáy r= độ dài đường sinh
l= 2√5
A 8√5π B 2√5π C 2π D 4√5π
Lời giải
Sxq = 2π.r.l = 2π.2.2 √
5 = 8√5π
Chọn đáp án A
Câu 9.9 Khối cầu bán kính R = tích bao nhiêu?
A 72π B 48π C 288π D 144π
Lời giải
Ta tích khối cầu tính theo công thức: V = 3πR
3 =
3π6
3 = 288π.
Chọn đáp án C
Câu 9.10 Thể tích V khối cầu có bán kính R A V =
3πR
3. B. V =
3πR
3. C. V =
3πR
2. D. V = 4πR3.
Lời giải
Thể tích V khối cầu có bán kính R V = 3πR
3
Chọn đáp án A
Câu 9.11 Cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính R A S = 4πR
3
3 B S =πR
2. C. S = 3πR2
4 D S = 4πR
2. Lời giải
Theo cơng thức tính diện tích mặt cầu bán kính R
Chọn đáp án D
Câu 9.12 Cho mặt cầu có diện tích 8πa
3 Tính bán kính r mặt cầu
A r = a
√
6
3 B r =
a√3
3 C r =
a√6
2 D r=
a√2
Lời giải
Diện tích mặt cầu cho 4πr2 = 8πa
2
3 Suy r= a√6
3
Chọn đáp án A
Câu 9.13 Diện tích mặt cầu có bán kính R
A 2πR2 B πR2 C 4πR2 D 2πR
Lời giải
Diện tích mặt cầu có bán kính R 4πR2
(32)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 9.14 Cho hình nón có bán kính đáy chiều cao Tính diện tích xung quanh hình nón
A 12π B 9π C 30π D 15π
Lời giải
Độ dài đường sinh hình nón √32+ 42= 5 Diện tích xung quanh hình nón cho là
S=π·3·5 = 15π
Chọn đáp án D
Câu 9.15 Biết diện tích mặt cầu có bán kính r tính theo cơng thức S = 4πr2 Tính diện tích mặt cầu có bán kính
A 9π B 12π C 4π D 36π
Lời giải
Diện tích mặt cầu có bán kính S = 4π·32= 36π
Chọn đáp án D
Câu 9.16 Tính diện tích S mặt cầu có bán kính a A S =
3πa
2. B. S =πa2. C. S = 4πa2. D. S = πa2
3
Lời giải
Diện tích mặt cầu có bán kính a S = 4πa2
Chọn đáp án C
Câu 9.17 Khối cầu có bán kính R = tích bao nhiêu?
A 144π B 288π C 48π D 72π
Lời giải
Thể tích khối cầu có bán kính R= V = 3πR
3 =
3π·6
3 = 288π.
Chọn đáp án B
Câu 9.18 Tính diện tích S mặt cầu có bán kính 2a
A S = 16πa2 B S = 4πa2 C S = 32
3πa
2. D. S = 16
3 πa
2. Lời giải
Diện tích mặt cầu bán kính R= 2a S= 4πR2 = 4π(2a)2 = 16πa2
Chọn đáp án A
CÂU 10 Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞ − + + −
−∞ −∞
2
−1
−1
2
−∞ −∞
Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?
A (−∞;−1) B (0; 1) C (−1; 0) D (−∞; 0)
Lời giải
Dựa vào hàm sốf(x) nghịch biến khoảng (−1; 0)
(33)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 10.1 Cho hàm số y=x3+ 3x2−4 có bảng biến thiên sau, tìm a b
x y0 y
−∞ −2 +∞
+ − +
a a
0
bb
+∞
+∞
A a = +∞;b= B a=−∞;b=−4 C a=−∞;b= D a= +∞;b = Lời giải
Phương pháp:
Tính giới hạn hàm số x tiến đến −∞ để tìm a tính giá trị hàm số x= để tìm b
Cách giải:
lim
x→−∞y=−∞, y(0) =−4⇒a =−∞;b=−4
Chọn đáp án B
Câu 10.2 Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm liên tục R có bảng biến thiên sau
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
−1
−1
−2
−2
−1
−1
−∞ −∞
Hàm số y=f(x) đồng biến khoảng sau
A (0; 1) B (−1; 0) C (−∞; 1) D (1; +∞)
Lời giải
Từ bẳng biến thiên suy hàm số cho đồng biến khoảng (−∞;−1) (0; 1)
Chọn đáp án A
Câu 10.3 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau:
x y0 y
−∞ −1 +∞
− + − + +∞
+∞
0
5
0
+∞
+∞
Hàm số y=f(x) nghịch biến khoảng sau đây?
A (0; +∞) B (−∞; 0) C (−1; 0) D (−∞;−2)
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến (−∞;−1) (0; 1) nên chọn đáp án D
Chọn đáp án D
(34)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên Khẳng định sau sai?
A Hàm số nghịch biến khoảng
(−∞;−1)
B Hàm số nghịch biến khoảng
(0; 1)
C Hàm số đồng biến khoảng
(2; +∞)
D Hàm số đồng biến khoảng
(−2; +∞)
x y0 y
−∞ +∞
− − +
+∞
+∞
−∞
+∞
−2
−2
+∞
+∞
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: hàm số nghịch biến khoảng(−∞; 0), (0; 1) đồng biến khoảng (1; +∞) Do đó, khẳng định “Hàm số đồng biến khoảng (−2; +∞)” sai
Chọn đáp án D
Câu 10.5 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
0
1
−3
−3
+∞
+∞
Hàm số cho đồng biến khoảng đây?
A (2; +∞) B (−∞; 1) C (0; +∞) D (0; 2)
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số cho đồng biến khoảng(−∞; 0) (2; +∞)
Chọn đáp án A
Câu 10.6
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên hình bên Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?
A (−∞;−1) B (−1; 1) C (1; +∞) D (0; 1)
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
0
−1
−1
0
−∞ −∞ Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số cho nghịch biến (−1; 0) (1; +∞)
Chọn đáp án C
(35)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x y0
y
−∞ −1 +∞
− + −
+∞
+∞
0
6
−∞ −∞
A f(x) nghịch biến khoảng (−∞;−1) B f(x) đồng biến khoảng (0; 6) C f(x) nghịch biến khoảng (3; +∞) D f(x) đồng biến khoảng (−1; 3) Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y =f(x) đồng biến (−1; 3); hàm số y=f(x) nghịch biến (−∞;−1), (3; +∞)
Chọn đáp án B
Câu 10.8 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình vẽ
x y0
y
−∞ −2 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
0
+∞
+∞
Hàm số đồng biến khoảng đây?
A (2; +∞) B (−2; 2) C (−∞; 3) D (0; +∞)
Lời giải
Dựa bào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng (2; +∞)
Chọn đáp án A
Câu 10.9
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên hình vẽ bên Hàm số y = f(x) đồng biến khoảng đây?
A (−∞; 0) B (0; 2) C (−2; 0) D (2; +∞)
x y0 y
−∞ −2 +∞
+ − + −
−∞ −∞
3
−1
−1
3
−∞ −∞
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên suy hàm số đồng biến khoảng (0; 2)
Chọn đáp án B
Câu 10.10 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng biến thiên sau:
x y0 y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
3
−1
−1
+∞
(36)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn khẳng định sai khẳng định sau:
A Tổng giá trị cực đại cực tiểu hàm số B max
R
f(x) = đạt x= C Hàm số đạt cực tiểu x=
D Hàm số đồng biến khoảng (3; +∞) (−∞; 1) Câu 10.11 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ +∞
− + −
+∞
+∞
−1 −∞
2
−∞ −∞
Mệnh đề đúng?
A Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 1) B Hàm số nghịch biến (−∞; 0)∪(1; +∞) C Hàm số đồng biến (0; 1)
D Hàm số đồng biến (−∞; 2) Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến khoảng (0; 1) nghịch biến khoảng (−∞; 0) (1; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 10.12
Cho hàm số y = f(x) liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ bên Khẳng định sau sai?
A f(x) nghịch biến khoảng (−∞;−1) B f(x) đồng biến (0; 6)
C f(x) nghịch biến (3; +∞) D f(x) đồng biến (−1; 3)
x y0 y
−∞ −1 +∞ − + −
+∞
+∞
0
6
−∞ −∞
Lời giải
Hàm số đồng biến (−1; 3) nên f(x) đồng biến (0; 6) sai
Chọn đáp án B
Câu 10.13 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình
x y0
y
−∞ −3 −2 +∞
+ + −
−∞ −∞
5
−∞ −∞
0
(37)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
(1) Hàm số đồng biến khoảng (−3;−2)
(2) Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 5)
(3) Hàm số nghịch biến khoảng (−2; +∞)
(4) Hàm số đồng biến khoảng (−∞;−2)
A B C D
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên suy hàm số nghịch biến (−2; +∞) đồng biến (−∞;−2)
⇒(3),(4)
Hàm số đồng biến (−3;−2) nghịch biến (−2; 5) nên(1) (2) sai
Chọn đáp án D
Câu 10.14 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau Mệnh đề đúng?
x f0(x)
f(x)
−∞ −2 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
0
+∞
+∞
A Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) B Hàm số đồng biến khoảng (−2; 0) C Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;−2) D Hàm số nghịch biến khoảng (−2; 2) Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Hàm số nghịch biến khoảng (−2; 2)
Chọn đáp án D
Câu 10.15 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình vẽ sau
x y0 y
−∞ +∞
− + −
+∞
+∞
−6
−6
2
−∞ −∞
Hàm số y=f(x) đồng biến khoảng khoảng sau?
A (0; 2) B (0; 3) C (−∞; 0) D (2; +∞)
Lời giải
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến khoảng (0; 2)
(38)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
CÂU 11 Với a số thực dương tùy ý, log2 a3 A
2log2a B
1
3log2a C + log2a D log2a
Lời giải
Ta có log2 a3= log2a
Chọn đáp án D
Câu 11.1 Với a, b hai số thực dương tùy ý, lna
4e
b
A lna−lnb+ B lnb−lna+ C lna+ lnb−1 D lna+ lnb+ Lời giải
Ta có: lna
4e
b = lna
4+ lne−lnb = lna+ 1−lnb= lna−lnb+ 1.
Chọn đáp án A
Câu 11.2 Với a, b số thực dương tùy ý a khác 1, đặt P = logab3+ loga2b6 Mệnh đề
nào đúng?
A P = 27 logab B P = 15 logab C P = logab D P = logab Lời giải
Ta có P = logab3+ loga2b6 = logab+
2logab = logab+ logab = logab
Chọn đáp án D
Câu 11.3 Tính giá trị alog√a4 với a >0, a6=
A B C 16 D
Lời giải
Ta có alog√a4 =a2 loga4=aloga16 = 16
Chọn đáp án C
Câu 11.4 Cho số thực dương a, b thỏa mãn loga=x, logb=y Tính P = log a2b3
A P = 6xy B p=x2y3 C P =x2+y3 D P = 2x+ 3y
Lời giải
Ta có log a2b3= log a2+ log b3= loga+ logb= 2x+ 3y
Chọn đáp án D
Câu 11.5 Cho a, b >0, log3a=p, log3b=p Đẳng thức đúng? A log3
Å
3r ambd
ã
=r+pm−qd B log3
Å
3r ambd
ã
=r+pm+qd C log3
Å
3r ambd
ã
=r−pm−qd D log3
Å
3r ambd
ã
=r−pm+qd Lời giải
Ta có log3 3
ambd
= log33r −log3 ambd=r−log3am−log3bd =r−mlog3a−dlog3b
Chọn đáp án C
Câu 11.6 Giả sử a, b số thực dương tùy ý thỏa mãn a2b3 = 44 Mệnh đề sau đúng?
A log2a−3 log2b= B log2a+ log2b = C log2a+ log2b= D log2a−3 log2b = Lời giải
(39)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chọn đáp án B
Câu 11.7 Cho số thực a >0, a6= Giá trị log√a3
√
a2 bằng A
9 B
2
3 C D
9
Lời giải Ta có: log√a3
3
√
a2= log a
3
a23 =
3·
3 ·logaa=
9
Câu 11.8 Giá trị biểu thức log25·log564bằng
A B C D
Lời giải
log25·log564 = log264 = log226 =
Chọn đáp án A
Câu 11.9 Biết log =m, log =n, tìm log945 theo m, n A 1− n
2m B +
n
m C +
n
2m D +
n 2m
Lời giải
Ta có log945 = log
2·5
log 32 = +
log
2 log = + n 2m
Chọn đáp án D
Câu 11.10 Cho số thực dương a, b, c a6= Khẳng định sau đúng? A logab+ logac= loga(b+c) B logab+ logac= loga|b−c|
C logab+ logac= loga(bc) D logab+ logac= loga(b−c) Lời giải
Với a, b, c a6= logab+ logac= loga(bc)
Chọn đáp án C
Câu 11.11 Cho a b số hạng thứ thứ năm cấp số cộng có cơng sai d6= Giá trị log2b−a
d
A log25 B C D log29
Lời giải
Ta có b =a+ 4d nên b−a= 4d Do đó, log2b−a
d = log2 4d
d =
Chọn đáp án B
Câu 11.12 Biết log6a = 2, (a >0) Tính I = log6 1
a
A I =−2 B I = C I = D I =
2
Lời giải
Từ log6a= (a >0) ⇔a = 62 Khi I = log6
a
= log6 62−1=−2
Chọn đáp án A
Câu 11.13 Với a, b, x số thực dương thỏa mãn log5x = log5a+ log5b, mệnh đề đúng?
A x= 3a+ 4b B x= 4a+ 3b C x=a4b3 D x=a4+b3 Lời giải
log5x= log5a+ log5b= log5 a4·b3 Suy x=a4b3
(40)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 11.14 Tính giá trị biểu thức I =a·log2√8 A I =
3 B I =
3a
2 C I =
2a
3 D I =
3
Lời giải
I =a·log2√8 =a·log2232 =
2·a·log22 = 3a
2
Chọn đáp án B
Câu 11.15 Tính giá trị biểu thức A= log812−log815 + log820
A B
3 C D
3
Lời giải
Ta có A= log812−log815 + log820 = log8 12·20
15 = log816 =
Chọn đáp án B
CÂU 12 Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinhlvà bán kính đáy rbằng
A 4πrl B πrl C
3πrl D 2πrl
Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ S= 2πrl
Chọn đáp án D
Câu 12.1 Cho hình trụ có bán kính đáy chiều cao Diện tích xung quanh hình trụ cho
A 175π
3 B 175π C 70π D 35π
Lời giải
Ta có Sxq = 2πrl = 2π·5·7 = 70π
Chọn đáp án C
Câu 12.2 Khối trụ trịn xoay có đường kính 2a, chiều cao h= 2a tích
A V = 2πa2 B V = 2πa3 C V = 2πa2h D V =πa3
Lời giải
Khối trụ tròn xoay có bán kính 2a
2 =a nên tích V =πa
2·2a= 2πa3.
Chọn đáp án B
Câu 12.3 Một hình trụ có diện tích xung quanh S, diện tích đáy diện tích mặt cầu bán kính a Khi thể tích hình trụ
A Sa B
2Sa C
1
3Sa D
1 4Sa
Lời giải
Gọi r bán kính đáy hình trụ, h chiều cao hình trụ Theo ta có
(
S = 2πrh πr2 = 4πa2
⇔
r= 2a
h= S
4πa
Thể tích khối trụ V =πr2h=π·4a2· S
4πa =Sa
Chọn đáp án A
(41)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A Sa B
2Sa C
1
3Sa D
1 4Sa
Lời giải
Gọi r bán kính đáy hình trụ, h chiều cao hình trụ Theo ta có
(
S= 2πrh πr2= 4πa2 ⇔
r= 2a
h= S
4πa
Thể tích khối trụ V =πr2h=π·4a2· S
4πa =Sa
Chọn đáp án A
Câu 12.5 Một hình trụ có bán kính đáy , r=a độ dài đường sinh l= 2a Diện tích tồn phần hình trụ
A 2πa2 B 4πa2 C 6πa2 D 5πa2
Lời giải
Stp= 2Sd+Sxq = 2πa2+ 2πa·2a= 6πa2
Chọn đáp án C
Câu 12.6 Một hình trụ có bán kính đáy , r=a độ dài đường sinh l= 2a Diện tích tồn phần hình trụ
A 2πa2 B 4πa2 C 6πa2 D 5πa2
Lời giải
Stp= 2Sd+Sxq = 2πa2+ 2πa·2a= 6πa2
Chọn đáp án C
Câu 12.7 Một hình trụ có bán kính đáy 2cm có thiết diện qua trục hình vng Diện tích xung quanh hình trụ
A 8πcm2 B 4πcm2 C 32πcm2 D 16πcm2 Lời giải
Vì thiết diện qua trục hình vng nên ta có h = 2r = 4cm ⇒Sxq = 2πrh= 2π·2.4 = 16πcm2
O0 Q
O N A
A0
B B0 P
M
Chọn đáp án D
Câu 12.8 Một hình trụ có diện tích xung quanh 4πa2 bán kính đáy a Tính độ dài đường cao h hình trụ
A a B 2a C 3a D 4a
(42)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy a chiều cao h là:
Sxq = 2πah⇔h=
Sxq
2πa = 4πa2
2πa = 2a
Vậy độ dài đường cao hình trụ h= 2a
Chọn đáp án B
Câu 12.9 Hình trụ trịn xoay có đường kính đáy 2a, chiều cao h= 2a tích
A V = 2πa3 B V =πa3 C V = 2πa2 D V = 2πa2h
Lời giải
Bán kính đường trịn đáy hình trụ làr =a Thể tích V =h·πr2 = 2a·πa2 = 2πa3
h 2a
Chọn đáp án A
Câu 12.10 Viết cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R
A Sxq = 2πRh B Sxq =π2Rh C Sxq =πRh D Sxq = 4πRh Lời giải
Áp dụng cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πRh
Chọn đáp án A
Câu 12.11 Cho hình trụ có bán kính đáy 4, diện tích xung quanh 48π Thể tích khối trụ
A 24π B 96π C 32π D 72π
Lời giải
Gọi hình trụ có bán kính chiều cao R, h Theo giả thiết R = Sxq = 2π·R·h= 48π nên h= Do thể tích khối trụ V =π·R2·h = 96π
Chọn đáp án B
Câu 12.12 Một hình trụ có bán kính đáy a, có thiết diện qua trục hình vng Tính theo a diện tích xung quanh hình trụ
A πa2 B 2πa2 C 3πa2 D 4πa2
Lời giải
Thiết diện qua trục hình vng nên hình trụ có đường sinh đường kính đáy: l= 2a
Vậy diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πrl = 4πa2
B0
B O
O0
A A0
(43)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 12.13 Cho hình trụ có chiều cao 2a, bán kính đáy a Tính diện tích xung quanh hình trụ
A πa2 B 2a2 C 2πa2 D 4πa2
Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2π·R·h= 4πa2
Chọn đáp án D
Câu 12.14 Tính diện tích xung quanh S hình trụ có bán kính đáy chiều cao
A S = 12π B S = 42π C S = 36π D S = 24π
Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ S = 2πRh = 2π·3·4 = 24π
Chọn đáp án D
Câu 12.15 Mặt phẳng qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện hình vng cạnh
a Thể tích khối trụ bao nhiêu?
A πa3 B πa
3
2 C
πa3
3 D
πa3
Lời giải
Khối trụ có chiều cao h=a, bán kính đáy r= a
Vậy V =πr2h=π·a
4 ·a= πa3
4
C C0
B B0
Chọn đáp án D
CÂU 13 Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
1
−2
−2
+∞
+∞
Hàm số cho đạt cụrc đại
A x=−2 B x= C x= D x=−1 Lời giải
Hàm số đạt cực đại điểm mà đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm Từ bảng biến hàm số đạt cực x=−1
Chọn đáp án D
Câu 13.1 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình vẽ Tìm số điểm cực trị hàm số
(44)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
x y0
y
−∞ −2 +∞
− + − +
Lời giải
Dựa vào BBT suy hàm số có điểm cực trị
Chọn đáp án A
Câu 13.2 Hàm số y =f(x) liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ
x y0 y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
3
0
+∞
+∞
Mệnh đề sau đúng?
A Hàm số cho có hai điểm cực trị B Hàm số cho có điểm cực trị C Hàm số cho khơng có giá trị cực tiểu D Hàm số cho giá trị cực đại Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tạix= đạt cực tiểu x= Vậy hàm số có hai điểm cực trị
Chọn đáp án A
Câu 13.3
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số
A B C D
x y0 y
−∞ +∞
− + −
+∞
+∞
1
5
−∞ −∞ Lời giải
Giá trị cực đại hàm số bằng5
Chọn đáp án D
Câu 13.4 Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên sau:
x y0 y
−∞ −2 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
0
+∞
+∞
Tìm giá trị cực đại yCĐ giá trị cực tiểu yCT hàm số cho
(45)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Từ bảng biến thiên ta có yCĐ= yCT =
Chọn đáp án B
Câu 13.5
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên Khẳng định sau khẳng định đúng?
A Hàm số đạt cực đại x= B Hàm số đạt cực đại x=−2 C Hàm số đạt cực đại x= D Hàm số đạt cực đại x=
x y0 y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
3
−2
−2
+∞
+∞
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số đạt cực đại x= đạt cực tiểu x=
Chọn đáp án A
Câu 13.6
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên hình vẽ bên Mệnh đề đúng?
A Hàm số có điểm cực tiểu x= B Hàm số có điểm cực đại x= C Hàm số có điểm cực tiểu x=−1 D Hàm số có điểm cực tiểu x=
x y0 y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
5
−1
−1
+∞
+∞
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x=
Chọn đáp án D
Câu 13.7 Cho hàm số y =f(x) có bảng biến thiên hình vẽ Hỏi hàm số y =f(x) có điểm cực trị?
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
2
−1 −1
3
2
A Có điểm B Có ba điểm C Có hai điểm D Có bốn điểm Lời giải
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị x=−1 x=
Chọn đáp án C
Câu 13.8 Cho hàm số y =f(x) có bảng biến thiên hình vẽ Hỏi hàm số y =f(x) có điểm cực trị?
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
2
−1 −1
3
(46)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A Có điểm B Có ba điểm C Có hai điểm D Có bốn điểm Lời giải
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị làx=−1 x=
Chọn đáp án C
Câu 13.9 Cho hàm sốy=f(x)liên tục trênR có bảng biến thiên hình vẽ Khẳng định sau đúng?
x y0 y
−∞ −1 +∞
− + − + +∞
+∞
−3
−3
0
−3
−3
+∞
+∞
A Hàm số có giá trị cực tiểu −1 B Hàm số đạt cực tiểu x=
C Hàm số đạt cực đại x= D Hàm số có hai điểm cực trị Lời giải
Phương pháp:Đánh giá dấu f0(x) cực đại, cực tiểu hàm số y=f(x) • Cực tiểu điểm mà f0(x) đổi dấu từ âm sang dương
• Cực đại điểm mà f0(x) đổi dấu từ dương sang âm Cách giải: Hàm số đạt cực đại x=
Chọn đáp án C
Câu 13.10 Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ
x y0
y
−∞ +∞
− + −
+∞
+∞
−1
−1
0
−∞ −∞
Mệnh đề sau đúng?
A Hàm số đạt cực đại x= đạt cực tiểu x=
B Hàm số có giá trị lớn giá trị nhỏ −1 C Hàm số có cực trị
D Hàm số có giá trị cực đại Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có, dấu y0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại
x= dấu y0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực tiểu x= Giá trị cực tiểu hàm số −1, giá trị cực đại hàm số
Chọn đáp án A
(47)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
3
−2
−2
+∞
+∞
Hàm số đạt cực đại điểm điểm sau đây?
A x=−2 B x= C x= D x= Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại điểm x=
Chọn đáp án C
Câu 13.12
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình bên
Chọn khẳng định sai
x y0
y
−∞ −3 +∞
− + −
+∞
+∞
0
3
−∞ −∞ A Hàm số đạt cực đại x= B Hàm số có hai điểm cực trị
C Hàm số đạt cực tiểu x=−3 D Hàm số có giá trị cực tiểu y=−3
Câu 13.13 Cho hàm số y=f(x)có bảng biến thiên hình vẽ Mệnh đề đúng?
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
2
−2
−2
+∞
+∞
A yCD = B maxy
R
= C miny
R
=−2 D yCT =−2 Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có: yCD = 2, yCT =−2 Do lim
x→+∞y = +∞ nên hàm số khơng có giá trị lớn Do lim
x→−∞y =−∞ nên hàm số khơng có giá trị nhỏ
Chọn đáp án D
(48)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
x f0(x)
f(x)
−2 −1
+ − +
0
1
−2
−2
5
Khẳng định sau đúng?
A Giá trị cực tiểu hàm số B Giá trị cực đại hàm số C Hàm số đạt cực đại điểm x= D Hàm số đạt cực tiểu điểm x= Lời giải
Hàm số cho có đạo hàm khơng xác định x = đổi dấu qua x = nên x = điểm cực tiểu hàm số
Chọn đáp án D
Câu 13.15 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
5
−1
−1
+∞
+∞
Mệnh đề sau đúng?
A Hàm số có điểm cực tiểu x= B Hàm số có điểm cực đại x= C Hàm số có điểm cực tiểu x=−1 D Hàm số có điểm cực tiểu x= Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x=
Chọn đáp án D
CÂU 14 Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên? A y=x3−3x B y =−x3+ 3x
C y=x4−2x2 D y =−x4+ 2x2
x y
O
Lời giải
Đường cong có dạng đồ thị hàm số bậc với hệ sốa >0nên có hàm số y =x3−3x thỏa yêu cầu toán
Chọn đáp án A
(49)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số ? A y= 2x−1
x−1 B y=
x+ x−1
C y=x4+x2+ D y=x3−3x−1
x y
O 1
Lời giải
Đồ thị hàm số biến có tiệm cân đứng x= tiệm cận ngang y=
nên hàm số y = x+ x−1
Chọn đáp án B
Câu 14.2
Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây?
A y= x+
−2x+ B y=
−x+ x−2
C y= 2x−3
x+ D y=
−x+
2x−4 x
y
O
−2
−1 2
Lời giải
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứngx= (loại phương án C), tiệm cận ngang y=−1
2 (loại phương
án B) qua điểm (−2; 0) (loại phương án D)
Chọn đáp án A
Câu 14.3
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y=x3−3x−1 B y=−x3−3x2−1
C y=−x3+ 3x2+ D y=x3−3x+
x y
−1
1
−1
O
Lời giải
Đường cong hình vẽ có dạng đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d với a6= Dựa vào đồ thị, ta có lim
x→+∞y= +∞ Suy a >0
Mặt khác, giao điểm đồ thị với trục tung điểm có tung độ dương nên d >0 Chỉ có hàm số y=x3−3x+ thỏa mãn đặc điểm
Vậy đường cong hình vẽ đồ thị hàm số y=x3−3x+
Chọn đáp án D
(50)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số A y=−x3+ 3x+ B y= x+
x−1
C y= x−1
x+ D y=x
3−3x2−1.
O x
y
1
Lời giải
Căn vào đồ thị ta có tiệm cận đứng đồ thị hàm số đường thẳngx= nên loại phương án y=−x3+ 3x+ 1, y= x−1
x+ 1, y =x
3−3x2−1. Vậy hình vẽ bên đồ thị hàm số y= x+ x−1
Chọn đáp án B
Câu 14.5
Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y=−x4+ 3x2−2 B y=−x4+ 2x2−1 C y=−x4+x2−1 D y=−x4+ 3x2−3
x
−1
−1 y O
Lời giải
Dựa vào dạng đồ thị ta thấy:
• Hàm số cho có dạng y=ax4+bx2+c với a <0
• Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ −1 nên hàm số có hệ số tự
c=−1 Do ta loại đáp án A D
• Hàm số đạt cực đại x=±1, giá trị cực đại
• Hàm số đạt cực tiểu x= 0, gía trị cực tiểu −1 Do ta chọn đáp án B
Chọn đáp án B
Câu 14.6 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây?
x y
−1
−1
(51)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A y= 2x−1
x+ B y=
1−2x
x+ C y=
2x+
x−1 D y=
2x+ x+
Lời giải
Đồ thị hàm số có đường tiệm đứng x=−1 Đồ thị hàm số qua điểm A(0;−1)
Chọn đáp án A
Câu 14.7
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y=x4−2x2−1 B y=−x4+ 2x2−1
C y=x3−x2−1 D y=−x3+x2−1
x y
O
Lời giải
Dựa vào hình dáng đồ thị ta suy hàm số hàm trùng phương y=ax4+bx2+c có • “Đi thăng thiên” nên a >0
• Cắt trục tung điểm nằm phía trục hồnh nên c <0 • Có cực trị nên a·b <0⇒b <
Chọn đáp án A
Câu 14.8 Đồ thị hình vẽ đồ thị hàm số đây?
x y
O
−1
−2
1
−4
A y=x3−3x2+ B y=−x3+ 3x2−4 C y=x3−3x2−4 D y=−x3−3x2−4 Lời giải
Hình vẽ đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d với a <0 hàm số có hai điểm cực trị x=
và x= Ta thấy có hàm số y=−x3+ 3x2−4 thỏa mãn điều kiện
Chọn đáp án B
Câu 14.9
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y=x4−2x2+ B y=x4−2x2−3
C y=−x4+ 2x2−3 D y=x3−3x2−3
x y
−1
−3
−4
(52)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Đồ thị cho có dạng đồ thị hàm bậc trùng phương với hệ số a dương, cắt trục tung điểm có tung độ −3
Chọn đáp án B
Câu 14.10
Đường cong hình bên đồ thị hàm số Hàm số hàm số nào?
A y=x3−3x2+ B y=x3+ 3x2+ C y=−x3+ 3x2+ D y=x3−3x2+
2 1
−1
−2
x y
O
Lời giải
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số tăng suy hệ số a >0 Đồ thị hàm số đạt cực trị hai điểm (0; 2) (2;−2)
Ta có y=x3−3x2+ có y0= 3x2−6x Cho y0 = 0⇔
" x= x=−2
(thỏa)
Ta có hàm số y=x3+ 3x+ có y0= 3x2+ 6x Cho y0= "
x= x=
(loại) Ta có đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ suy hàm số y=x3+ 3x2+ không thỏa
Chọn đáp án A
Câu 14.11
Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y= 3x2−2x3+ B y=−2x3−3x2+ C y=x3−2x2+ D y=−x3+ 3x2+
x y
O
1
Lời giải
Đồ thị hình bên có a <0, điểm cực tiểu M(0; 1), cực đại N(1; 2)
• Xét hàm số y= 3x2−2x3+ có y0= 6x−6x2 = 0⇒
"
x= ⇒y = x= ⇒y =
thỏa mãn đồ thị hình bên
• Xét hàm số y =−2x3−3x2+ có y0 = −6x2−6x = ⇒
" x=
x=−1 không thỏa mãn đồ thị
(53)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
• Hàm số y=x3−2x2+ có y0 = 3x2−4x= ⇔
x=
x=
khơng thỏa hình bên
• Hàm số y=−x3+ 3x2+ có y0=−3x2+ 6x= 0⇒
" x= x=
không thỏa đồ thị hình bên
Chọn đáp án A
Câu 14.12
Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây?
A y=x4−x2+ B y=x4−4x2+ C y=−x4+ 4x2+ D y=x3−3x2+ 2x+
x y
−2
1
O
Lời giải
Từ dáng điệu đồ thị hàm số suy đồ thị hàm số trùng phương có hệ số a >0 Do ta xét hai hàm số y=x4−x2+ y=x4−4x2+
Với hàm số y=x4−4x2+ 1, ta có y0 = 4x3−8x, y0 = 0⇔
" x= x=±√2
Khi x =±√2 y=−3 Do đó, đường cong hình vẽ đồ thị hàm số y=x4−4x2+
Chọn đáp án B
Câu 14.13
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây?
A y= x−1
2x+ B y =
x+ 2x−1
C y= 2x−1
x+ D y =
2x+ x−1
O
x y
1
−1
−1
(54)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Từ đồ thị cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −1
2 tiệm cận đứng đường thẳng y=
2 làm tiệm cận ngang Do đồ thị hàm số y=
x−1 2x+
Chọn đáp án A
Câu 14.14
Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây?
A y= x−1
2x+ B y=
x+ 2x−1
C y= 2x−1
x+ D y=
2x+ x−1
O
x y
1
−1
−1
Lời giải
Từ đồ thị cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −1
2 tiệm cận đứng đường thẳng y=
2 làm tiệm cận ngang Do đồ thị hàm số y=
x−1 2x+
Chọn đáp án A
Câu 14.15
Đồ thị cho hình bên đồ thị hàm số đây? A y=−x3+ 3x2+ B y = x−1
x+
C y=x3+ 3x2+ D y =x4+ 2x+
x y
O
Lời giải
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị hệ số a <0
Chọn đáp án A
CÂU 15 Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= x−2 x+
A y=−2 B y= C x=−1 D x= Lời giải
Ta có lim
x→+∞
x−2
x+ = x→−∞lim
x−2 x+ =
Suy y= tiệm cận ngang đồ thị hàm số
(55)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 15.1 Cho hàm số y= 2x−3
x+ Đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số là:
A x=−4 B y= C x= D y= −3
4
Lời giải
lim
x→+∞y= limx→+∞
2x−3
x+ = 2, x→−∞lim y = limx→−∞
2x−3 x+ =
Vậy y= đường tiệm cận ngang
Chọn đáp án B
Câu 15.2 Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= x−3
x−1 đường thẳng có phương trình?
A y= B y= C x= D y=
Lời giải Ta có lim
x→±∞y= limx→+∞
x−3
x−1 = 1⇒ đường thẳng y= tiệm cận ngang đồ thị hàm số
Chọn đáp án B
Câu 15.3 Đường cong hình bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số hàm số nào?
A y= 2x−1 x+
B y= 1−2x x+
C y= 2x+ x−1
D y= 2x+ x+
x y
O
−4 −2 −1
−1
Lời giải
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x=−1⇒ loại đáp án C Đồ thị hàm số qua điểm A(0;−1)⇒ loại đáp án B D
Chọn đáp án A
Câu 15.4 Tìm đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= 2−2x x+
A y=−2 B x=−1 C x=−2 D y= Lời giải
Ta có: lim
x→±∞y= limx→ ±∞
2−2x
x+ =x→±∞lim
2 x −2 + x
=−2⇒y =−2 đường tiệm cận ngang hàm số
Chọn đáp án A
Câu 15.5 Đồ thị hàm số y= 4x+
x2+ 2x+ 1 có tất đường tiệm cận?
A B C D
Lời giải Ta có: lim
x→±∞
4x+
x2+ 2x+ 1 = nên đồ thị hàm số y=
4x+
x2+ 2x+ 1 có tiệm cận ngang y=
lim
x→−1+
4x+
x2+ 2x+ 1 = x→−1lim+
4 (x+ 1)
(x+ 1)2 = x→−1lim+
x+ = +∞ nên đồ thị hàm số y =
(56)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
tiệm cận đứng x=−1
Vậy đồ thị hàm số y= 4x+
x2+ 2x+ 1 có tất hai đường tiệm cận Chọn đáp án A
Chọn đáp án A
Câu 15.6 Tìm đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= 2−2x x+
A x=−1 B x=−2 C y= D y=−2 Lời giải
Ta có lim
x→+∞
2−2x
x+ =−2⇒y =−2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số
Chọn đáp án D
Câu 15.7 Phương trình đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= 3−2x x+
A x=−2 B x=−1 C y=−2 D y= Lời giải
Phương pháp: Sử dụng đồ thị hàm số y= ax+b cx+d
Å
x6=−d
c
ã
nhận đường thẳng y = a
c làm tiệm
cận ngang đường thẳng x=−d
c làm tiệm cận đứng
Cách giải:
Đồ thị hàm số y= 3−2x
x+ nhận đường thẳng y=−2 làm tiệm cận ngang
Chọn đáp án C
Câu 15.8 Tiệm cận ngang đồ thị hàm số y =
x−1 đường thẳng có phương trình
dưới đây?
A x= B y= C x= D y=
Lời giải Ta có:
lim
x→+∞
5 x−1 = lim
x→−∞
5 x−1 =
⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=
Chọn đáp án D
Câu 15.9 Đồ thị hàm số y = 2x−3
x−1 có đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang
là
A x= y= B x= y= C x= y =−3 D x=−1 y= Lời giải
Hàm số cho hàm biến nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 1, đường tiệm cận ngang y=
Chọn đáp án A
Câu 15.10 Đường thẳng tiệm cận ngang đồ thị hàm số y= 1−4x 2x−1?
A y= B y=
2 C y= D y=−2
Lời giải Ta có: lim
x→+∞y=−2 x→−∞lim y =−2 nên đường thẳng y =−2 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số
(57)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 15.11 Tiệm cận đứng đồ thị hàm số y= 3x−5 x−2
A x= B y= C x= D y=
Lời giải Ta có lim
x→2+
3x−5
x−2 = +∞ x→2lim−
3x−5
x−2 = −∞ nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số
đã cho
Chọn đáp án A
Câu 15.12 Phương trình đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số
y= 1−3x
x+
A x=−2 y=−3 B y=−2 x=−3 C x=−2 y= D x= y= Lời giải
Ta có lim
x→(−2)+
1−3x
x+ = +∞ x→(−2)lim −
1−3x
x+ =−∞
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=−2
Ta có lim
x→±∞
1−3x x+ =−3
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=−3
Chọn đáp án A
Câu 15.13 Đồ thị hàm số y= 7−2x
x−2 có tiệm cận đứng đường thẳng?
A x=−3 B x= C x=−2 D x= Lời giải
Ta có lim
x→2+y= limx→2+
7−2x
x−2 = +∞, nên tiệm cận đứng đồ thị hàm số x=
Chọn đáp án B
Câu 15.14 Hàm số có đồ thị nhận đường thẳng x= làm đường tiệm cận? A y=
x+ B y=
5x
2−x C y=x−2 +
1
x+ D y= x+
Lời giải
Hàm số y= 5x
2−x nhận x= làm tiệm cận đứng nên chọn B
Chọn đáp án B
Câu 15.15 Đồ thị hàm số y= 2x−3
x−1 có đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang
là
A x= y= B x= y= C x= y=−3 D x=−1 y= Lời giải
• lim
x→±∞
2x−3
x−1 = nên y= đường tiệm cận ngang đồ thị
• lim
x→1+
2x−3
x−1 =−∞, x→1lim−
2x−3
x−1 = +∞ nên x= tiệm cận đứng đồ thị hàm số
Chọn đáp án A
CÂU 16 Tập nghiệm bất phương trình logx≥1
(58)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
logx≥1⇔
( x >0 x≥10
⇔x≥10
Chọn đáp án C
Câu 16.1 Tập nghiệm bất phương trình log2(3x+ 1)<2 A h−1
3;
B −1
3;
C −1
3;
D (−∞; 1) Lời giải
ĐK:x >−1
3
log2(3x+ 1)<2⇔3x+ <4⇔x <1
Kết hợp với điều kiện ta nghiệm bất phương trình −1
3 < x <1
Vậy tập nghiệm bất phương trình −1
3;
Chọn đáp án C
Câu 16.2 Tìm tập nghiệm bất phương trình
4 x−1
>3
−x+3
A (2; +∞) B (−∞; 2) C [2; +∞) D (−∞; 2]
Lời giải
3
x−1 >3
4 −x+3
⇔x−1<−x+ 3⇔x <2
Chọn đáp án B
Câu 16.3 Tập nghiệm bất phương trình
2 x
<8 A S = (−∞;−3) B S =−∞;1
3
C S = (−3; +∞) D S =1 3; +∞
Lời giải
1
x
<8⇔x >log1
2 8⇔x >−3
Chọn đáp án C
Câu 16.4 Tập nghiệm bất phương trình 32x−1 >27là A
2; +∞
B (3; +∞) C
3; +∞
D (2; +∞)
Lời giải
32x−1>27⇔2x−1>3⇔x >2
Chọn đáp án D
Câu 16.5 Tập nghiệm bất phương trình log2x >log2(8−x)
A (8; +∞) B (−∞; 4) C (4; 8) D (0; 4)
Lời giải
Điều kiện 0< x <8
Do 2>1 nên bất phương trình cho tương đương với
x >8−x⇔2x >8⇔x >4
Kết hợp với điều kiện 0< x <8 ta tập nghiệm bất phương trình (4; 8)
Chọn đáp án C
Câu 16.6 Tập nghiệm bất phương trình log2x <0
(59)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
Điều kiện: x >0
Phương trình cho tương đương với x <1 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm 0< x <
Chọn đáp án A
Câu 16.7 Tập nghiệm bất phương trình log1
(x−3)≥log1
(9−2x)
A S = (3; 4) B S =
3;9
2
C S = (3; 4] D S =
h 4;9
2
Lời giải
log1
(x−3)≥log1
(9−2x)⇔
(
x−3≤9−2x x−3>0
⇔3< x≤4
Chọn đáp án C
Câu 16.8 Tập nghiệm bất phương trình 3x >9
A (2; +∞) B (0; 2) C (0; +∞) D (−2; +∞)
Lời giải
Ta có 3x>9⇔3x>32 ⇔x >2
Chọn đáp án A
Câu 16.9 Tập nghiệm bất phương trình 32x−1>27
A (2; +∞) B (3; +∞) C
3; +∞
D
2; +∞
Lời giải
Ta có 32x−1 >27⇔2x−1>3⇔x >2
Chọn đáp án A
Câu 16.10 Tập nghiệm bất phương trình 2x+1>0
A x∈R B x >−1 C x >1 D x >0
Lời giải
Ta có 2x+1>0 với x∈R
Chọn đáp án A
Câu 16.11 Tập nghiệm bất phương trình 32x−1 >27
A (2; +∞) B (3; +∞) C
3; +∞
D
2; +∞
Lời giải
Ta có 32x−1 >27⇔2x−1>3⇔x >2
Chọn đáp án A
Câu 16.12 Tập nghiệm bất phương trình log1
x >0
A (0; 1) B (−∞; 1) C (1; +∞) D (0; +∞)
Lời giải
Điều kiện xác định x >0 Ta có log1
2 x > ⇔ x < Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm bất phương
trình S = (0; 1)
(60)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 16.13 Tập nghiệm bất phương trình
3 4x
≤3
2 2−x
là A −∞;−2
3 i
B −∞;2 i
C
5; +∞ i
D h−2
3; +∞
Lời giải
2
4x
≤3
2 2−x
⇔3
2 −4x
≤3
2 2−x
⇔ −4x≤2−x⇔x≥ −2
3
Chọn đáp án D
Câu 16.14 Tìm tập nghiệm bất phương trình log3(x−2)>2
A (−∞; 11) B (2; +∞) C [11; +∞) D (11; +∞)
Lời giải
Điều kiện: x−2>0⇔x >2
Vì3>1 nên log3(x−2)> 2⇔x−2>32⇔x>11 Vậy tập nghiệm bất phương trình [11; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 16.15 Tập nghiệm bất phương trình
3 3x
> 1
3 2x+6
là
A (0; 6) B (−∞; 6) C (0; 64) D (6; +∞)
Lời giải Ta có
3 3x
>1
2x+6
⇔3x <2x+ ⇔x <6
Chọn đáp án B
CÂU 17 Cho hàm số bậc bốn y=f(x) có đồ thị hình bên Số nghiệm phương trình f(x) =−1
A B
C D
x y
O
−2
−3
Lời giải
x y
O
y =−1
−2
−3
Dựa vào đồ thị ta thấy có giao điểm Vậy phương trình có nghiệm
Chọn đáp án D
(61)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x f0(x)
f(x)
−∞ −2 +∞
− + − + +∞
+∞
−2
−2
1
−2
−2
+∞
+∞
Số nghiệm thực phương trình 2f(x) + =
A B C D
Lời giải
2f(x) + = 0⇔f(x) =−3
2
Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm sốy=f(x)và đường thẳng y=−3
2
Mà −2<−3
2 <1 nên số nghiệm thực phương trình 2f(x) + =
Chọn đáp án A
Câu 17.2
Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình 3f(x)−8 =
A B C D
x y
O
−1
−2
−2
Lời giải
Ta có 3f(x)−8 = 0⇔f(x) =
Dựa vào đồ thị, đường thẳng y =
3 cắt đồ thị y = f(x) hai điểm
phân biệt Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt
x y
O
−1
−2
−2
8
Chọn đáp án B
Câu 17.3 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
4
0
+∞
+∞
Số nghiệm phương trình 2f(x) + =
A B C D
(62)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Ta có 2f(x) + = ⇔ f(x) = −3
2 PTHĐGĐ đồ thị (C) hàm số y = f(x) đường
thẳng d: y =−3
2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (C) d cắt điểm Vậy Phương
trình 2f(x) + = có nghiệm
Chọn đáp án A
Câu 17.4
Cho hàm số f(x) có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình
2f(x)−3 =
A B C D
x y
−1
1
−1
O
Lời giải
Ta có 2f(x)−3 = 0⇔f(x) = (∗)
Số nghiệm phương trình(∗) số giao điểm đồ thị hàm số
y=f(x) đường thẳng y=
Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt điểm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm
x y
−1
1
−1
y=
O
Chọn đáp án A
Câu 17.5
Cho hàm sốy=f(x)có bảng biến thiên hình vẽ bên Số nghiệm phương trìnhf(x) =−1là
A B C D
x y0 y
−∞ −1 +∞
− + +
1
−√2
−√2
+∞
−∞
−1
−1
Lời giải
Số nghiệm phương trìnhf(x) =−1 tương ứng với số giao điểm đồ thị hàm số y=f(x)
và y =−1 Dựa vào bảng biến thiên suy số giao điểm hai đồ thị điểm
Chọn đáp án A
(63)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x y0
y
−∞ −1 +∞
− + − + +∞
+∞
1 2
5
1 2
+∞
+∞
Số nghiệm phương trình 2f(x)−5 = là:
A B C D
Lời giải
Ta có 2f(x)−5 = 0⇔f(x) =
Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) đường thẳng y=
2 Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y =
2 cắt đồ thị hàm số y =f(x)
đúng điểm phân biệt Do phương trình cho có nghiệm phân biệt
Chọn đáp án A
Câu 17.7
Cho hàm số y =−x4+ 2x2+ có đồ thị hình vẽ Tìm tất giá trị thực tham sốm để phương trình −x4+ 2x2+ =m có bốn nghiệm thực phân biệt
A 1≤m≤2 B m >1 C m <2 D 1< m <2
x y
O
1
−1
Lời giải
Số nghiệm phương trình −x4+ 2x2+ = m số giao điểm đồ thị hai hàm số y=−x4+ 2x2+ đường thẳng y=m (song song trùng Ox)
Từ đồ thị, phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔1< m <2
x y
O
1
−1
Chọn đáp án D
Câu 17.8 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình vẽ:
x y0
y
−∞ −2 +∞
1 − +
1
−∞
+∞
−2
−2
+∞
+∞
Tìm tất giá trị m để phương trình f(x) =m có nghiệm phân biệt
A −2< m <1 B −2< m C −2≤m <1 D −2≤m≤1
(64)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y=f(x) đường thẳng
y=m
Chọn đáp án A
Câu 17.9
Cho hàm số y = f(x) = ax4+bx2+c có đồ thị hình vẽ Số nghiệm phương trình 2f(x) + =
A B C D
x y
O
−3
Lời giải
Ta có 2f(x) + = 0⇔ f(x) = −3
2 Đây phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số
đã cho đường thẳng ∆ :y =−3
2 Dựa vào đồ thị hàm số có cực đại yCĐ = cực tiểu
là yCT =−3 Mà −3<−
3
2 <1 nên đường thẳng ∆ cắt đồ thị cho điểm
Vậy phương trình 2f(x) + = có nghiệm
Chọn đáp án D
Câu 17.10
Cho hàm số y = f(x) liên tục R có đồ thị hình bên Phương trình f(x) = π có nghiệm thực phân biệt?
A B C D
O x
y
−2−1 −1
1
Lời giải
Số nghiệm phương trình f(x) =π số giao điểm đường thẳng y=π đồ thị hàm số y=f(x)
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳngy=π cắt đồ thị điểm phân biệt nên phương trình có
4 nghiệm phân biệt
Chọn đáp án D
(65)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Đồ thị hình bên hàm sốy=x4−2x2−3 Với giá trị
m phương trìnhx4−2x2+m= có ba nghiệm phân biệt? A m =−3 B m =−4 C m = D m =
x y
−4
−3
−1
O
Lời giải
PT⇔x4−2x2−3 =−m−3 Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số
y=x4−2x2−3 đường thẳng y=−m−3 Dựa vào đồ thị hàm số ta có phương trình có ba nghiệm phân biệt −m−3 = −3⇔m =
Chọn đáp án C
Câu 17.12
Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên hình vẽ Số nghiệm phương trình f(x) + =
A B C D
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
2
−2
−2
+∞
+∞
Lời giải
Ta thấy f(x) + = 0⇔f(x) = −2⇔
"
x=x0 ∈(−∞; 1)
x=
Vậy phương trình f(x) + = có nghiệm
Chọn đáp án A
Câu 17.13
Đồ thị hình bên hàm số y=x4−3x2−3 Với giá trị
m phương trình x4−3x2+m= có ba nghiệm phân biệt? A m =−4 B m = C m=−3 D m=
x y
O
−1
−3
−5
Lời giải Ta có
x4−3x2+m = 0⇔x4−3x2−3 =−m−3 (1)
Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị y=x4−3x2−3 y =−m−3 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
(66)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án B
Câu 17.14 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình vẽ
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
4
−2
−2
+∞
+∞
Số nghiệm phương trình f(x) + =
A B C D
Lời giải
Phương trình f(x) + = 0⇔f(x) = −2 Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm sốy=f(x)với đường thẳng y =−2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số giao điểm nên phương trình cho có hai nghiệm
Chọn đáp án B
Câu 17.15 Cho hàm số y =x4−2x2−3 có đồ thị hàm số hình bên Với giá trị tham sốm phương trình x4−2x2−3 = 2m−4 có hai nghiệm phân biệt?
x y
O
1
−1
−3
−4
A
m=
m >
B 0< m <
2 C
m=
m=
2
D m≤
2
Lời giải
Số nghiệm phương trìnhx4−2x2−3 = 2m−4bằng số giao điểm đường thẳngy= 2m−4
và đồ thị hàm số y=x4−2x2−3
Dựa vào đồ thị ta có phương trình x4−2x2−3 = 2m−4 có hai nghiệm phân biệt
"
2m−4 = −4 2m−4>−3 ⇔
m =
m >
Chọn đáp án A
CÂU 18 Nếu
Z
0
f(x)dx=
Z
0
2f(x)dx=
(67)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải Ta có:
1
Z
0
2f(x) dx=
1
Z
0
f(x) dx= 2.4 =
Chọn đáp án D
Câu 18.1 Nếu
Z
1
f(x) dx= 3,
5
Z
2
f(x) dx=−1
Z
1
f(x) dx
A B C D −2
Lời giải
Theo tính chất tích phân
Z
1
f(x) dx=
2
Z
1
f(x) dx+
5
Z
2
f(x) dx= + (−1) =
Chọn đáp án C
Câu 18.2 Nếu
Z
2
f(x)dx=
Z
5
f(x)dx=
Z
2
f(x)dx bao nhiêu?
A B C 12 D −6
Lời giải Ta có
7
Z
2
f(x)dx=
5
Z
2
f(x)dx+
7
Z
5
f(x)dx= + = 12
Chọn đáp án C
Câu 18.3 Nếu
Z
1
dx
2x−1 = lnc với c∈Q giá trị cbằng
A B C D 81
Lời giải
Z
1
dx 2x−1 =
1
2ln|2x−1|
5
1
= ln Vậy c=
Chọn đáp án B
Câu 18.4 Nếu
Z
1
dx
2x−1 = lnc với c∈Q giá trị cbằng
A B C D 81
Lời giải
Z
1
dx 2x−1 =
1
2ln|2x−1|
5
1
= ln Vậy c=
(68)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
Câu 18.5 Nếu
Z
1
dx
2x−1 = lnc với c∈Q giá trị c
A B C D 81
Lời giải
Z
1
dx 2x−1 =
1
2ln|2x−1|
= ln Vậy c=
Chọn đáp án B
Câu 18.6 Nếu
Z
1
f(x) dx= 3,
Z
2
f(x) dx=−1
Z
1
f(x) dx
A −2 B C D
Lời giải Ta có
5
Z
1
f(x) dx=
2
Z
1
f(x) dx+
5
Z
2
f(x) dx= 3−1 =
Chọn đáp án B
Câu 18.7 Cho hàm số f(x) liên tục đoạn [0; 3] Nếu
Z
0
f(x)dx = tích phân
Z
0
[x−
3f(x)]dx có giá trị
A −3 B C
2 D −
3 Lời giải Ta có Z
[x−3f(x)]dx=
3
Z
0
xdx−3
3
Z
0
f(x)dx= 2x
2
3
0−6 =
9
2 −6 =−
Chọn đáp án D
Câu 18.8 Cho hàm số f(x) liên tục đoạn [0; 3] Nếu
Z
0
f(x)dx = tích phân
Z
0
[x−
3f(x)]dx có giá trị
A −3 B C
2 D −
3 Lời giải Ta có Z
[x−3f(x)]dx=
3
Z
0
xdx−3
3
Z
0
f(x)dx= 2x
2
3
0
−6 =
2 −6 =−
Chọn đáp án D
Câu 18.9 Cho số thực a, b (a < b) Nếu hàm số y=f(x) có đạo hàm hàm liên tục R
A b
Z
a
f(x) dx=f0(a)−f0(b) B
b
Z
a
(69)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
C b
Z
a
f0(x) dx=f(a)−f(b) D
b
Z
a
f(x) dx=f0(b)−f0(a) Lời giải
Ta có b
Z
a
f0(x) dx=f(x)
b
a
=f(b)−f(a)
Chọn đáp án B
CÂU 19 Số phức liên hợp số phức z = +i
A z¯=−2 +i B z¯=−2−i C z¯= 2−i D z¯= +i Lời giải
Số phức liên hợp số phức z = +i z = 2−i
Chọn đáp án C
Câu 19.1 Cho số phức z thỏa mãnz = + 2i Tìm phần thực phần ảo số phức z A Phần thực −3, phần ảo B Phần thực 3, phần ảo C Phần thực 3, phần ảo −2 D Phần thực −3, phần ảo −2 Lời giải
Vì z = + 2i⇒z = 3−2i Do số phức z có phần thực 3, phần ảo −2
Chọn đáp án C
Câu 19.2 Phần thực phần ảo số phức z = + 2i
A B i C 2i D Lời giải
Số phức z có phần thực phần ảo
Chọn đáp án A
Câu 19.3 Số phức liên hợp z = + 3i
A z =−3 + 4i B z = 4−3i C z = + 4i D z = 3−4i
Lời giải
Số phức liên hợp z = + 3i z = 4−3i
Chọn đáp án B
Câu 19.4 Tìm phần thực phần ảo số phức liên hợp số phức z = +i
A Phần thực 1, phần ảo −1 B Phần thực 1, phần ảo −i C Phần thực 1, phần ảo D Phần thực 1, phần ảo i Lời giải
¯
z = 1−i, phần thực 1, phần ảo −1
Chọn đáp án A
Câu 19.5 Tìm phần ảo số phức z = 5−8i
A B −8i C D −8
Lời giải
Theo sách giáo khoa ta thấy z có phần ảo −8
Chọn đáp án D
(70)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A −12 B 18 C 12 D −12i
Lời giải
Phần ảo số phứcz = 8−12i −12
Chọn đáp án A
Câu 19.7 Tìm số phức liên hợp của số z = +i
A z = 5−i B z =−5−i C z = +i D z =−5 +i
Lời giải
Số phức liên hợp của sốa+bi a−bi Do z = 5−i
Chọn đáp án A
Câu 19.8 Tính mơ-đun số phức z = + 4i
A B C D √7
Lời giải
Ta có |z|=√32+ 42 = 5.
Chọn đáp án B
Câu 19.9 Số phức liên hợp số phức z= 6−4i
A z¯=−6 + 4i B z¯= + 6i C z¯= + 4i D z¯=−6−4i Lời giải
Số phức liên hợp số phức 6−4i + 4i
Chọn đáp án C
Câu 19.10 Cho số phức z = +i Số phức liên hợp z có phần thực, phần ảo A B −2 −1 C −2 D −1 Lời giải
z= +i⇒z = 2−i Vậy z có phần thực, phần ảo −1
Chọn đáp án D
CÂU 20 Cho hai số phức z1 = +i z2 = + 3i Phần thực số phức z1+z2
A B C D -2
Lời giải
Ta có z1+z2 = + 4i
Chọn đáp án B
Câu 20.1 Cho hai số phứcz1= +i, z2= 2−i Tính giá trị biểu thứcP =|z1+z1·z2| A P = 85 B P = C P = 50 D P = 10 Lời giải
Ta có z1·z2= (3 +i)(2−i) = 7−i⇒z1+z1·z2 = +i+ 7−i= 10 Suy P =|z1+z1·z2|= 10
Chọn đáp án D
Câu 20.2 Cho hai số phức z1=−1+2i, z2 =−1−2i Giá trị biểu thức|z1|2+|z2|2
A √10 B 10 C −6 D
Lời giải Ta có |z1|=
»
(−1)2+ 22 =√5; |z2|=»(−1)2+ (−2)2=√5. |z1|2+|z2|2 =
√
52+ √52 = 10
(71)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 20.3 Cho hai số phức z1= 1−2i z2 = + 4i Tìm điểm M biểu diễn số phức z1.z2 mặt phẳng tọa độ
A M(−2; 11) B M(−2;−11) C M(11;−2) D M(11; 2) Lời giải
Ta có z1.z2 = (1−2i)(3 + 4i) = 11−2i Vậy M(11;−2)
Chọn đáp án C
Câu 20.4 Cho hai số phức z1 = + 2i, z2 = 3−i Tìm số phức z =
z2
z1 A z =
10+
10i B z =
1 5+
7
5i C z =
1 5−
7
5i D z =−
1 10 +
7 10i
Lời giải Ta có z = z2
z1
= z2·z1 z1·z1
= (3−i)(1−2i) (1 + 2i)(1−2i) =
1−7i
5 =
1 −
7 5i
Chọn đáp án C
Câu 20.5 Cho hai số phức z1 = 2−7i z2 =−4 +i Điểm biểu diễn số phức z1+z2 mặt phẳng tọa độ điểm đây?
A Q(−2;−6) B P(−5;−3) C N(6;−8) D M(3;−11) Lời giải
Ta có z1+z2=−2−6i Vậy điểm biểu diễn z1+z2 mặt phẳng tọa độ điểm Q(−2;−6)
Chọn đáp án A
Câu 20.6 Cho hai số phức z1= + 2i z2 = 2−3i Phần ảo số phứcw= 3z1−2z2
A 11 B 12 C D 12i
Lời giải
Ta có w= 3z1−2z2 = 3(1 + 2i)−2(2−3i) = −1 + 12i Vậy phần ảo số phức w 12
Chọn đáp án B
Câu 20.7 Cho hai số phức z1= 5−7i,z2 = 2−i Mô-đun hiệu hai số phức cho A |z1−z2|=
√
5 B |z1−z2|= 45
C |z1−z2|= √
113 D |z1−z2|=
√
74−√5 Lời giải
Ta có z1−z2 = 3−6i⇒ |z1−z2|= √
9 + 36 = 3√5
Chọn đáp án A
Câu 20.8 Cho hai số phức z1= 5−7i,z2 = 2−i Mô-đun hiệu hai số phức cho A |z1−z2|=
√
5 B |z1−z2|= 45
C |z1−z2|= √
113 D |z1−z2|=
√
74−√5 Lời giải
Ta có z1−z2 = 3−6i⇒ |z1−z2|= √
9 + 36 = 3√5
Chọn đáp án A
Câu 20.9 Cho hai số phức z1 = + 3i z2 =−4−5i Tìm số phức z =z1+z2
A z = + 2i B z =−2−2i C z = 2−2i D z =−2 + 2i Lời giải
(72)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án B
Câu 20.10 Cho hai số phức z = 3−5i w =−1 + 2i Điểm biểu diễn số phức z0 =z−w·z
trong mặt phẳngOxy có tọa độ
A (−4;−6) B (4; 6) C (4;−6) D (−6;−4)
Lời giải Ta có
z0 =z−w·z
= + 5i−(−1 + 2i)·(3−5i) = + 5i−(7 + 11i)
=−4−6i
Chọn đáp án A
Câu 20.11 Cho hai số phức z1= 3−7i z2 = + 3i Tìm số phức z =z1+z2
A z = 1−10i B z = 5−4i C z = 3−10i D z = + 3i
Lời giải
Ta có z =z1+z2 = 3−7i+ + 3i= 5−4i
Chọn đáp án B
Câu 20.12 Cho hai số phức: z1 = 1−2i, z2= + 3i Tìm số phức w=z1−2z2
A w=−3 + 8i B w=−5 +i C w=−3−8i D w=−3 +i Lời giải
Ta có w=z1−2z2 = (1−2i)−2(2 + 3i) = −3−8i
Chọn đáp án C
Câu 20.13 Cho hai số phức z1 = −7i, z2 = 2−i Mô-đun hiệu hai số phức cho
A |z1−z2|= √
5 B |z1−z2|= 45
C |z1−z2|= √
113 D |z1−z2|=
√
74−√5 Lời giải
Ta có z1−z2= 3−6i⇒ |z1−z2|= √
9 + 36 = 3√5
Chọn đáp án A
Câu 20.14 Cho hai số phức z1= + 3i z2=−4−5i Tìm số phức z =z1+z2
A z = + 2i B z =−2−2i C z = 2−2i D z =−2 + 2i Lời giải
Ta có z1+z2 = (2 + 3i) + (−4−5i) = −2−2i
Chọn đáp án B
Câu 20.15 Cho hai số phức: z1 = 1−2i, z2= + 3i Tìm số phức w=z1−2z2
A w=−3 + 8i B w=−5 +i C w=−3−8i D w=−3 +i Lời giải
Ta có w=z1−2z2 = (1−2i)−2(2 + 3i) = −3−8i
(73)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
CÂU 21 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phứcz =−1+2ilà điểm đây?
A Q(1; 2) B P(−1; 2) C N(1;−2) D M(−1;−2)
Lời giải
Điểm biểu diễn số phức z =−1 + 2i điểm P(−1; 2)
Chọn đáp án B
Câu 21.1 Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện |z+ 2−5i|= đường trịn có tâm I bán kính R
A I(−2; 5) R = 36 B I(−2; 5) R=
C I(2;−5) R = 36 D I(2;−5) R= Lời giải
Gọi z =x+iy (x, y ∈R) Ta có |z+ 2−5i|= ⇔(x+ 2)2+ (y−5)2 = 36
Suy tập hợp điểm biểu diễn z đường trịn có tâm I(−2; 5) bán kính R =
Chọn đáp án B
Câu 21.2 Cho số phức z = 4−3i có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy M Tính độ dài OM
A B 25 C √7 D
Lời giải
Ta có OM =|z|=p42+ (−3)2 = 5.
Chọn đáp án A
Câu 21.3 Cho số phức z = + 17i Điểm biểu diễn cho số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy
là
A M(−6;−17) B M(−17;−6) C M(17; 6) D M(6; 17) Lời giải
Điểm biểu diễn cho số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy M(6; 17)
Chọn đáp án D
Câu 21.4
Trên mặt phẳng tọa độOxy cho điểmM hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z Tìm z
A z =−4 + 3i B z =−3 + 4i C z = 3−4i D z = + 4i x
y
O
M
−4
Lời giải
Điểm M có tọa độ M(3;−4)⇒ điểm M biểu diễn số phức z = 3−4i
Chọn đáp án C
Câu 21.5 Số phức biểu diễn điểm M(2;−1)
A +i B + 2i C 2−i D −1 + 2i
Lời giải
Số phức có điểm biểu diễn M(2;−1) mặt phẳng tọa độ 2−i
(74)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 21.6
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3−4i biểu diễn điểm điểmA, B, C, D?
A Điểm D B Điểm B C Điểm A D Điểm C
x
−4
y
−3
−4
−3
3
−4
O
C
D A B
Lời giải
Ta có z = 3−4i nên điểm biểu diễn số phức z D(3;−4)
Chọn đáp án A
Câu 21.7
Số phức có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ điểm
M hình bên?
A 1−2i B i+ C i−2 D + 2i
x y
O
1
−2
M
Lời giải
VìM(1;−2) nên M điểm biểu diễn số phức z = 1−2i
Chọn đáp án A
Câu 21.8 Điểm M biểu diễn số phức z = 2−i mặt phẳng tọa độ Oxy
A M = (1;−2) B M = (2;−1) C M = (−2; 1) D M = (2; 1) Lời giải
Số phứcz = 2−i có điểm biểu diễn M = (2;−1)
Chọn đáp án B
Câu 21.9 Số phức z thỏa mãn z = 1−2i biểu diễn mặt phẳng tọa độ điểm sau?
A Q(−1;−2) B M(1; 2) C P(−1; 2) D N(1;−2)
Lời giải
Ta cóz = 1−2i⇒z = + 2i Khi số phức z biểu diễn mặt phẳng tọa độ điểm
M(1; 2)
Chọn đáp án B
Câu 21.10 Cho số phức z = 1−2i, điểm M biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy
có tọa độ
A M(2; 1) B M(1; 2) C M(1;−2) D M(−1; 2)
Lời giải
Ta có z = 1−2i⇒z = + 2i⇒M(1; 2)
(75)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 21.11
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3−4i biểu diễn điểm điểm A, B, C, D?
A Điểm D B Điểm B C Điểm A D Điểm C
x y
O
A
D C
B
−3
−4
−4
Lời giải
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3−4i biểu diễn điểm có tọa độ D(3;−4)
Chọn đáp án A
CÂU 22 Trong khơng gian Oxyz,hình chiếu vng góc điểm M(2; 1;−1) mặt phẳng
(Ozx) có tọa độ
A (0; 1; 0) B (2; 1; 0) C (0; 1;−1) D (2; 0;−1)
Lời giải
Hình chiếu M(2; 1;−1) lên mặt phẳng Ozx điểm (2; 0;−1)
Chọn đáp án D
Câu 22.1 Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−1; 2; 3) Hình chiếu vng góc điểm A
trên trục Oz điểm
A Q(−1; 0; 3) B M(0; 0; 3) C P(0; 2; 3) D N(−1; 0; 0) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm A(−1; 2; 3) lên trục Oz điểm M(0; 0; 3)
Chọn đáp án B
Câu 22.2 Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox điểm đây?
A M(2; 0; 0) B M(0; 3; 0) C M(0; 0; 4) D M(0; 2; 3) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm A(2; 3; 4) điểm M(2; 0; 0)
Chọn đáp án A
Câu 22.3 Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox điểm đây?
A M(2; 0; 0) B M(0; 3; 0) C M(0; 0; 4) D M(0; 2; 3) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm A(2; 3; 4) điểm M(2; 0; 0)
Chọn đáp án A
Câu 22.4 Trong không gian tọa độ Oxyz, tọa độ điểm G0 đối xứng với điểm G(5;−3; 7) qua trục Oy
(76)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Hình chiếu vng góc điểm G(5;−3; 7) lên trục Oy H(0;−3; 0)
Vì G0 đối xứng với G qua trục Oy nên H trung điểm đoạn GG0 nên tọa độ điểm G0
là
xG0 = 2xH −xG =−5
yG0 = 2yH −yG=−3
zG0 = 2zH −zG=−7
Vậy tọa độ điểm G0(−5;−3;−7)
Chọn đáp án B
Câu 22.5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu vng góc điểm
A(2;−1; 0) lên mặt phẳng (P) : 3x−2y+z+ =
A (1; 1; 1) B (−1; 1;−1) C (3;−2; 1) D (5;−3; 1) Lời giải
GọiH(x;y;−6−3x+2y)là hình chiếu củaAlên mặt phẳngP Ta cóAH# »= (x−2;y+1;−6−3x+2y) Do AH# » ⊥ (P) nên hai véc-tơ AH# » #»nP phương Suy ta có hệ phương trình
x−2
3 =
y+
−2 =
−6−3x+ 2y
1 (1)
Giải hệ (1) ta thu nghiệm (−1; 1;−1)
Chọn đáp án B
Câu 22.6 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vng góc điểmM(3; 2; 1)trên
Ox có tọa độ
A (0; 0; 1) B (3; 0; 0) C (−3; 0; 0) D (0; 2; 0)
Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm M(3; 2; 1) Ox có tọa độ (3; 0; 0)
Chọn đáp án B
Câu 22.7 Trong khơng gian Oxyz, cho điểm M(3; 2;−1) Hình chiếu vng góc điểm M
lên trục Oz điểm
A M3(3; 0; 0) B M4(0; 2; 0) C M1(0; 0;−1) D M2(3; 2; 0) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm M(3; 2;−1) lên trục Oz điểm M1(0; 0;−1)
Chọn đáp án C
Câu 22.8 Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 2;−1) Hình chiếu vng góc điểm M
lên trục Oz điểm
A M3(3; 0; 0) B M4(0; 2; 0) C M1(0; 0;−1) D M2(3; 2; 0) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm M(3; 2;−1) lên trục Oz điểm M1(0; 0;−1)
Chọn đáp án C
Câu 22.9 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;−2; 3) Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng (Oxy) điểm M có tọa độ
(77)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Gọi M(a;b; 0) điểm thuộc mặt phẳng (Oxy) Ta có AM# »= (a−1;b+ 2;−3) Mặt phẳng (Oxy) có véc-tơ pháp tuyến #»k = (0; 0; 1)
Vì M hình chiếu A lên mặt phẳng (Oxy) nên hai véc-tơ AM# » #»k phương Do đó, ta có
(
a−1 = b+ =
⇔
( a= b=−2
Vậy M(1;−2; 0)
Chọn đáp án A
Câu 22.10 Trong không gianOxyz, điểmN đối xứng với điểmM(3;−1; 2) qua trụcOy A N(−3; 1;−2) B N(3; 1;−2) C N(−3;−1;−2) D N(3;−1;−2) Lời giải
Hình chiếu vng góc điểm M(3;−1; 2) trục Oy H(0;−1; 0) Tọa độ điểm N đối xứng với điểm M(3;−1; 2) qua trục Oy
xN = 2xH −xM = 2·0−3 =−3
yN = 2yH −yM = 2·(−1)−(−1) =−1
zN = 2zH −zM = 2·0−2 = −2
⇒N(−3;−1;−2)
Chọn đáp án C
Câu 22.11 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;−3) Gọi M hình chiếu vng góc điểm A trục hồnh Tìm tọa độ điểm M
A M(0; 2;−3) B M(0; 2; 0) C M(0; 0;−3) D M(1; 0; 0) Lời giải
Do M hình chiếu vng góc điểm A trục hoành nên M(1; 0; 0)
Chọn đáp án D
CÂU 23 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−2)2+ (y+ 4)2+ (z−1)2 = Tâm
(S) có tọa độ
A (−2; 4;−1) B (2;−4; 1) C (2; 4; 1) D (−2;−4;−1) Lời giải
Tâm mặt cầu (S) có tọa độ (2;−4; 1)
Chọn đáp án B
Câu 23.1 Trong không gian Oxyx, cho mặt cầu (S) : (x−2)2+ (y+ 1)2+ (z−1)2= Tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu (S)
A I(−2; 1;−1), R= B I(−2; 1;−1), R= C I(2;−1; 1), R= D I(2;−1; 1), R= Lời giải
Ta có tọa độ tâm I(2;−1; 1) bán kính R =
Chọn đáp án C
Câu 23.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x2+y2+z2−
2x+ 4y−6z+ = Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu
(78)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Mặt cầux2+y2+z2−2x+ 4y−6z+ = 0có tâm I(1;−2; 3) bán kínhR =√1 + + 9−9 =√5
Chọn đáp án C
Câu 23.3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình sau khơng phải phương trình mặt cầu?
A x2+y2+z2+x−2y+ 4z−3 = B 2x2+ 2y2+ 2z2−x−y−z = C x2+y2+z2−2x+ 4y−4z+ 10 = D 2x2+ 2y2+ 2z2+ 4x+ 8y+ 6z+ = Lời giải
Điều kiện để phương trình x2+y2 +z2−2ax−2by −2cz+d = phương trình mặt cầu
R=a2+b2+c2−d >0
Dựa vào bốn đáp án ta có đáp án C a= 1, b=−2, c = 2, d= 10⇒R =−1<0
Câu 23.4 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−2; 1; 1), B(0;−1; 1) Phương trình mặt cầu đường kính AB
A (x+ 1)2+y2+ (z−1)2= B (x+ 1)2+y2+ (z−1)2 = C (x+ 1)2+y2+ (z+ 1)2 = D (x−1)2+y2+ (z−1)2= Lời giải
Phương pháp:Phương trình mặt cầu có tâmI(a;b;c), bán kínhRlà(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2= R2
Cách giải: Tâm mặt cầu trung điểm AB, có tọa độ I(−1; 0; 1) Bán kính mặt cầu:R =IA=√12+ 12+ 02 =√2.
Phương trình mặt cầu đường kính AB: (x+ 1)2+y2+ (z−1)2 =
Chọn đáp án B
Câu 23.5 Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu(S) :x2+y2+z2−4x+2y+6z−1 = Tâm mặt cầu (S)
A I(2;−1; 3) B I(−2; 1; 3) C I(2;−1;−3) D I(2; 1;−3) Lời giải
Mặt cầu (S) có tâm I(2;−1;−3)
Chọn đáp án C
Câu 23.6 Trong khơng gian Oxyz, mặt cầu có tâm I(1; 2;−3) tiếp xúc với trục Oy có bán kính
A √10 B C √5 D √13
Lời giải
Gọi H hình chiếu vng góc tâm I(1; 2;−3) trục Oy ⇒H(0; 2; 0)⇒IH =√10 Gọi R bán kính mặt cầu có tâm I(1; 2;−3) tiếp xúc với trục Oy ⇒R=IH =√10
Chọn đáp án A
Câu 23.7 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2+y2+z2−8x+ 10y−6z+ 49 = Tính bán kính R mặt cầu (S)
(79)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có a= 4, b =−5, c= 3, d= 49 Do R =√a2+b2+c2−d= 1.
Chọn đáp án A
Câu 23.8 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I(2;−2; 3) qua điểm
A(5;−2; 1) có phương trình
A (x−5)2+ (y−2)2+ (z+ 1)2 =√13 B (x+ 2)2+ (y−2)2+ (z+ 3)2= 13 C (x−2)2+ (y+ 2)2+ (z−3)2 = 13 D (x−2)2+ (y+ 2)2+ (z−3)2 =√13 Lời giải
Mặt cầu có bán kính R =IA=√13
Mặt cầu tâm I(2;−2; 3) bán kính R =√13 (x−2)2+ (y+ 2)2+ (z−3)2 = 13
Chọn đáp án C
Câu 23.9 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2+y2+z2−8x+ 10y−6z+ 49 = Tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu (S)
A I(−4; 5;−3) R= B I(4;−5; 3) R = C I(−4; 5;−3) R= D I(4;−5; 3) R = Lời giải
(S) : (x−4)2+ (y+ 5)2+ (z−3)2= ⇒I(4;−5; 3) R=
Chọn đáp án D
Câu 23.10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
x2+y2+z2−2x−4y+ 4z−7 = Xác định tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu (S) A I(−1;−2; 2), R = B I(1; 2;−2), R=√2
C I(−1;−2; 2), R = D I(1; 2;−2), R= Lời giải
Ta có a= 1, b = 2, c=−2 √a2+b2+c2−d= 4 nên I(1; 2;−2) và R= 4.
Chọn đáp án D
Câu 23.11 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(2;−2; 0) Viết phương trình mặt cầu tâm I bán kính R=
A (x+ 2)2+ (y−2)2+z2 = B (x+ 2)2+ (y−2)2+z2= 16 C (x−2)2+ (y+ 2)2+z2 = 16 D (x−2)2+ (y+ 2)2+z2= Lời giải
Phương trình mặt cầu có tâm I(2;−2; 0) bán kính R =
(x−2)2+ (y+ 2)2+z2= 16
Chọn đáp án C
Câu 23.12 Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu(S) : (x−5)2+(y−1)2+(z+2)2 = Tính bán kính R mặt cầu (S)
A R = 18 B R = C R = D R =
Lời giải
Mặt cầu(S)có tâm I(a;b;c) bán kínhR có phương trình (x−a)2+ (y−b)2+ (z−c)2=R2 Theo đề ta có R2 = ⇒R =
(80)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
CÂU 24 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x+ 3y+z + = Vectơ vectơ pháp tuyến (P) ?
A #»n3 = (2; 3; 2) B #»n1 = (2; 3; 0) C #»n2= (2; 3; 1) D #»n4= (2; 0; 3) Lời giải
Vectơ pháp tuyến (P) #»n1 = (2; 3; 1)
Chọn đáp án C
Câu 24.1 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x−2z+ = Vectơ vectơ pháp tuyến (P)?
A n# »1= (1; 0;−2) B n# »2 = (1;−2; 1) C n# »3 = (1;−2; 0) D n# »4 = (−1; 2; 0) Lời giải
Vectơ pháp tuyến (P) #»n = (1; 0;−2)
Chọn đáp án A
Câu 24.2 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) :x−2y+ 2z−3 = Điểm sau nằm mặt phẳng (α)?
A M(2; 0; 1) B Q(2; 1; 1) C P(2;−1; 1) D N(1; 0; 1) Lời giải
Ta thấy tọa độ điểmN(1; 0; 1)thỏa mãn phương trình mặt phẳng(α) nên điểm N nằm (α)
Chọn đáp án D
Câu 24.3 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1;−1) Phương trình mặt phẳng (P) qua
A chứa trục Ox
A x+y= B x+z = C y−z = D y+z = Lời giải
Mp(P) có vtpt #»n = (0; 1; 1) qua điểm A(1; 1;−1) Suy phương trình (P) :y+z =
Chọn đáp án D
Câu 24.4 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x+y−2z + = Một véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng(P)
A #»n = (1; 1;−2) B #»n = (1; 0;−2) C #»n = (1;−2; 4) D #»n = (1;−1; 2) Lời giải
Phương pháp: Mặt phẳng (P) : Ax+By+Cz +D = nhận #»n = (A;B;C) vec-tơ pháp tuyến
Cách giải: Một vec-tơ pháp tuyến mặt phẳng (P) #»n = (1; 1;−2)
Chọn đáp án A
Câu 24.5 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) :x+ 2y−5 = nhận vec-tơ vec-tơ sau làm vec-tơ pháp tuyến?
A #»n(1; 2;−5) B #»n(0; 1; 2) C #»n(1; 2; 0) D #»n(1; 2; 5) Lời giải
Mặt phẳng (P) nhận #»n(1; 2; 0) làm vec-tơ pháp tuyến
Chọn đáp án C
CÂU 25 Trong không gian Oxyz,cho đường thẳng d : x−1
2 =
y−2
3 =
z+
−1 Điểm
(81)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A P(1; 2;−1) B M(−1;−2; 1) C N(2; 3;−1) D Q(−2;−3; 1) Lời giải
Thay tọa độ điểm (P) vào phương trình đường thẳngd thấy tọa độ thỏa mãn nên đường thẳng
d qua điểm P(1; 2;−1)
Chọn đáp án A
Câu 25.1 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: x+
4 =
y−5
−2 = z
1 Khi véc-tơ
phương đường thẳng d có tọa độ
A (4;−2; 1) B (4; 2;−1) C (4;−2;−1) D (4; 2; 1) Lời giải
Tọa độ véc-tơ phương đường thẳng d #»u = (4;−2; 1)
Chọn đáp án A
Câu 25.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x−y+z−1 = Điểm thuộc (P)?
A M(2;−1; 1) B N(0; 1;−2) C P(1;−2; 0) D Q(1;−3;−4) Lời giải
Ta thấy Q∈(P) 2.1−(−3)−4−1 =
Chọn đáp án D
Câu 25.3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x−4
2 =
y−5
3 =
z−6
Điểm thuộc đường thẳng d?
A M(2; 2; 2) B M(2; 2; 4) C M(2; 3; 4) D M(2; 2; 10) Lời giải
Vì 2−4
2 =
2−5
3 =
2−6
4 =−1 nên M(2; 2; 2) thuộc đường thẳng d
Chọn đáp án A
Câu 25.4 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: x−1
2 =
y−2
1 =
z
−2 Điểm
đây thuộc đường thẳng d?
A M(−1;−2; 0) B M(−1; 1; 2) C M(2; 1;−2) D M(3; 3; 2) Lời giải
Ta có −1−1
2 =
1−2
1 =
2
−2 =−1 nên M(−1; 1; 2) thuộc đường thẳng d
Chọn đáp án B
Câu 25.5 Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với A(6; 3; 5) đường thẳng BC
có phương trình tham số
x= 1−t y= +t z = 2t
Gọi ∆ đường thẳng qua trọng tâm G tam giác
ABC vng góc với mặt phẳng (ABC) Điểm thuộc đường thẳng ∆? A M(−1;−12; 3) B N(3;−2; 1) C P(0;−7; 3) D Q(1;−2; 5) Lời giải
• Gọi M(1−t; +t; 2t) hình chiếu A lên BC
(82)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
• Vì ABC tam giác nên M trung điểm BC Suy AG# »=
# »
AM ⇒G(2; 3; 3) • Đường thẳng ∆ qua G, có véc-tơ phương #»u∆ =
1
ỵ# »
AM ,#»uó= (1; 5;−2)
Suy ∆ :
x= +t y= + 5t z = 3−2t
Với t=−1, ta có Q(1;−2; 5)∈∆
Chọn đáp án D
Câu 25.6 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;−1; 0), B(0; 1; 1) Gọi (α) mặt phẳng chứa đường thẳng d: x
2 = y−1
−1 = z−2
1 song song với đường thẳng AB Điểm
thuộc mặt phẳng(α)?
A M(6;−4;−1) B N(6;−4; 2) C P(6;−4; 3) D Q= (6;−4; 1) Lời giải
• AB# » = (−1; 2; 1)
• Đường thẳng d qua M(0; 1; 2) có véc-tơ phương #»ud = (2;−1; 1)
• Mặt phẳng (α) có véc-tơ pháp tuyến #»n =ỵ#»ud,AB# »ó= (−3;−3; 3) (α) qua M Phương trình (α) −3(x−0)−3(y−1) + 3(z−2) = 0⇔ −x−y+z−1 =
• Ta có −6 + + 3−1 = nên P(6;−4; 3)∈(α)
Chọn đáp án C
Câu 25.7 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ∆ :
x= 3−3t y= + 2t z = 5t
Điểm
thuộc đường thẳng ∆?
A N(0; 3; 5) B M(−3; 2; 5) C (P(3; 1; 5) D Q(6;−1; 5) Lời giải
Thế tọa độ điểmN(0; 3; 5)vào phương trình tham số đường thẳng∆ta
0 = 3−3t = + 2t = 5t
Ta thấy t= thỏa mãn hệ phương trình.Vậy điểm N(0; 3; 5) thuộc đường thẳng ∆
Chọn đáp án A
Câu 25.8 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;−1; 0), B(0; 1; 1) Gọi
(α) mặt phẳng chứa đường thẳng d: x =
y−1
−1 = z−2
1 song song với đường thẳng AB
Điểm thuộc mặt phẳng (α)?
A M(6;−4;−1) B N(6;−4; 2) C P(6;−4; 3) D Q(6;−4; 1) Lời giải
Ta có AB# »= (−1; 2; 1)
(83)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Suy îAB,# » #»ud
ó
= (3; 3;−3) = 3(1; 1−1)
Vì (α) chứa d song song với AB nên véc-tơ #»n =
ỵ# »
AB,#»udó = (1; 1−1) véc-tơ pháp tuyến (α)
Lại có, điểm C(0; 1; 2)∈d⇒C ∈(α)
Do đó, phương trình (α) x+y−z+ =
Lần lượt thay tọa độ điểm phương án ta điểm P(6;−4; 3) thỏa mãn
Chọn đáp án C
CÂU 26 Cho hình chóp S.ABCcó SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA=√2a, tam giác
AB
vuông cân B AC = 2a (minh họa hình bên) Góc đường thằng SB mặt phằng (ABC)
A 30o B 45o
C 60o D 90o
A
B
C S
Lời giải
Ta có SB∩(ABC)
SA⊥(ABC) )
⇒AB hình chiếu SB mặt phẳng (ABC)
Suy (SB,(ABC)) = SBA‘
Do tam giác ABC vuông B ⇒AB2+BC2 =AC2 ⇔2AB2 = (2a)2 ⇔AB =a√2 Suy SBA‘ = 45◦
Chọn đáp án B
Câu 26.1 Cho hình chóp S.ABCD có SA=AB=a Góc SA CD
A 60◦ B 30◦ C 90◦ D 45◦
Lời giải
Vì AB k CD nên góc SA CD góc SA
và AB
Vì SA=AB nên tam giác SAB đều, góc chúng 60◦
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
(84)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A B
D0 C0
B0
C D
A0
A 90◦ B 45◦ C 60◦ D 120◦
Lời giải
GọiO0 I tâm hình vng ABCD trung điểm CC0 Khi đó, ta có IO0 song song
AC0 Suy (AC0, BD) = (IO0, BD) Ta có
(
BD ⊥AC
BD ⊥AA0 ⇒BD ⊥(AA
0C)⇒BD⊥IO0⇒(IO0, BD) = 90◦.
Chọn đáp án A
Câu 26.3 Cho tứ diện cạnh a, M trunng điểm BC Tính cosin góc hai đường thẳngAB DM
A √
3
2 B
√
3
6 C
√
3
3 D
1
Lời giải
Kẻ M N kAB, cắt AC trung điểm N AC Xét tam giác N M D ta có:
cosN M D÷ =
M N2+M D2−N D2 2M N ·M D
= a2
4 + 3a2
4 −
3a2 2·a
2· a√3
2
=
√
3
6 D
C
B M N A
Chọn đáp án B
Câu 26.4 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Góc hai đường thẳng BA0 CD
bằng
A 90◦ B 60◦ C 30◦ D 45◦
Lời giải
Ta có CDkAB, suy góc giữaA0B với CD góc A0B với
AB, góc 45◦
A B
D0 C0
A0
D C
B0
(85)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 26.5 Cho hình chóp S.ABCD có SA=AB=a Góc SA CD
A 60◦ B 30◦ C 90◦ D 45◦
Lời giải
Vì AB k CD nên góc SA CD góc SA
và AB
Vì SA=AB nên tam giác SAB đều, góc chúng 60◦
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
Câu 26.6 Cho hình chóp S.ABCD có SA=AB=a Góc SA CD
A 60◦ B 30◦ C 90◦ D 45◦
Lời giải
Vì AB k CD nên góc SA CD góc SA
và AB
Vì SA=AB nên tam giác SAB đều, góc chúng 60◦
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
Câu 26.7 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Góc hai đường thẳng BA0 B0D0
bằng
A 45◦ B 90◦ C 30◦ D 60◦
Lời giải
Do BD k B0D0 nên góc hai đường thẳng BA0 B0D0 góc hai đường thẳng BA0 BD
Do ABCD.A0B0C0D0 hình lập phương nên ∆A0BC tam giác Khi góc A’0BD = 60◦
Vậy góc hai đường thẳng BA0 B0D0 60◦
B C
A0 D0
B0
A D
C0
Chọn đáp án D
(86)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A 30◦ B 45◦ C 60◦ D 90◦
Lời giải
VìAB ⊥CD AC ⊥BD nên ta suy
# »
AD·BC# » = ÄAB# »+BD# »ä·ÄBD# »+DC# »ä
= AB# »·BD# »+AB# »·DC# »+BD# »2+BD# »·DC# » = AB# »·BD# »+ +BD# »2+BD# »·DC# »
= ÄAC# »+CB# »ä·BD# »+BD# »2+BD# »·DC# » = AC# »·BD# »+CB# »·BD# »+BD# »2+BD# »·DC# » = +CB# »·BD# »+BD# »2+BD# »·DC# »
= ÄCB# »·BD# »+BD# »·DC# »ä+BD# »2 = ÄCB# »+DC# »ä·BD# »+BD# »2 = DB# »·BD# »+BD# »2
= −BD# »2+BD# »2=
Suy AD# »⊥BC# »⇒ÄAD,# » BC# »ä= 90◦
Chọn đáp án D
Câu 26.9 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Góc hai đường thẳng AC DA0
bằng
A 60◦ B 45◦ C 90◦ D 120◦
Lời giải
Ta có (AC, DAŸ0) = (AC, CBŸ0) = ACB’0
Xét 4ACB0 có AC =CB0 =AB0=AB√2 Do 4ACB0 tam giác
Vậy ACB’0= 60◦ hay (AC, DAŸ0) = 60◦
A B
C D
D0 C0
A0 B
0
Chọn đáp án A
Câu 26.10 Cho tứ diện ABCD với đáy BCD tam giác vuông cân C Các điểm M, N,
P, Q trung điểm AB, AC, BC, CD Góc M N P Q
A 0◦ B 60◦ C 45◦ D 30◦
(87)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có M N đường trung bình tam giác ABC nên M N k BC,
(M N, P Q) = (BC, P Q)
Mặt khác P Q đường trung bình tam giác vng cân BCD suy (BC, P Q) = 45◦ Do (M N, P Q) = 45◦
A
C B
M
D N
Q P
Chọn đáp án C
Câu 26.11 Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình chữ nhật Biết AB = a√2, AD = 2a,
SA⊥(ABCD) SA=a√2 Góc hai đường thẳng SC AB
A 30◦ B 90◦ C 45◦ D 60◦
Lời giải
Góc hai đường thẳngSC AB góc hai đường thẳng SC CD Ta có
• AC =√AB2+BC2 =a√6. • SC =√SA2+AC2 = 2a√2. • SD =√SA2+AD2=a√6. Khi cosSCD‘ =
SC2+CD2−SD2 2·SC ·CD =
8a2+ 2a2−6a2 2·2a√2·a√2 =
1
Vậy góc SC AB 60◦
S
B
A
C
D
Cách khác: Có thể chứng minh 4SCD vng D Khi cosSCD‘ =
CD
SC =
a√2 2a√2 =
1
Chọn đáp án D
Câu 26.12
Cho tứ diệnABCD cóAB vng góc với mặt phẳng (BCD) Biết tam giác BCD vuông C AB = a
√
6
2 , AC = a
√
2, CD = a Gọi E trung điểm AC (tham khảo hình vẽ bên) Góc đường thẳng
AB DE
A 45◦ B 60◦ C 30◦ D 90◦ B
E
C
D A
Lời giải
Gọi H trung điểm BC Vì ABkHE suy góc AB DE
bằng góc HE DE DEH’
Ta có HE = AB
2 =
a√6
4 , DH =
√
HC2+CD2 = √
2a
Khi tanDEH’ =
DH
HE =
√
3 ⇒DEH’ = 60◦ B
E H
C
(88)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án B
Câu 26.13
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA=OB =OC GọiM trung điểm củaBC (tham khảo hình vẽ) Góc hai đường thẳngOM vàAB
A 90◦ B 30◦ C 45◦ D 60◦
B C
M O
A
Lời giải
Gọi N trung điểm AC ⇒M N = AC
và (OM, AB) =Ÿ (OM, M N)⁄
Do tam giác OAC, OBC vuông O
nênOM = BC
2 ;ON = AC
2
Do OA, OB, OC đơi vng góc với
và OA=OB =OC nên AB=AC =BC
⇒OM =ON =M N ⇒(OM, M N) = 60⁄ ◦
Vậy góc hai đường thẳng OM AB 60◦ B
C
M O
N A
Chọn đáp án D
CÂU 27 Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu f0(x) sau:
x f0(x)
−∞ −2 +∞
+ − + +
Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Dựa vào bảng xét dấu f0(x) hàm số cho có điểm cực trị
Chọn đáp án C
Câu 27.1 Cho hàm số y=f(x) xác định R có bảng xét dấu đạo hàm sau:
x y0
−∞ x1 x2 x3 +∞
− + − +
Khi số điểm cực trị hàm sốy =f(x)
(89)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
Ta thấy f0(x) đổi dấu x qua x1, x2, x3 thuộc tập xác định hàm số f(x) nên hàm số f(x) có cực trị
Chọn đáp án A
Câu 27.2 Cho hàm số y=f(x) có bảng xét dấu hàm đạo hàm sau:
x f0(x)
−∞ −3 +∞
− + + − +
Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Do f0(x) đổi dấu ba lần nên hàm số có ba điểm cực trị
Chọn đáp án D
Câu 27.3 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng xét dấu đạo hàm sau:
x f0(x)
−∞ −1 +∞
+ − + − +
Hàm số cho có cực trị?
A B C D
Lời giải
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy đạo hàm hàm số có lần đổi dấu nên hàm số có điểm cực trị
Chọn đáp án D
Câu 27.4 Cho hàm số f(x) có đạo hàm f0(x) = (x−1)(x−2)2(x−3)3(x−4)4, ∀x∈R Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) = 0⇔
x= x= x= x=
Bảng biến thiên hàm số f(x) sau
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+ − − + +
Vậy số điểm cực trị hàm số cho
(90)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 27.5 Cho hàm số f(x) có đạo hàmf0(x) =x(x−1)2(x−2)3(x−3)4 Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải Phương pháp:
Xét phương trìnhf0(x) = 0, x0 nghiệm bội bậc chẵn phương trình thìx0 khơng phải điểm cực trị hàm số, x0 nghiệm bội bậc lẻ phương trình x0 điểm cực trị hàm số
Cách giải:
Xét phương trình f0(x) =x(x−1)2(x−2)3(x−3)4= ⇔
x= x= x= x=
Trong đóx= 0, x= nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị
(còn x = 1; x = nghiệm bội bậc chẵn nên điểm cực trị hàm số
y=f(x))
Chú ý: Các em lập bảng biến thiên hàm y=f(x) kết luận số điểm cực trị
Chọn đáp án A
Câu 27.6 Cho hàm số f(x) có đạo hàm f0(x) = x(x−1)(x+ 2)3 Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) = 0⇔
x= x= x=−2
Ta có bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−∞ −2 +∞
− + − +
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị
Chọn đáp án A
Câu 27.7 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f0(x) = x(x−1)(x+ 2)2,∀x ∈ R Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) =x(x−1)(x+ 2)2 ⇒ ta có bảng xét dấu f0(x) x
f0(x)
−∞ −2 +∞
(91)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Từ bảng xét dấu ta có hàm số đạt cực trị x= 0, x= Vậy hàm số có hai điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 27.8 Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm f0(x) =x3(x+ 1)2(x−2) Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) = 0⇔
x=−1 x= x=
Ta có bảng xét dấu
x f0(x)
−∞ −1 +∞
+ + − +
Từ bảng xét dấu ta thấy f0(x) đổi dấu x chạy qua nên hàm số có điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 27.9 Cho hàm số f(x) có f0(x) = x(x−1)(x+ 2)2 Số điểm cực trị hàm số cho
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) = 0⇔
x= x= x=−2
Nhận thấy (x+ 2)2>0, ∀x6=−2 Suy f0(x) không đổi dấu qua nghiệmx=−2nênx=−2
không phải điểm cực trị hàm số
Ngoài ra, f0(x) dấu với tam thức bậc hai x(x−1) =x2−x nên suy x= 0, x= hai điểm cực trị hàm số
Vậy hàm số cho có điểm cực trị
Chọn đáp án A
CÂU 28 Giá trị nhỏ hàm số f(x) =x4−10x2+ đoạn [−1; 2]
A B -23 C -22 D -7
Lời giải
Hàm số cho liên tục đoạn [−1; 2] Ta có f0(x) = 4x3−20x, f0(x) = 0⇔
" x= x=±√5
Xét hàm số [−1; 2] có f(−1) =−7; f(0) = 2; f(2) =−22 Vậy
x∈[−1;2]f(x) = −22
Chọn đáp án C
Câu 28.1 Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) =
x +x+
(92)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) =−
x2 + f
0(x) = 0⇔ −
x2 + = 0⇔
"
x= 2∈[1; 3] x=−2∈/ [1; 3]
Ta tính f(1) = 6, f(2) = 5, f(3) = 16
Kết hợp với f(x) liên tục [1; 3] nên M = max
x∈[1;3]f(x) = =f(1) m = minx∈[1;3]f(x) = =f(2) Vậy M−m =
Chọn đáp án C
Câu 28.2 Tích giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) = x+
x đoạn [1; 3]
A 65
3 B 20 C D
52
Lời giải
Ta có: f(x) = x+
x xác định liên tục [1; 3] Khi
f0(x) = 1−
x2;f
0(x) = 0⇔1−
x2 = 0⇔
" x= x=−2
Nhận thấy: −2∈/ [1; 3]⇒x=−2 (loại)
f(1) = 5; f(2) = 4; f(3) = 13
3 Khi đó: max[1;3]
f(x) = 5; m=
[1;3]
f(x) = Vậy M.m= 20
Chọn đáp án B
Câu 28.3 Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = −x3+ 3x+ đoạn
[0; 2]
A B C D
Lời giải
Ta có: y0 =−3x2+ = 0⇔
"
x= 1∈[0; 2] x=−1∈/ [0; 2]
y(0) = 1;y(1) = 3;y(2) =−1
Khi max
[0;2]
y= 3;
[0;2]
y =−1 Vậy max
[0;2]
y+
[0;2]
y=
Chọn đáp án A
Câu 28.4 Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y=√2−x2−x bằng
A +√2 B C D 2−√2
(93)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Tập xác định D =−√2;√2 Ta có y0= √−x
2−x2 −1 =
−x−√2−x2 √
2−x2
y0= ⇔√2−x2 =−x⇔
x≤0 "
x= x=−1
⇔x=−1
Bảng biến thiên
x y0 y
−√2 −1 √2
+ −
√
2
√
2
2
−√2
−√2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có max [−√2;√2]
y = 2, [−√2;√2]
y=−√2 Vậy max
[−√2;√2]
y+
[−√2;√2]
y= 2−√2
Chọn đáp án D
Câu 28.5 Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y =
√
x2−1
x−2
trên tập hợp D = (−∞;−1)∪h1;3 i
Tính P =M +m
A P = B P = C P =−√5 D P =√3 Lời giải
Ta có y0 = 1−2x
(x−2)2√x2−1, y
0 = 0⇔1−2x= 0 ⇔x=
2 ∈/ D
Bảng biến thiên
x y0 y
−∞ −1 32
+ −
−1
−1
0 00
−√5
−√5
Vậy M = max
D y= m= minD y=−
√
5 Do P =−√5
Chọn đáp án C
Câu 28.6 Giá trị nhỏ hàm số f(x) =x3+ 3x+ đoạn [1; 3] A
[1;3]
f(x) = B
[1;3]
f(x) = C
[1;3]
f(x) = 37 D
[1;3]
f(x) = Lời giải
Ta có f0(x) = 3x2+ 3>0 với x Lại có f(1) = 5, f(3) = 37 nên
[1;3]
f(x) =
Chọn đáp án D
Câu 28.7 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y=
√
x2−1
x−2 tập
hợp D= (−∞;−1]⊂[1;3
(94)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A
9 B C
3
2 D −
3
Lời giải
Tập xác định: D = (−∞;−1]∪[1; +∞)\ {2}
Ta có y0 =
x(x−1)
√
x2−1 − √
x2−1
(x−2)2 =
−2x+ (x−2)2√x2−1 Khi y0 = 0⇔x=
2 x→−∞lim y=−1 Bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−√2 −1 √2
− +
4−2√2 4−2√2
1
4 + 2√2 + 2√2
Từ bảng biến thiên suy M = 0;m =√5 Vậy T =m·M =
Chọn đáp án B
Câu 28.8 GọiM, m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y=−x3+ 2x2−
x+ đoạn h−1;1 i
Khi tích M ·m A 45
4 B
212
27 C
125
36 D
100
Lời giải
Hàm số y=−x3+ 2x2−x+ xác định liên tục h−1;1 i
Ta có y0 =−3x2+ 4x−1 y0= có nghiệm thuộc h−1;1
2 i
là x=
Mặt khác y(−1) = 6, y 1
3
= 50 27, y
1
= 15
8
Vậy M = max
ñ
−1;1
2
ơ
y= 6, m =
đ
−1;1
2
ô
y= 50 27
Do M ·m= 100
Chọn đáp án D
Câu 28.9 Cho hàm số y=
…
x+
x Giá trị nhỏ hàm số (0; +∞)
A B √2 C D
Lời giải
Với x >0 ta ln có x+
x ≥2 (hệ bất đẳng thức AM-GM)
Suy
…
x+
x ≥
√
2 với x >0 Đẳng thức xảy x >0 x=
x hay x=
Do giá nhỏ hàm số y=
…
x+
x (0; +∞)
√
2 x=
(95)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 28.10 Giá trị nhỏ hàm số y=x+√18−x2 là:
A B C −3√2 D −6
Lời giải
TXĐ: D = [−3√2; 3√2] Ta có: y0= 1− √ x
18−x2
y0= ⇔x=
Ta có: y(3) = 6;y 3√2= 3√2;y −3√2=−3√2 ⇒ Giá trị nhỏ hàm số cho −√2
Chọn đáp án C
Câu 28.11 Giá trị lớn hàm số f(x) = 2x3+ 3x2−12x+ đoạn [−1; 2]
A 11 B 10 C D 15
Lời giải
Ta có f0(x) = 6x2+ 6x−12⇒f0(x) = ⇔
"
x= 1∈[−1; 2] x=−2∈/ [−1; 2]
Mà f(−1) = 15, f(1) =−5, f(2) = Do max
[−1;2]f(x) =f(−1) = 15
Chọn đáp án D
Câu 28.12 Giá trị lớn hàm số y=x−
x (0; 3]
A 28
9 B C
8
3 D
Lời giải
Ta có y0= +
x2 >0, ∀x∈(0; 3] Do max(0;3]y =y(3) =
8
Chọn đáp án C
Câu 28.13 Giá trị lớn hàm số y= −3x−1
x+ đoạn [1; 3]
A −2 B −5
2 C
5
2 D
Lời giải
Hàm số y= −3x−1
x+ xác định liên tục đoạn [1; 3]
Ta có y0 =−
(x+ 1)2 <0,∀x6=−1 Lại có y(1) =−2, y(3) =−5
2
Vậy max
[1;3] y =−2 x=
Chọn đáp án A
Câu 28.14 Giá trị lớn hàm số y=x2+16
x đoạn h3
2; i
bằng:
A 24 B 20 C 12 D 155
12
Lời giải
Phương pháp: Tìm GTLN GTNN hàm số y=f(x) [a;b] cách: +) Giải phương trình y0= tìm nghiệm x1
(96)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Khi đó:
[a;b]
f(x) = min{f(a), f(b), f(xi)}, max [a;b]
f(x) =max{f(a), f(b), f(xi)} Cách giải: Ta có: y0 = 2x− 16
x2 ⇒ y
0 = 0 ⇔ 2x3 = 16
x2 ⇔ 2x
3 = 16 ⇔ x = 2 ∈ h3
2; i
y3
= 155
12;y(2) = 12;y(4) = 20 Vậy max[3 4;4]
y= 20 khix=
Chọn đáp án B
CÂU 29 Xét số thực a b thỏa mãn log3 3a·9b = log93 Mệnh đề đúng?
A a+ 2b= B 4a+ 2b = C 4ab= D 2a+ 4b = Lời giải
Ta có
log3 3a.9b= log93⇔log3 3a.32b= log323
⇔log33a+2b= log3312 ⇔a+ 2b =
2 ⇔2a+ 4b =
Chọn đáp án D
Câu 29.1 Với a số thực dương bất kì, mệnh đề đúng?
A log (2018a) = 2018 loga B loga2018=
2018loga
C log (2018a) =
2018loga D loga
2018= 2018 loga. Lời giải
Phương pháp
Sử dụng công thức: logab= loga+ logb; logan =nloga
Cách giải:
Ta có: log (2018a) = log 2018 + loga loga2018= 2018 loga
Chọn đáp án D
Câu 29.2 Cho 0< a6= x, y số thực âm mệnh đề đúng? A loga x2y4= loga|x|+ logay2 B loga(xy) = logax+ logay C loga −x2y= loga(−x) + logay D loga
Å
x y
ã
= loga(−x) loga(−y)
Lời giải
Ta có, loga x2y4= logax2+ logay4= loga|x|+ logay2= loga|x|+ logay2
Chọn đáp án A
Câu 29.3 Với a số thực âm bất kỳ, mệnh đề đúng? A log2a2 = log2(−a) B log2a2=−2 log2a
C log2a2 = log2a D log2a2= 2a
Lời giải
Vìa số thực âm nên log2a2 = log2|a|= log2(−a)
Chọn đáp án A
Câu 29.4 Cho 0< b < a <1, mệnh đề đúng?
(97)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
Vì 0< b < a <1 nên logab >logaa= Do logba=
logab <1<logab
Chọn đáp án A
Câu 29.5 Cho số thực a >1, b 6= Mệnh đề đúng? A logab2 =−2 loga|b| B logab2= logab C logab2 = loga|b| D logab2=−2 logab Lời giải
Ta có b 6= 0⇔ |b|>0 Khi ta có logab2 = loga|b|2 = loga|b|
Chọn đáp án C
Câu 29.6 Cho số thực a >1, b 6= Mệnh đề đúng? A logab2 =−2 loga|b| B logab2= logab C logab2 = loga|b| D logab2=−2 logab Lời giải
Ta có b 6= 0⇔ |b|>0 Khi ta có logab2 = loga|b|2 = log a|b|
Chọn đáp án C
Câu 29.7 Với a số thực dương bất kỳ, mệnh đề đúng? A log(3a) = loga B loga3 = loga C log(3a) =
3loga D loga
3 =
3loga
Lời giải
Theo tính chất ta có loga3= loga
Chọn đáp án B
Câu 29.8 Cho a,b, c, dlà số thực dương, khác 1bất kì Mệnh đề đúng? A ac =bd ⇔ln
a b
= d
c B a
c=bd ⇔lna
b
= c d
C ac =bd ⇔ lna
lnb = c
d D a
c=bd ⇔ lna
lnb = d c
Lời giải
Với a, b, c, d số thực dương, khác ta có
ac =bd ⇔ln (ac) = ln bd⇔c·lna=d·lnb ⇔ lna
lnb = d c
Chọn đáp án D
Câu 29.9 Cho a,b, c, dlà số thực dương, khác 1bất kì Mệnh đề đúng? A ac =bd ⇔lna
b
= d
c B a
c=bd ⇔lna
b
= c d
C ac =bd ⇔ lna
lnb = c
d D a
c=bd ⇔ lna
lnb = d c
Lời giải
Với a, b, c, d số thực dương, khác ta có
ac =bd ⇔ln (ac) = ln bd⇔c·lna=d·lnb ⇔ lna
lnb = d c
Chọn đáp án D
(98)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
C log2(2a)2= + log2a D log2(2a)2 = + log2a Lời giải
• log22a2= log22 + log2a2 = + log2a
• log2(2a)2 = log2(2a) = (log22 + log2a) = + log2a
Chọn đáp án A
Câu 29.11 Với số thực dương a b thỏa mãn a2 +b2 = 2ab, mệnh đề đúng?
A log2(a+b) = + log2a+ log2b B log(a+b) = +
2(loga+ logb)
C log2(a+b) =
2(2 + log2a+ log2b) D log2(a+b) =
2(log2a+ log2b)
Lời giải
Với số thực dương a b, ta có a2+b2 = 2ab⇔(a+b)2= 4ab Do đó, ta có
log2(a+b)2 = log2(4ab)⇔2 log2(a+b) = log24 + log2a+ log2b⇔log2(a+b) =
2(2 + log2a+ log2b)
Chọn đáp án C
Câu 29.12 Cho a số thực dương Mệnh đề đúng? A log5(5a) = + log5a B log5(5a) = log5a C log5(5a) = + log5a D log5(5a) = +a Lời giải
Ta có log5(5a) = log55 + log5a = + log5a
Chọn đáp án C
Câu 29.13 Với a số thực dương a6= 1, mệnh đề đúng? A loga5e =
1
5 lna B lna
5=
5a C lna
5=
lna D loga5e = logae
Lời giải
loga5e =
5logae = lna
Chọn đáp án A
Câu 29.14 Với a số thực dương a 6= 1, mệnh đề đúng? A loga5e=
1
5 ln 5a B loga
5=
5lna C loga
5=
lna D loga5e= logae
Lời giải Ta có loga5e=
1
5logae= ·
1 logea =
1 ln 5a
Chọn đáp án A
Câu 29.15 Cho a, b hai số thực thỏa 0< a < b <1 Mệnh đề đúng?
A logab <1<logba B logba <1<logab C logab <logba <1 D 1<logab <logba Lời giải
Ta có 0< a < b <1 nên
(
logab <logaa = logba >logbb =
⇒logab < 1<logba
Chọn đáp án A
CÂU 30 Số giao điểm đồ thị hàm số y =x3−3x+ trục hoành
(99)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
Tập xác định D=R
Ta có: y0= 3x2−3; y0= ⇔x=±1 Bảng biến thiên
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
−1
−1
+∞
+∞
Từ bảng biến ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt
Chọn đáp án A
Câu 30.1 Số giao điểm đồ thị hàm số y=x3−3x+ trục Ox
A B C D
Lời giải
Số giao điểm đồ thị hàm số y=x3−3x+ trục Ox (y= 0) số nghiệm phương trình
x3−3x+ =
Phương trình x3−3x+ = có nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm phân biệt
Chọn đáp án C
Câu 30.2 Số giao điểm đồ thị hàm số y=x3+x+ đường thẳng y=−2x+
A B C D
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x3+x+ =−2x+ ⇔x3+ 3x+ = Xét f(x) =x3+ 3x+ 1, ta có f0(x) = 3x2+ >0 Suy bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞ −∞
+∞
+∞
Do phương trình f(x) = có nghiệm
Chọn đáp án D
Câu 30.3 Số giao điểm đồ thị hàm số y= 2x+
x−1 với đường thẳng y= 2x+
A B C D
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm
2x+
x−1 = 2x+
(100)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
⇔2x2−x−4 =
⇔
x= +
√
33 x= 1−
√
33
4
Vậy đường thẳngy = 2x+ cắt đồ thị hàm số y= 2x+
x−1 hai điểm
Chọn đáp án A
Câu 30.4 Số giao điểm đồ thị hàm số y=x2x2−4
với đường thẳng y=
A B C D
Lời giải
Phương tình hồnh độ giao điểm x2x2−4
= (1)
nếux2−4≥0⇔x≤ −2∪2≤x
Phương trình (1)⇔x2(x2−4) = 3⇔x4−4x2−3 = 0⇔
"
x2 = +√7
x2 = 2−√7( loại ) ⇔x=±
p
2 +√7 nếux2−4<0⇔ −2< x <2
Phương trình (1)⇔x2(x2−4) = −3⇔x4−4x2+ = 0⇔
" x2 = x2 =
⇔
"
x=±√3 x=±1
Vậy phương trình có nghiệm
Chọn đáp án D
Câu 30.5 Tìm số giao điểm đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + 3x − đồ thị hàm số
y=x2−x−1
A B C D
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm x3−3x2+ 3x−1 = x2−x−1⇔x3−4x2+ 4x= ⇔
" x= x=
Chọn đáp án C
Câu 30.6 Số giao điểm đồ thị hàm số y =x3+x+ đường thẳng y=−2x+
A B C D
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x3+x+ =−2x+ ⇔x3+ 3x+ = Xét f(x) = x3+ 3x+ 1, ta có f0(x) = 3x2+ >0 Suy bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞ −∞
+∞
+∞
Do phương trìnhf(x) = có nghiệm
Chọn đáp án D
(101)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A B C D
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm x3+x+ =−2x+ ⇔x3+ 3x+ = Xét f(x) =x3+ 3x+ 1, ta có f0(x) = 3x2+ >0 Suy bảng biến thiên
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞ −∞
+∞
+∞
Do phương trình f(x) = có nghiệm
Chọn đáp án D
Câu 30.8 Số giao điểm đồ thị hàm số y= 2x+
x−1 với đường thẳng y= 2x+
A B C D
Lời giải Xét hệ
y= 2x+ x−1 y= 2x+
⇒ 2x+
x−1 = 2x+ 3⇒ (
x6=
2x+ = 2x2+x−3 ⇒
x= +
√
33 x= 1−
√
33
4
Vậy số giao điểm đồ thị hàm số y= 2x+
x−1 y= 2x+
Chọn đáp án C
Câu 30.9 Tìm số giao điểm đồ thị hàm số y=x4−3x2−5 trục hoành
A B C D
Lời giải
Vì phương trình x4−3x2−5 = có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hàm số y =x4−3x2−5 cắt trục hoành hai điểm phân biệt
Chọn đáp án D
Câu 30.10 Tìm số giao điểm đồ thị hàm số (C) : y = 2x3 −3x+ parabol (P) : y =
−x2+ 10x−4
A B C D
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (P)
2x3−3x+ =−x2+ 10x−4 ⇔2x3+x2−13x+ = 0⇔(2x−1)(x−2)(x+ 3) = 0⇔
x= x=−3 x=
2
Vậy hai đồ thị hàm số cắt ba điểm phân biệt
(102)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 30.11 Số giao điểm đồ thị hàm số y =x3−3x+ đường thẳng y=x
A B C D
Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm x=x3−3x+ 3⇔x3−4x+ = 0⇔
x=
x= −1±
√
13
2
Vậy đồ thị hàm số y=x3−3x+ đường thẳng y=x có giao điểm
Chọn đáp án B
CÂU 31 Tập nghiệm bất phương trình 9x+ 2.3x−3>0
A [0; +∞) B (0; +∞) C (1; +∞) D [1; +∞)
Lời giải
9x+ 2.3x−3>0⇔(3x−1) (3x+ 3) >0⇔3x>1 (vì 3x>0,∀x∈R)⇔x >0 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho (0; +∞)
Chọn đáp án B
Câu 31.1 Tập nghiệm bất phương trình log1
(x−1) + log3(11−2x)≥0
A (−∞; 4) B (1; 4] C (1; 4) D h4;11
2
Lời giải
Điều kiện: 1< x < 11
Bất phương trình tương đương −log3(x−1) + log3(11−2x)≥0
⇔log3 11−2x
x−1 ≥0⇔
11−2x
x−1 ≥1⇔
12−3x
x−1 ≥0⇔1< x≤4
Chọn đáp án B
Câu 31.2 Tập nghiệm bất phương trình 4x+1≤8x−2
A [8; +∞) B ∅ C (0; 8) D (−∞; 8]
Lời giải
Ta có: 4x+1≤8x−2 ⇔22x+2 ≤23x−6 ⇔2x+ ≤3x−6⇔8≤x
Vậy tập nghiệm bất phương trình [8; +∞)
Chọn đáp án A
Câu 31.3 Tìm tập nghiệm bất phương trình log2
5 (x−4) + 1>0
A h13
2 ; +∞
B −∞;13
C (4; +∞) D 4;13
2
Lời giải
Ta có log2
5 (x−4) + 1>0⇔log
5 (x−4)>−1⇔0< x−4< 2
5 −1
⇔4< x < 13
Vậy tập nghiệm bất phương trình 4;13
Chọn đáp án D
Câu 31.4 Tập nghiệm bất phương trình log1
3(x+ 1) >log3(2−x) S = (a;b)∪(c;d) với a, b, c, d số thực Khi a+b+c+d bằng:
A B C D
Lời giải
(103)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
• Tìm điều kiện xác định bất phương trình • Giải bất phương trình
Cách giải: Ta có:
x+ >0 2−x >0
log1
3(x+ 1)>log3(2−x)
⇔
x >−1 x <2
−log3(x+ 1)>log3(2−x)
⇔
(
−1< x <2
log3(2−x) + log3(x+ 1)<0
⇔
(
−1< x < x2+x+ 1>0
⇔
−1< x <
x > +
√
5 x < 1−
√
5
⇒S =
Å
−1;1−
√ ã ∪ Å
1 +√5 ;
ã
a+b+c+d=−1 + 1−
√
5
2 +
1 +√5
2 + =
Chọn đáp án D
Câu 31.5 Tập nghiệm bất phương trình
1 +a2
2x+1
>1(vớia tham số,a6= 0) A −∞;−1
2
B (−∞; 0) C −1
2; +∞
D (0; +∞)
Lời giải Vì 0<
1 +a2 <1 nên
1
1 +a2
2x+1
>1⇔2x+ 1<0⇔x <−1
2
Chọn đáp án A
Câu 31.6 Tập nghiệm bất phương trình 3x2−2x<27
A (−∞;−1) B (3; +∞)
C (−1; 3) D (−∞;−1)∪(3; +∞)
Lời giải
3x2−2x <27⇔3x2−2x <33 ⇔x2−2x <3⇔x2−2x−3<0⇔ −1< x <3
Chọn đáp án C
Câu 31.7 Tìm tập nghiệm bất phương trình log1 2(x
2+ 2x−8)≥ −4.
A (−4; 2) B [−6; 4) C [−6;−4]∪[2; 4] D [−6;−4)∪(2; 4] Lời giải
Pt ⇔
x2+ 2x−8>0 x2+ 2x−8≤1
2
−4 ⇔ (
x <−4 x >2 x2+ 2x−24≤0
⇔
(
x <−4 x >2
−6≤x≤4
⇔
"
−6≤x <−4 2< x≤4
Vậy tập nghiệm bất phương trình [−6;−4)∪(2; 4]
Chọn đáp án D
(104)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A S = (−4; +∞) B S = (−∞; 4) C S = (−1; 4) D S = (4; +∞) Lời giải
Ta có: log25(x+ 1)>
2 ⇔x+ >25
1
2 ⇔x >4.
Chọn đáp án D
Câu 31.9 Tập nghiệm bất phương trình log3 x2+ 263
A S= (−∞;−5]∪[5; +∞) B S =∅
C S=R D S = [−5; 5]
Lời giải
Ta có log3 x2+ 263⇔
(
x2+ 2>0 x2+ 26 27
⇔x2+ 627⇔x2 625⇔ −56x65
Chọn đáp án D
Câu 31.10 Tập nghiệm bất phương trình log2(x−1)<3
A (−∞; 9) B (1; 10) C (−∞; 10) D (1; 9)
Lời giải
BPT cho tương đương với
(
x−1>0 x−1<8
⇔1< x <9 Vậy tập nghiệm BPT cho (1; 9)
Chọn đáp án D
Câu 31.11 Tập nghiệm bất phương trình log1
4x+
x ≥0
A −2,−3
2 i
B h−2,−3
2 i
C −2,−3
2
D h−2,−3
2
Lời giải
Điều kiện xác định:
4x+ x >0 x6=
⇔
x >0
x <−3
2
Bất phương trình tương đương: 4x+
x ≤1⇔
4x+ 6−x
x ≤0⇔
3x+
x ≤0⇔ −2≤x <0
Kết hợp với điều kiện ta được:−2≤x <−3
2
Vậy tập nghiệm bất phương trình h−2,−3
2
Chọn đáp án D
Câu 31.12 Tập nghiệm bất phương trình
3
√ x+2
>3−x
A (1; 2) B (2; +∞) C [2; +∞] D (1; 2]
Lời giải BPT⇔3−
√
x+2 >3−x ⇔x >√x+ 2⇔
( x >0 x2 > x+
⇔x >2
Chọn đáp án B
Câu 31.13 Tìm tập nghiệm bất phương trình 9x−2·6x+ 4x >0
A S = (0; +∞) B S =R C S =R\{0} D S = [0; +∞)
(105)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chia hai vế cho 4x >0, phương trình tương đương
2 2x
−2·3
2 x
+ 1>0 Đặt t=
3
x
, điều kiện t >0
Khi pt tương đương t2−2·t+ >0⇔(t−1)2>0⇔t6= 1⇔3
2 x
6
= 1⇔x6= Vậy S =R\{0}
Chọn đáp án C
Câu 31.14 Tập nghiệm bất phương trình log√
3
(x−2)>0
A (3; +∞) B (0; 3) C (−∞; 3) D (2; 3)
Lời giải
Điều kiện xác định bất phương trình x >2 Ta có log√
3
(x−2)>0⇔x−2<1⇔x <3 Vậy tập nghiệm bất phương trình (2; 3)
Chọn đáp án D
Câu 31.15 Tập nghiệm bất phương trình log2
3(3x)>log
3(2x+ 7)
A (−∞; 7) B (0; 7) C (7; +∞) D 0;14
3
Lời giải
Điều kiện: x >0
Bất phương trình cho tương đương với 3x <2x+ ⇔x <7 So với điều kiện, ta có x∈(0; 7)
Chọn đáp án B
Câu 31.16 Tập nghiệm bất phương trình log0,8 x2+x<log0,8(−2x+ 4) là:
A (−∞;−4)∪(1; 2) B (−∞;−4)∪(1; +∞)
C (−4; 1) D (−4; 1)∪(2; +∞)
Lời giải
Điều kiện: x∈(−∞;−1)∪(0; 2)
log0,8 x2+x<log0,8(−2x+ 4)
⇔ x2+x >−2x+ 4⇔x2+ 3x−4>0
⇔ x∈(−∞;−4)∪(1; +∞)
Kết hợp với điều kiện ta S = (−∞;−4)∪(1; 2)
Chọn đáp án A
Câu 31.17 Tập nghiệm bất phương trình 32x>3x+6
A (0; 64) B (−∞; 6) C (6; +∞) D (0; 6)
Lời giải
Ta có 32x>3x+6⇔2x > x+ ⇔x >6
Tập nghiệm bất phương trình là: S = (6; +∞)
Chọn đáp án C
Câu 31.18 Tập nghiệm bất phương trình 2−x2+x<
(106)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Bất phương trình 2−x2+x< ⇔2
−x2+x
<2−2 ⇔ −x2+x <−2⇔x2−x−2>0⇔
"
x <−1 x >2 Vậy
tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;−1)∪(2; +∞)
Chọn đáp án A
Câu 31.19 Tập nghiệm bất phương trình log1
1−2x
x >0
A S = 1
3; +∞
B S =
0;1
C S = 1
3;
D S =
−∞;1
Lời giải
Ta có log1
1−2x
x >0⇔
1−2x x >0 1−2x
x <1
⇔
3 < x <
Chọn đáp án C
Câu 31.20 Tập nghiệm bất phương trình log2(x−9)>0
A [9; +∞) B (10; +∞) C [10; +∞) D (9; +∞)
Lời giải
Ta có log2(x−9)>0⇔x−9>1⇔x >10
Chọn đáp án B
CÂU 32 Trong không gian, cho tam giác ABC vuông A, AB = a AC = 2a Khi quay tam giác ABC xung quanh canh góc vng AB đường gấp khúc ACB tạo thành hình nón Diện tích xung quanh hình nón
A 5πa2 B √5πa2 C 2√5πa2 D 10πa2 Lời giải
C A
B a
2a
BC =√AB2+AC2 =a√5.
Diện tích xung quanh hình nón cần tìm S =πAC.BC =π2a.a√5 = 2√5a2
Chọn đáp án C
Câu 32.1 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Tính diện tích tồn phần vật tròn xoay thu quay tam giác AA0C0 quanh trục AA0
(107)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Khi quay tam giácAA0C0 quanh trụcAA0 ta hình nón có bán kính đáy R=A0C0 =a√2, đường sinh l =AC0 chiều cao h=AA0 =a Ta có l =AC0 =√A0C02+AA02 =√2a2+a2=a√3.
Ta có
Stp=πRl+πR2 =π( √
6 + 2)a2
C0 A0
A
Chọn đáp án A
Câu 32.2 Tính thể tích vật thể trịn xoay quay mơ hình (như hình vẽ) quanh trục
DF
B F
C D
A E
a a
a
30◦
A 10π
7 a
3. B. π
3a
3. C. 5π
2 a
3. D. 10π
9 a
3. Lời giải
• Khi quay hình vng ABCD quanh trục DF ta khối trụ trịn xoay có chiều cao a bán kính đáy a Thể tích khối trụ V1 =π·a2·a=πa3 • Khi quay tam giác vng AF E quanh trục DF ta
khối nón trịn xoay có chiều cao a bán kính đáy EF =AF·tan 30◦= a
√
3
3 Thể tích khối nón V2 =
1 3π·
Å
a√3
ã2
·a= π 9a
3.
B F
C D
A E
Vậy thể tích cần tìm V =V1+V2=πa3+
π 9a
3= 10π
9 a
3.
Chọn đáp án D
Câu 32.3 Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay tam giác đềuABC cạnh 1quanh
AB A 3π
4 B
π
4 C
π
8 D
π√3
(108)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta thu hai khối nón Do đó, ta có V = 2Vnón= 2·1
3πr
2h=
3π·
Å
1√3
ã2
·
2 = π
4 (đvtt)
(bán kính r=hABC = √
3
2 , đường cao h= 2AB =
1 2)
Chọn đáp án B
Câu 32.4 Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay tam giác đềuABC cạnh 1quanh
AB A 3π
4 B
π
4 C
π
8 D
π√3
Lời giải
Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta thu hai khối nón Do đó, ta có V = 2Vnón= 2·1
3πr
2h=
3π·
Å
1√3
ã2
·
2 = π
4 (đvtt)
(bán kính r=hABC = √
3
2 , đường cao h= 2AB =
1 2)
Chọn đáp án B
Câu 32.5 Trong không gian, cho tam giác ABC vng A, AB =a AC =a√3 Tính độ dài đường sinh ` hình nón có quay tam giác ABC xung quanh trục AB
A `=a B `= 2a C `=a√3 D `=a√2 Lời giải
Khi quay tam giác ABC vuông A xung quanh trục AB ta hình nón có đường sinh BC
Tam giácABC vuông A nên
BC2=AB2+AC2=a2+ 3a2 = 4a2
Vậy l=BC = 2a C
B
A
A C
B
Chọn đáp án B
Câu 32.6 Tam giác ABC vng cân đỉnh A có cạnh huyền Quay hình tam giác ABC
quanh trục BC khối trịn xoay tích A
√
2
3 π B
4
3π C
2
3π D
1 3π
Lời giải
Gọi D trung điểm BC, AD⊥BC AD= BC
2 = 1, AC =
√
2 Khi quay hình tam giácABC quanh trụcBC hai khối nón có chiều caoh = bán kính đường trịn đáy r=
Vậy thể tích khối tròn xoay V = 2·
3·πr
2h=
3π A
C
B D
Chọn đáp án C
Câu 32.7 Diện tích xung quanh hình nón sinh quay tam giác ABC cạnh
a xung quanh đường cao AH
A πa2 B πa
2
2 C 2πa
2. D. πa
2√3
2
(109)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Hình nón có bán kính đáy r= BC
2 =
a
2, đường sinh l =AB=a Khi diện tích xung quanh
hình nón Sxq =πrl=π·
a 2·a =
πa2
Chọn đáp án B
Câu 32.8 Cho tam giác ABC vuông cân A, AB = 2a Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay tam giác ABC quanh cạnh AB
A πa
3 B
8πa3
3 C
4πa3
3 D
8πa3√2
3
Lời giải
Khi quay tam giácABC quanh cạnhAB ta hình nón có bán kính đáy r= 2a chiều cao h= 2a
Áp dụng cơng thức tính thể tích khối nón ta có
V =
3πr
2
h= 3π(2a)
2
2a= 8πa
3
3
B
C A
Chọn đáp án B
Câu 32.9
Tính thể tích vật thể trịn xoay quay mơ hình (như hình vẽ) quanh trục DF
A 10πa
9 B
10πa3
7 C
5πa3
2 D
πa3
D C
A B
E F
a a a
30◦
Lời giải
Ta có EF =AFtan 30◦ = a
√
3
Khi quay tam giác AEF quanh trục DF tạo thành khối nón tích
Vnón= 3π·
Å
a√3
ã2
·a= πa
3
9
Khi quay hình vng ABCD quanh trục DF tạo thành khối trụ tích
Vtrụ=πa2·a =πa3
Vậy thể tích vật thể trịn xoay quay mơ hình quanh trục DF V = πa
3
9 +πa
3 = 10πa3
9
Chọn đáp án A
Câu 32.10 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Tính diện tích tồn phần vật trịn xoay thu quay tam giác AA0C quanh trục AA0
(110)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Vì ABCD.A0B0C0D0 hình lập phương cạnh a, nên ta có
AC =a√2; A0C =a√3 AA0⊥(ABCD) hay AA0⊥AC
Tam giác AA0C vuông A nên quay tam giác AA0C
quanh trục AA0 ta hình nón trịn xoay có bán kính đáy
R=AC =a√2
Đường cao AA0=a đường sinh l =A0C =a√3
A0 D0
B C
B0
A
C0
D
Vậy diện tích tồn phần hình nón làStp =πRl+πR2 =π √
6 + 2a2
Chọn đáp án D
Câu 32.11 Trong không gian, cho tam giác ABC vng A, AB=a AC =√3a Tính độ dài đường sinh l hình nón nhận quay tam giác ABC xung quanh trục AB
A l =a B l = 2a C l=√2a D l=√3a Lời giải
Khi quay tam giácABC xung quanh trục AB ta hình nón có đường sinh
l =BC =pAB2+AC2 = 2a.
A B
C
Chọn đáp án B
CÂU 33 Xét
Z
0
xex2dx, đặt u=x2
Z
0
xex2dx A
Z
0
eudu B
Z
0
eudu C
2 Z
0
eudu D
2 Z
0
eudu Lời giải
Đặt u=x2 ⇒du= 2xdx⇔xdx= du
Khix= ⇒u= 0, x= 2⇒u= Do
2
Z
0
xex2dx=
4
Z
0
eudu
Chọn đáp án D
Câu 33.1 Cho tích phân I =
π
2 Z
0 √
2 + cosx·sinxdx Nếu đặt t = + cosx kết sau đúng?
A I =
2
Z
3 √
tdt B I =
3
Z
2 √
tdt C I =
2
Z
3 √
tdt D I =
π
2 Z
0 √
tdt Lời giải
(111)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020 Đổi cận
x= ⇒t= x= π
2 ⇒t=
Vậy tích phân cho trở thành
I =
2
Z
3 √
t(−dt) =
3
Z
2 √
tdt
Chọn đáp án B
Câu 33.2 Cho tích phân I =
1
Z
0
x7
(1 +x2)5 dx, giả sử đặt t= +x
2 Tìm mệnh đề đúng.
A I =
2
Z
1
(t−1)3
t5 dt B I =
3
Z
1
(t−1)3 t5 dt
C
2
2
Z
1
(t−1)3
t4 dt D
3
4
Z
1
(t−1)3 t4 dt Lời giải
Đặt t= +x2 ⇒
2dt=xdx
Đổi cận x= ⇒t= 1, x= 1⇒t = Khi
I =
1
Z
0
(x2)3·x (1 +x2)5dx=
1
2
Z
1
(t−1)3 t5 dt
Chọn đáp án A
Câu 33.3 Cho tích phân I =
3
Z
0
x
1 +√x+ 1dx Nếu đặt t=
√
x+
A I =
2
Z
1
(t2−2t) dt B I =
2
Z
1
(2t2−t) dt C I =
2
Z
1
(2t2+ 2t) dt D I =
2
Z
1
(2t2−2t) dt Lời giải
Đặt t=√x+ ⇒t2 =x+ ⇔x=t2−1, dx= 2tdt Đổi cận: Khi x= t= 1; khix= t=
I =
3
Z
0
x
1 +√x+ 1dx=
2
Z
1
t2−1
1 +t 2tdt =
2
Z
1
2t(t−1) dt=
2
Z
1
(2t2−2t) dt
Chọn đáp án D
Câu 33.4 Cho tích phân I =
e
Z
1 √
1 + lnx
x dx Đổi biến t =
√
(112)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
A I =
√
Z
1
t2dt B I =
√
Z
1
t2dt C I =
2
Z
1
t2dt D I =
√
Z
1
tdt Lời giải
Ta có
t=√1 + lnx⇒t2 = + lnx⇒2tdt = dx x
Với
x= 1⇒t= 1, x= e⇒t =√2
Vậy I =
√
Z
1
t·2tdt=
√
Z
1
t2dt
Chọn đáp án B
Câu 33.5 Cho tích phân I =
1
Z
0
dx
√
4−x2 Nếu đổi biến số x= sint, t∈
−π 2; π
A I =
π
6 Z
0
dt B I =
π
6 Z
0
tdt C I =
π
6 Z
0
dt
t D I =
π Z dt Lời giải
Ta có x= sint⇒ dx= costdt Với x= ⇒t= 0, x= ⇒t = π
6
Do I =
π
6 Z
0
2 costdt p
4−4 sin2t =
π
6 Z
0
2 costdt 2√cos2t =
π
6 Z
0
2 costdt cost =
π
6 Z
0
dt
Chọn đáp án A
Câu 33.6 Cho tích phân I =
1
Z
0
3
√
1−xdx Với cách đặt t =√3
1−x ta
A I =
1
Z
0
t3dt B I =
1
Z
0
t2dt C I =
1
Z
0
t3dt D I =
1
Z
0
tdt Lời giải
Đặt t =√3
1−x⇒x= 1−t3 ⇒ dx=−3t2dt Đổi cận
(
x= 1⇒t= x= 0⇒t=
⇒I =−3
0
Z
1
t3dt =
1
Z
0
t3dt
Chọn đáp án A
Câu 33.7 Cho tích phân I =
1
Z
0
3
√
1−xdx Với cách đặt t =√3
(113)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
A I =
1
Z
0
t3dt B I =
1
Z
0
t2dt C I =
1
Z
0
t3dt D I =
1
Z
0
tdt Lời giải
Đặt t=√3
1−x⇒x= 1−t3 ⇒ dx=−3t2dt Đổi cận
(
x= 1⇒t = x= 0⇒t =
⇒I =−3
0
Z
1
t3dt=
1
Z
0
t3dt
Chọn đáp án A
Câu 33.8 Cho tích phân I = Z
0
xpx2+ dx Khi đặt t = √x2+ 9 thì tích phân cho trở thành
A I = Z
3
tdt B I =
Z
0
tdt C I =
Z
0
t2dt D I =
Z
3
t2dt Lời giải
Ta có t=√x2+ 9⇒t2 =x2+ 9 ⇒tdt=xdx. Đổi cận x= ⇒t= 3, x= 4⇒t =
Khi I = Z
0
xpx2+ dx=
Z
3
t2dt
Chọn đáp án D
Câu 33.9 Cho tích phân I =
3
Z
0
x
1 +√x+ 1dx Viết dạng I đặt t=
√
x+
A
Z
1
(2t2+ 2t) dt B
Z
1
(2t2−2t) dt C
Z
1
(t2−2t) dt D
Z
1
(2t2−t) dt Lời giải
Đặt t=√x+ ⇒t2 =x+ ⇒2tdt =xdx Đổi cận
x
t
Tích phân trở thành
I =
2
Z
1
(t2−1)2t +t dt=
2
Z
1
(t−1)(t+ 1)2t
t+ dt =
2
Z
1
(t−1)2tdt =
2
Z
1
(2t2−2t) dt
Chọn đáp án B
Câu 33.10 Cho I = Z
ex
√
ex+ 1dx Khi đặt t=
√
ex+ 1 thì ta có A I =
Z
2t2dt B I = Z
dt
2 C I =
Z
2dt D I =
(114)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
Đặt t =√ex+ 1⇒dt= e xdx
2√ex+ 1 ⇒2tdt = e
xdx, đó I =
Z 2dt
Chọn đáp án C
Câu 33.11 Cho I =
−1
Z
0
x(x−1)2dx đặt t =−x ta có
A I =−
Z
0
t(t−1)2dt B I =−
1
Z
0
t(t+ 1)2dt
C I =
1
Z
0
t(t−1)2dt D I =
1
Z
0
t(t+ 1)2dt Lời giải
Đặt t =−x⇒ dt=−dx Đổi cận
(
x= ⇒t=
x=−1 ⇒t=
I =−
Z
0
−t(−t−1)2dt =
1
Z
0
t(t+ 1)2dt
Chọn đáp án D
Câu 33.12 Với cách đổi biến u=√1 + lnx tích phân
Z e
1
lnx
x√1 + lnxdx trở thành
A
3 Z
1
(u2−1) du B
9 Z
1
(u2−1) du C Z
1
(u2−1) du D
9 Z
1
u2−1
u du
Lời giải
Với u=√1 + lnx⇒u2= + lnx⇒ u 2−1
3 = lnx⇒ 2u
3 du= xdx
Khi đó,
Z e
1
lnx
x√1 + lnxdx= Z
1
u2−1
3 ·
2u
u du=
2
Z
1
(u2−1) du
Chọn đáp án B
Câu 33.13 Với cách đổi biến u=√4x+ tích phân
Z
−1
x√4x+ dx trở thành
A
Z
1
u2(u2−5)
8 du B
1
Z
−1
u2(u2−5)
8 du C
3
Z
1
u2(u2−5)
4 du D
3
Z
1
u(u2−5)
8 du
Lời giải
Đặt u=√4x+ ⇒x= u
2−5
4 dx=
u 2du
Đổi cận: x −1
u
Suy ra,
Z
−1
x√4x+ dx=
3
Z
1
u2(u2−5)
8 du
(115)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
Câu 33.14 Đổi biến x= sint tích phân
Z
0
dx
√
4−x2 trở thành
A π
Z
0
tdt B
π
Z
0
tdt C
π
Z
0
dt D
π Z dt t Lời giải Xét I =
1
Z
0
dx
√
4−x2
Đặt x= sint với t∈−π
2; π
⇒dx= costdt Đổi cận:
x= ⇒ t=
x= ⇒ t= π
6 Ta có: I = π Z
2 cost p
4−4 sin2t dt =
π
Z
0
2 cost
√
4 cos2tdt = π
Z
0
dt
Chọn đáp án C
CÂU 34 Diện tích S hình phẳng giới hạn đường y = 2x2, y =−1, x = x =
được tính cơng thức đây? A S =π
Z
0
2x2+ 1dx B S =
Z
0
2x2−1dx C S =
Z
0
2x2+ 12dx D S =
Z
0
2x2+ 1dx Lời giải
Diện tích hình phẳng cần tìm S =
1
Z
0
2x2+ dx=
1
Z
0
2x2+ 1dx 2x2+ 1>0,∀x∈[0; 1]
Chọn đáp án D
Câu 34.1 Thể tích khối trịn xoay hình phẳng giới hạn đường y=√x, trục Ox
và hai đường thẳng x= 1;x= quay quanh trục hoành tính cơng thức nào? A V =π
4
Z
1
xdx B V =
4 Z √
x dx C V =π2
4
Z
1
xdx D V =π
4
Z
1 √
xdx Lời giải
Thể tích V =π
4
Z
1
xdx
Chọn đáp án A
(116)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A π
1
Z
0
x2dx−π
1
Z
0
x4dx B π
1
Z
0
x2dx+π
1
Z
0
x4dx
C π
1
Z
0
x2−x2 dx D π
1
Z
0
x2−xdx Lời giải
Ta có(P) d cắt hai điểm (0; 0), (1; 1) x > x2,∀x∈(0; 1) Suy thể tích khối trịn xoay cho T thể tích khối trịn xoay
T1 trừ thể tích khối trịn xoay T2 Trong
• T1 sinh quay hình phẳng giới hạn đường d, trục Ox, x= 0, x=
• T2 sinh quay hình phẳng giới hạn đường(P), trục Ox, x= 0, x=
Vậy thể tích khối trịn xoay cho π
1
Z
0
x2dx−π
1
Z
0
x4dx
x y
O
1
Chọn đáp án A
Câu 34.3 Cho hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a;b] Viết cơng thức tính diện tích hình thang cong giới hạn đồ thị hàm sốy=f(x), trục hoành hai đường thẳngx=a, x=b
A S =
b
Z
a
f2(x) dx B S =
b
Z
a
|f(x)| dx C S =π
b
Z
a
|f(x)| dx D S =
b
Z
a
f(x) dx Lời giải
Diện tích hình thang cong giới hạn đồ thị hàm số y=f(x), trục hoành hai đường thẳng
x=a, x=b S =
b
Z
a
|f(x)| dx
Chọn đáp án B
Câu 34.4 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = xex, trục hoành, hai đường thẳngx=−2;x= có cơng thức tính
A S =
3
Z
−2
xexdx B S =
3
Z
−2
|xex| dx C S =
3
Z
−2
xexdx
D S =π
3
Z
−2
xexdx Lời giải
Theo cơng thức tính diện tích hình phẳng ta có S=
3
Z
−2
|xex| dx
Chọn đáp án B
Câu 34.5 Viết cơng thức tính thể tích V vật thể nằm hai mặt phẳng x =
x= ln 4, biết cắt vật thể mặt phẳng vng góc với trục hồnh điểm có hồnh độ x
(117)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A V =
ln
Z
0
xexdx B V =π
ln
Z
0
xexdx
C V =π
ln
Z
0
(xex)2 dx D V =
ln
Z
0 √
xexdx. Lời giải
Theo định nghĩa ta có V =
ln
Z
0
xexdx
Chọn đáp án A
Câu 34.6
GọiS diện tích hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên Cơng thức tính S
A S =
1
Z
−1
f(x) dx+
2
Z
1
f(x) dx
B S =
1
Z
−1
f(x) dx−
Z
1
f(x) dx
C S =
2
Z
−1
f(x) dx
D S =−
Z
−1
f(x) dx
x y
O
−1
y=f(x)
Lời giải
Dựa vào hình vẽ suy S =
1
Z
−1
f(x) dx−
Z
1
f(x) dx
Chọn đáp án B
Câu 34.7 Tìm cơng thức tính thể tích khối trịn xoay cho hình phẳng giới hạn parabol (P) :y=x2 đường thẳng d: y= 2x quay quanh trục Ox
A π
2
Z
0
x2−2x2 dx B π
2
Z
0
4x2dx−π
2
Z
0
x4dx
C π
2
Z
0
4x2dx+π
2
Z
0
x4dx D π
2
Z
0
2x−x2 dx Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) d, ta có
(118)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
Trên đoạn [0; 2] ta thấy 2x≥x2 nên thể tích cần tìm
V =π
3
Z
0
4x2−x4 dx=π
2
Z
0
4x2dx−π
2
Z
0
x4dx
Chọn đáp án B
Câu 34.8 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = x3, trục hoành hai đường thẳngx=−1,x= biết đơn vị dài trục tọa độ cm
A 15
4 cm
2. B. 17
4 cm
2. C. 17 cm2. D. 15 cm2.
Lời giải Ta có S =
2 Z −1 x3 dx= Z −1 x3 dx+ Z x3
dx=−
0
Z
−1
x3dx+
2
Z
0
x3dx=−x 4 −1 +x 4 = 17
Do đơn vị trục cm nên S= 17 ·2
2 cm2 = 17 cm2.
Chọn đáp án C
Câu 34.9
Đồ thị hình bên hàm sốy=f(x),S diện tích hình phẳng (phần tơ đậm hình) Chọn khẳng định
A S=
0
Z
−2
f(x) dx+
1
Z
0
f(x) dx
B S=
1
Z
−2
f(x) dx
C S=
−2
Z
0
f(x) dx+
1
Z
0
f(x) dx
D S=
0
Z
−2
f(x) dx−
Z
0
f(x) dx
x y
O
−2
Lời giải
Từ đồ thị ta có f(x)≥0,∀x∈[−2; 0] f(x)≤0,∀x∈[0; 1] Do S =
1
Z
−2
|f(x)| dx=
1
Z
−2
|f(x)| dx+
1
Z
0
|f(x)| dx=
0
Z
−2
f(x) dx−
Z
0
f(x) dx
Chọn đáp án D
Câu 34.10 Cho hàm số f(x) = (
7−4x2 0≤x≤1 4−x2 x >1
Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm sốf(x) đường thẳng x= 0, x= 3, y =
A 16
3 B
20
3 C 10 D
Lời giải
Phương pháp: Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đường thẳng
x=a, x=b (a < b) đồ thị hàm số y=f(x), y=g(x) S = Z b
a
(119)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020 Cách giải:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: • 4−x2 = 0⇔
" x=
x=−2∈/ (1; +∞)
⇔x=
• 7−4x2 = 0⇔x=± √
7
2 ∈/ [0; 1]
⇒S =
1
Z
0
7−4x2 dx+ Z 4−x2
dx+ Z 4−x2
dx = Z
7−4x2dx+
2
Z
1
7−4x2 dx+
3
Z
2
7−4x2 dx
= 7−1 + 16 −
11 −3 +
16 = 10
Câu 34.11 Cho f(x) =x4−5x2+ Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số
y=f(x) trục hoành Mệnh đề sau sai? A S =
2
Z
−2
|f(x)|dx B S = Z f(x)dx + Z f(x)dx
C S =
2
Z
0
|f(x)|dx D S = Z f(x)dx Lời giải
Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số f(x) = x4−5x2+ trục hoành
x4−5x2+ = 0⇔
" x2 = x2 =
⇔
"
x=±1 x=±2
Diện tích hình phẳng cần tìm
S =
2
Z
−2
|f(x)|dx (1)
= Z
0
|f(x)|dx (2) (do f(x) hàm số chẵn)
=
1
Z
0
|f(x)|dx+
2
Z
1
|f(x)|dx
= Z f(x)dx + Z f(x)dx
(3) (do khoảng(0; 1),(1; 2) phương trình f(x) = vơ nghiệm)
Từ (1), (2) (3) suy đáp án A, B, C đúng, đáp án D sai
Máy tính: Bấm máy kiểm tra, ba kết đầu nên đáp án đáp án D
(120)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
Câu 34.12 Tính thể tích V vật thể trịn xoay thu quay hình phẳng giới hạn đường y =x2+ 1, y=x3+ quay quanh Ox
A V = 47
210 B V =
47π
210 C V =
2
35 D V =
2π 35
Lời giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm y=x2+ y=x3+
x2+ =x3+ ⇔x3−x2 = 0⇔
" x= x=
Thể tích khối trịn xoay cần tính
V = π
1 Z x
+ 12− x3+ 12 dx = π Z ỵ
x2+ 12− x3+ 12ódx = π Z
−x6+x4−2x3+ 2x2dx = π −1 x
7+
5x
5−
2x
4+2
3x = 47π 210
Chọn đáp án B
Câu 34.13
Cho hình phẳng (H) giới hạn Parabol
y = x
2
12 đường cong có phương trình y =
…
4−x
4 (hình vẽ) Diện tích hình phẳng (H)
A 4π+ √
3
3 B
4√3 +π
6
C 4π+ √
3
6 D
2 4π+√3
3
O x
y
−4
2
y= x
2
12
y=
…
4−x
2
4
Lời giải
Hoành độ giao điểm Parabol y= x
2
12 đường cong y=
…
4− x
4 nghiệm PT: x2
12 =
…
4−x
4 ⇔x=±2
√
3 Diện tích hình phẳng (H)
S=
2√3
Z
0
ñ…
4− x − x2 12 ô dx=
2√3
Z
0
p
16−x2dx−
6
2√3
Z
0
x2dx=
2√3
Z
0
p
16−x2dx+4 √
(121)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Đặt x= sint ⇒ 2√3
Z
0
p
16−x2dx= π
Z
0
16cos2tdt= 8π +
√
3
⇒S = 4π+
√
3
3
Chọn đáp án D
Câu 34.14
Cho hàm số y=f(x) liên tục R có đồ thị (C) đường cong hình bên Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C), trục hồnh hai đường thẳng x= 0, x= (phần tô đen)
A
Z
0
f(x) dx B −
1
Z
0
f(x) dx+
2
Z
1
f(x) dx
C
Z
0
f(x) dx−
Z
1
f(x) dx D
2
Z
0
f(x) dx
O x
y
1
−2
Lời giải
Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy: x∈(0; 1) f(x)>0, x∈(1; 2) f(x)<0 Vậy S =
1
Z
0
f(x) dx−
Z
1
f(x) dx
Chọn đáp án C
Câu 34.15 Cho hai hàm số y = f(x) y = g(x) liên tục đoạn [a;b] Kí hiệu H hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm số y=f(x), y=g(x) hai đường thẳngx=a, x=b (a < b) Tính diện tích S hình phẳng H
A S =
b
Z
a
(f(x)−g(x)) dx B S =π
b
Z
a
f2(x)−g2(x)dx
C S =
a
Z
b
|f(x)−g(x)|dx D S =
b
Z
a
|f(x)−g(x)|dx Lời giải
Diện tích S hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm số y =f(x) y =g(x) hai đường thẳng x=a, x=b (a < b) S =
b
Z
a
|f(x)−g(x)|dx
Chọn đáp án D
CÂU 35 Cho hai số phức z1 = 3−i z2 =−1 +i Phần ảo số phức z1z2
A B 4i C −1 D −i
Lời giải
Ta có: z1.z2 = (3−i)(−1−i) = −2 + 4i Suy phần ảo z1.z2
Chọn đáp án A
(122)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Ta có z0= 5−4i+ + 5i= 11 +i⇒z·z0= 61 + 61i Do |w|= 61√2
Chọn đáp án C
Câu 35.2 Cho hai số phức z1 =m+ 3i, z2 = 2−(m+ 1)i, với m∈R Tìm giá trị m để
w=z1·z2 số thực
A m= m=−2 B m= m=−1 C m= m=−3 D m=−2 m=−3 Lời giải
Ta có w=z1·z2 = (m+ 3i) (2−(m+ 1)i) = 5m+ + 6−m−m2i Để w số thực 6−m−m2 = 0⇔
"
m =−3 m =
Chọn đáp án C
Câu 35.3 Cho hai số phức z1 = +i, z2 = 4−3i Khi z1·z2 có phần ảo
A 11 B C −11 D −2
Lời giải
z1·z2 = (2 +i)(4−3i) = 11−2i
Vậy số phứcz1·z2 có phần ảo −2
Chọn đáp án D
Câu 35.4 Cho hai số phức z =a+bi z0=a0+b0i Số phức z
z0 có phần thực
A aa 0+bb0
a02+b02 B
aa0+bb0
a2+b2 C
a+a0
a2+b2 D
2bb0 a02+b02
Lời giải Ta có z
z0 =
a+bi a0+b0i =
(a+bi)(a0−b0i) a02+b02 =
aa0+bb0 a02+b02 +
a0b−ab0 a02+b02i
Do phần thực z
z0
aa0+bb0 a02+b02
Chọn đáp án A
Câu 35.5 Cho hai số phức z1 = 3−4i z2 =−2 +i Tìm số phức liên hợp z1+z2
A + 3i B 1−3i C −1 + 3i D −1−3i
Lời giải
Ta có z1+z2 = (3−4i) + (−2 +i) = 1−3i⇒z1+z2 = + 3i
Chọn đáp án A
Câu 35.6 Cho hai số phức z1 = +i, z2 = 1−3i Tính T =|(1 +i)z1+ 2z2| A T = 18 B T = 3√2 C T = D T = Lời giải
(1 +i)z1+ 2z2 = (1 +i)(2 +i) + 2(1−3i) = 3−3i⇒ |(1 +i)z1+ 2z2|= √
9 + = 3√2
Chọn đáp án B
Câu 35.7 Cho hai số phức z1 = +i, z2 = 2−i Tính giá trị biểu thức P =|z1+z1.z2| A P = 85 B P = C P = 50 D P = 10 Lời giải
(123)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 35.8 Cho hai số phức z1= + 2i z2 = 2−3i Phần ảo số phứcw= 3z1−2z2
A 12 B C 11 D 12i
Lời giải
w= 3z1−2z2 =−1 + 12i Vậy w có phần ảo 12
Chọn đáp án A
Câu 35.9 Cho hai số phức z1 = + 3i, z2 = 3−4i Môđun số phức w=z1+z2
A √17 B √15 C 17 D 15
Lời giải
Ta có w= 4−i Suy |w|=p42+ (−1)2 =√17.
Chọn đáp án A
Câu 35.10 Cho hai số phức z1 = 3−i z2 = 1−2i Tìm số phức w=
z1
z2
A w= + 5i B w=
5−
5i C w= +i D w= 1−7i
Lời giải
w= z1 z2
= 3−i 1−2i =
(3−i)(1 + 2i)
5 =
5 + 5i
5 = +i
Chọn đáp án C
Câu 35.11 Cho hai số phức z1 = 3−4i z2 = −i Tìm phần thực phần ảo số phức
z1z2
A Phần thực phần ảo B Phần thực −4 phần ảo −3 C Phần thực −4 phần ảo 3i D Phần thực phần ảo −3i Lời giải
Ta có z1z2 = (3−4i)(−i) = −4−3i có phần thực −4 phần ảo −3
Chọn đáp án B
Câu 35.12 Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn |z1| = |z2| = √
3 |z1−z2| = Môđun |z1 +z2|
A B C √2 D 2√2
Lời giải
1 Cách 1: Gọi số phức z1=a1+b1i, z2=a2+b2i, (a1, a2, b1, b2 ∈R) Ta có |z1|=
p
a21+b21=√3⇒a21+b21= 3, |z2|=
p
a22+b22 =√3⇒a22+b22 = Do
|z1−z2|= ⇔
»
(a1−a2)2+ (b1−b2)2 =
⇔ (a1−a2)2+ (b1−b2)2 = ⇔a21+b21+a22+b22−2a1a2−2b1b2 = ⇔ 2a1a2+ 2b1b2=
Do |z1+z2|=
»
(a1+a2)2+ (b1+b2)2=
p
a21+b21+a22+b22+ 2a1a2+ 2b1b2 = √
8 = 2√2 Cách 2: Ta có |z1−z2|2= (z1−z2)(z1−z2) =|z1|2+|z2|2−(z1z2+z2z1) =
|z1+z2|2 = (z1+z2)(z1+z2) = |z1|2+|z2|2+ (z1z2+z2z1) = ⇒ |z1+z2|=
√
(124)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án D
CÂU 36 Gọi z0 nghiệm có phần ảo âm phương trình z2−2z+ = Môđun số phức z0+i
A B √2 C √10 D 10
Lời giải
Ta có: z2−2z+ = 0⇔z2−2z = =−4⇔(z−1)2 = 4i2 "
z = 1−2i z = + 2i
Vìz0 nghiệm phức có phần ảo âm nên z0= 1−2i⇒z0+i= 1−2i+i= 1−i Suy |z0+i|=|1−i|=
p
12+ (−1)2 =√2.
Chọn đáp án B
Câu 36.1 Gọi z1 z2 nghiệm phương trình: z2 − 2z + = Tính P = |z1|+|z2|
A 2√5 B 10 C D
Lời giải
Ta có: z2−2z+ = 0⇔
"
z1= + 2i
z2= 1−2i Khi P =|z1|+|z2|=√5 +√5 = 2√5
Chọn đáp án A
Câu 36.2 Gọi z1 z2 nghiệm phươngtrình: z2−2z+ = Tính P =|z1|2+ |z2|2
A P = 2√5 B P = 20 C P = 10 D P =√5 Lời giải
Ta có z2−2z+ = 0⇔
"
z = 1−2i z = + 2i
Khi đó, P =|z1|2+|z2|2 = √
5
Chọn đáp án A
Câu 36.3 Phương trình bậc hai nhận hai số phức 2−3i + 3i làm nghiệm ?
A z2+ 4z+ 13 = B z2+ 4z+ = C z2−4z+ 13 = D z2−4z+ = Lời giải
Đặt z1 = 2−3i; z2 = + 3i Khi
S=z1+z2= 4; P =z1·z2= (2−3i)(2 + 3i) = + = 13
Do z1 z2 nghiệm phương trình: z2−Sz+P = hay z2−4z+ 13 = Vậy z2−4z+ 13 = phương trình cần tìm
Chọn đáp án C
Câu 36.4 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z2+ 2z+ = Trên mặt phẳng tọa độ, điểm sau điểm biểu diễn số phức z1?
A P(−1;−√2i) B Q(−1;√2i) C N(−1;√2) D M(−1;−√2) Lời giải
Ta có z2+ 2z+ = 0⇔
"
z =−1 +√2i
z =−1−√2i Vì z1 có phần ảo âm nên z1 =
−1−√2i Vậy điểm biểu diễn số phức z1 điểm M(−1;−
√
(125)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 36.5 Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình2z2−2z+ 13 = Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức w=iz0?
A M 4;
B N
4;−
C P
2;−
D Q 2; Lời giải
Phương trình 2z2−2z+ 13 = 0⇔z = +
5
2i (loại) hay z = −
5
2i (nhận)
Nên ta có w=iz0=i
1 − 2i = +
2i Vậy điểm biểu diễn w Q 2;
Chọn đáp án D
Câu 36.6 Trong tập số phức C, biết z1, z2 nghiệm phương trình z2−2z+ = Tính giá trị biểu thức (z1+z2)2
A B C D
Lời giải
Áp dụng định lý Vi-ét ta có z1+z2= ⇒(z1+z2)2=
Chọn đáp án D
Câu 36.7 Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình 4z2−16z+ 17 = Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức w=izo ?
A M1
1 2;
B M2
−1
2;
C M3
−1
4;
D M4
1 4;
Lời giải
Xét phương trình 4z2−16z+ 17 = có ∆0 = 64−4·17 = −4 = (2i)2 Phương trình có hai nghiệm z1 =
8−2i
4 = 2−
1
2i, z2 =
8 + 2i
4 = +
1 2i
Do z0 nghiệm phức có phần ảo dương nên z0= +
1 2i
Ta có w=izo=−
1 2+ 2i
Vậy điểm biểu diễn w=izo M2
−1
2;
Chọn đáp án B
Câu 36.8 Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình z2+ 2z+ 10 = Tính
iz0
A iz0 = 3−i B iz0 =−3i+ C iz0 =−3−i D iz0 = 3i−1 Lời giải
Ta có z2+ 2z+ 10 = 0⇔
"
z =−1 + 3i z =−1−3i
Suy z0=−1 + 3i Do iz0=i(−1 + 3i) =−3−i
Chọn đáp án C
Câu 36.9 Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình 2z2 −6z + = Tìm
iz0?
A i·z0 =−
1 +
3
2i B i·z0 = +
3
2i C i·z0 =− −
3
2i D i·z0 = −
3 2i
Lời giải
Xét phương trình 2z2−6z+ = 0⇔
z =
2 + 2i z =
2 − 2i
⇒z0 =
3 −
1
2i⇒i·z0 = +
(126)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án B
Câu 36.10 Số phức z =a+bi, (a, b∈R) nghiệm phương trình(1 + 2i)z−8−i= Tính
S=a+b
A S =−1 B S = C S =−5 D S = Lời giải
Vì(1 + 2i)z−8−i= 0⇔z = +i + 2i =
(8 +i)(1−2i)
1 + =
10−15i
5 = 2−3i nên (
a= b=−3
Vậy S=a+b=−1
Chọn đáp án A
Câu 36.11 Biết z = 1−2i nghiệm phương trình z2+az+b = (với a, b ∈ R) Khi
a+b
A B −3 C D −4
Lời giải
Vìz = 1−2i nghiệm phương trình nên ta có
(1−2i)2+a(1−2i) +b = ⇔ a+b−3 + (−4−2a)i=
⇔
(
a+b−3 =
−4−2a=
⇔
(
a=−2 b =
Vậy a+b =
Chọn đáp án A
Câu 36.12 Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần thực âm phần ảo dương phương trình
z2 + 2z + 10 = Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức w = i2019z0?
A M(3;−1) B M(−3; 1) C M(3; 1) D M(−3;−1)
Lời giải
Ta có z2+ 2z+ 10 = 0⇔
"
z =−1 + 3i z =−1−3i
nên z0=−1 + 3i
Khi w=i2019z0 =i·(−1)1009·(−1 + 3i) =−i·(−1 + 3i) = +i nên điểm biểu diễn số phức w M(3; 1)
Chọn đáp án C
Câu 36.13 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình z2−8z+ 25 = Khi đó, giả sử z12 =a+bi a+b
A B −7 C 24 D 31
Lời giải
Phương trình z2−8z+ 25 = 0⇒
"
z1 = + 3i
z2 = 4−3i Ta có z12= + 24i⇒a= 7;b = 24⇒a+b= 31
Chọn đáp án D
(127)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A M2
−3;1
B M3
3;1
2
C M4
3;−1
2
D M1
−3;−1
2
Lời giải
4z2+ 4z+ 37 = 0⇔
z =−1
2 + 3i z =−1
2 −3i
Suy z0=−
1
2+ 3i⇒iz0=−3−
2i Do iz0 có điểm biểu diễn M1
−3;−1
2
Chọn đáp án D
Câu 36.15 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình z2−2z+ = Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn z1 có tọa độ
A (−1; 2) B (2; 1) C (−2; 1) D (1; 2)
Lời giải
Ta có: z2−2z+ = 0⇔
"
z = + 2i z = 1−2i
Do z1 có phần ảo dương ⇒z1= + 2i
Do điểm biểu diễn z1 có tọa độ (1; 2)
Chọn đáp án D
CÂU 37 Trong không gianOxyz,cho điểmM(2; 1; 0)và đường thằng∆ : x−3
1 =
y−1
4 =
z+
−2
Mặt phằng qua M vng góc với ∆ có phương trình
A 3x+y−z−7 = B x+ 4y−2z+ =
C x+ 4y−2z−6 = D 3x+y−z+ =
Lời giải
Đường thẳng ∆ : x−3
1 =
y−1
4 =
z+
−2 nhận vectơ #»
u = (1; 4;−2) vectơ phương Mặt phẳng qua M vng góc với ∆ nhận vectơ phương #»u = (1; 4;−2) ∆ vectơ pháp tuyến
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm 1.(x−2) + 4.(y−2)−2.(z−0) = 0⇔x+ 4y−2z−6 =
Chọn đáp án C
Câu 37.1 Trong không gian Oxyz, mặt phẳng chứa trục Ox qua điểm A(1; 1;−1) có phương trình
A z+ = B x−y= C x+z = D y+z =
Lời giải
Mặt phẳng chứa trục Ox có dạng By+Cz= 0, B2+C2 6=
Mặt phẳng qua điểm A(1; 1;−1) nên B−C = 0⇔B =C Do chọn B =C =
Chọn đáp án D
Câu 37.2 Trong không gianOxyz,cho hai đường thẳngd1:
x−1
2 =
y+
3 =
z−3
−5 vàd2:
x=−1 +t y= + 3t z = +t
Tìm phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d1 song song với đường thẳng d2
A 18x+ 7y+ 3z+ 20 = B 18x−7y+ 3z+ 34 =
C 18x+ 7y+ 3z−20 = D 18x−7y+ 3z−34 =
(128)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Đường thẳng d1 qua M(1;−1; 3) nhận u#»1 = (2; 3;−5) làm véc-tơ phương; d2 có véc-tơ phương u#»2 = (1; 3; 1)
Mặt phẳng (P) chứa d1 song song d2 nên nhận véc-tơ #»n = [u#»1,u#»2] = (18;−7; 3) làm véc-tơ pháp tuyến
Vậy phương trình tổng quát (P)
18(x−1)−7(y+ 1) + 3(z−3) =
⇔ 18x−7y+ 3z−34 =
Chọn đáp án D
Câu 37.3 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : 3x−4y+ 5z−6 = đường thẳng
d: x−1
2 =
y−2
3 =
z−3
1 Gọi ϕ góc đường thẳng d mặt phẳng (P) Tìm khẳng định
đúng
A sinϕ=
5√28 B cosϕ=−
5√28 C cosϕ=
5√28 D sinϕ=− 5√28
Lời giải
(P) có véc-tơ pháp tuyến #»n = (3;−4; 5) d có véc-tơ phương #»u = (2; 3; 1) Khi ta có
sinϕ=|cos (#»n ,#»u)|= | #»n · #»u|
|#»n| · |#»u| =
1 5√28
Chọn đáp án A
Câu 37.4 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x−1
1 =
y+
−1 = z
Mặt phẳng (P) qua điểm M(2; 0;−1) vng góc với d có phương trình
A x−y+ 2z= B x−2y−2 = C x+y+ 2z = D x−y−2z = Lời giải
Mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến phương với véc-tơ phương đường thẳng d, suy #»n(P) = (1;−1; 2) Phương trình mặt phẳng (P)
1(x−2)−1(y−0) + 2(z+ 1) = 0⇔x−y+ 2z =
Chọn đáp án A
Câu 37.5 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) : x+
1 =
y−2
−1 = z−1
2 Mặt
phẳng (P) qua điểm M(2; 0;−1) vuông góc với (d) có phương trình
A (P) : x−y−2z = B (P) : 2x−z =
C (P) : x−y+ 2z+ = D (P) :x−y+ 2z = Lời giải
Mặt phẳng(P)đi quaM(2; 0;−1)có véc-tơ pháp tuyến #»n = (1;−1; 2)có dạng(P) : x−y+2z=
Chọn đáp án D
Câu 37.6 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) hai đường thẳng d1:
x= +t y =−1−2t z = +t
,
d2 :
x =
y−1
1 =
z+
−1 Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A song song với hai đường
(129)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A (α) :x+ 3y−5z−13 = B (α) : 3x+y+z+ 13 = C (α) :x+ 2y+z−13 = D (α) :x+ 3y+ 5z−13 = Lời giải
Phương trình mặt phẳng (α) song song với hai đường thẳng d1, d2 suy #»n(α) = [#»nd1,#»nd2] = (1; 3; 5)
Vậy (α) : 1(x−0) + 3(y−1) + 5(z−2) = 0⇔x+ 3y+ 5z−13 =
Chọn đáp án D
Câu 37.7 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : x =
y+
2 =
z+
3 mặt phẳng (P) : x+ 2y−2z+ = Gọi M điểm thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Nếu M có hồnh độ âm tung độ M
A −1 B −3 C −21 D −5
Lời giải
Do M thuộc d nên M có tọa độ dạng M(t;−1 + 2t;−2 + 3t) Theo giả thiết, ta có d(M, P) = ⇔ |t−2 + 4t+ 4−6t+ 3|
3 = ⇔ |5−t| = ⇔
"
t=−1
t= 11 M có
hồnh độ âm nên t=−1⇒ tung độ M −3
Chọn đáp án B
Câu 37.8 Cho mặt phẳng (α) : 3x−2y−z+ = đường thẳng ∆ : x−1
2 =
y−7
1 =
z−3
Gọi (β) mặt phẳng chứa ∆ song song với (α) Khoảng cách (α) (β) A √3
14 B −
9
√
21 C
9
21 D
9
√
14
Lời giải
Lấy A(1; 7; 3)∈∆ Vì (β)k(α) nên
d ((α),(β)) = d(A,(α)) = p|3·1−2·7−3 + 5| 32+ (−2)2+ (−1)2 =
9
√
14
Chọn đáp án D
Câu 37.9 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) : x−1
2 =
y−2
−1 = z−3
2 Mặt phẳng (P) vuông góc với (d) có véc-tơ pháp tuyến
A #»n(1; 2; 3) B #»n(2;−1; 2) C #»n(1; 4; 1) D #»n(2; 1; 2) Lời giải
Véc-tơ phương đường thẳng (d) u#»d = (2;−1; 2)
Mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng (d) nên có véc-tơ pháp tuyến n# »P =u#»d = (2;−1; 2) Vậy véc-tơ pháp tuyến (P) #»n(2;−1; 2)
Chọn đáp án B
Câu 37.10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x−2
1 =
y−1
−1 = z−1
2
và điểm A(−2; 1; 0) Viết phương trình mặt phẳng qua A chứa d
A x−7y−4z+ = B x−y−4z+ =
C x−7y−4z+ = D x−y+ 2z+ =
(130)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/
Chọn điểm B(2; 1; 1)∈d, suy AB# »= (4,0,1)
Véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng cần tìm #»n =ỵAB,# » #»ud
ó
= (1;−7;−4)
Phương trình mặt phẳng cần tìm (x+ 2)−7(y−1)−4z = 0⇔x−7y−4z+ =
Chọn đáp án C
CÂU 38 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M(1; 0; 1) N(3; 2;−1) Đường thẳng M N có phương trình tham số
A
x= + 2t y= 2t z = +t
B
x= +t y=t z = +t
C
x= 1−t y=t z = +t
D
x= +t y=t z= 1−t
Lời giải
Đường thẳngM N nhậnM N# »= (2; 2;−2)hoặc #»u = (1; 1;−1)là vectơ phương nên ta loại phương án A,B C
Thay tọa độ M(1; 0;l) vào phương trình phương án D ta thấy thỏa mãn
Chọn đáp án D
Câu 38.1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình tham số
x= +t y=−3t z =−1 + 5t
Phương trình tắc đường thẳng d
A x−2
1 =
y
−3 = z+
5 B x−2 =y =z+
C x+
1 =
y
−3 = z−1
5 D
x+
−1 = y =
z−1
−5
Lời giải
Đường thẳngdđi qua điểmM(2; 0;−1)và có véc-tơ phương #»u = (1;−3; 5)nên có phương trình tắc x−2
1 =
y
−3 = z+
5
Chọn đáp án A
Câu 38.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình tắc đường thẳng
d qua điểm A(1; 2; 3) vng góc với mặt phẳng (P) : 2x+ 2y+z+ 2017 = A x+
2 =
y+
2 =
z+
1 B
x−1
2 =
y−2
2 =
z−3
C x−2
1 =
y−2
2 =
z−1
3 D
x+
1 =
y+
2 =
z+
Lời giải
d vng góc với (P) nên d có véc-tơ phương #»nP = (2; 2; 1) Do đó, phương trình tắc đường thẳng d x−1
2 =
y−2
2 =
z−3
Chọn đáp án B
Câu 38.3 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình tắc đường thẳng d qua A(1; 2;−1) vng góc với mặt phẳng (P) : x+ 2y−3z+ =
A d: x+
1 =
y+
−2 = z−1
−3 B d: x+
1 =
y+
2 =
z−1
−3
C d: x−1
1 =
y−2
2 =
z+
3 D d:
x−1
−1 = y−2
−2 = z+
3
(131)LUYỆN THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
d qua A(1; 2;−1) nhận véc-tơ pháp tuyến (P) làm véc-tơ phương nên có phương trình x−1
−1 = y−2
−2 = z+
3
Chọn đáp án D
Câu 38.4 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) B(2; 4;−1) Phương trình tắc đường thẳng d qua A, B
A x+
1 =
y+
2 =
z+
4 B
x+
1 =
y+
2 =
z+
C x−1
1 =
y−2
2 =
z−3
−4 D
x+
1 =
y+
2 =
z−1
−4
Lời giải
Ta có đường thẳng d qua A(1; 2; 3)và có véc-tơ phương AB# »= (1; 2;−4) Vậy phương trình tắc đường thẳng d x−1
1 =
y−2
2 =
z−3
−4 ·
Chọn đáp án C
Câu 38.5 Trong không gianOxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1), B(−1; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng∆đi qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácOAB vng góc với mặt phẳng(OAB)
A ∆ :
x=t y= +t z = 1−t
B ∆ :
x=t y= +t z = +t
C ∆ :
x= +t y= +t z = 1−t
D ∆ :
x=−1 +t y=t z = 3−t
Lời giải
Tam giácOAB vng tạiO nên tâm đường trịn ngoại tiếp trung điểm AB có tọa độI(0; 1; 1) Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến #»n =ỵOA,# » OB# »ó= (−2;−2; 2)
Suy đường thẳng∆ có #»u = (1; 1;−1)và qua I(0; 1; 1) Vậy phương trình đường thẳng ∆
∆ :
x=t y= +t z= 1−t
Chọn đáp án A
Câu 38.6 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;−2;−3), B(−1; 4; 1) đường thẳng d: x+
1 =
y−2
−1 = z+
2 Phương trình phương trình đường
thẳng qua trung điểm đoạn thẳng AB song song với d? A x
1 =
y−1
−1 = z+
2
B x
1 =
y−2
−1 = z+
2
C x
1 =
y−1
1 =
z+
D x
1 =
y+
−1 = z−1
2
Lời giải
Gọi M trung điểm đoạn AB, ta có M(0; 1;−1) Khi đường thẳng qua M song song với d có phương trình x
1 = y−1
−1 = z+
2
Chọn đáp án A
Câu 38.7 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) B(3;−4; 5) Phương trình sau khơng phải phương trình đường thẳng AB?
A
x= + 2t y=−4−6t z = + 2t
B
x= 3−t y =−4 + 3t z = 5−t
C
x= +t y =−4−3t z = +t
D
x= + 2t y = 2−6t z = + 2t
(132)https://www f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/ Lời giải
Ta cóAB# » = (2;−6; 2)⇒AB# » phương với véc-tơ có tọa độ (−1; 3;−1), (1;−3; 1) Phương
trình đường thẳng AB
x= +t y=−4−3t z = +t
Ta thấy điểm M(1;−4; 1) khơng thỏa mãn phương trình đường thẳng AB
Chọn đáp án A
Câu 38.8 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1) B(−1; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB)
A ∆ :
x= +t y= +t z = 1−t
B ∆ :
x=t y= +t z = +t
C ∆ :
x=−1 +t y=t z = 3−t
D ∆ :
x=t y= +t z= 1−t
Lời giải
Ta cóOA# »= (1; 0; 1), OB# »= (−1; 2; 1)⇒OA# »·OB# »= 0⇒OA⊥OB Do vậy, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB (0; 1; 1)
Lại có ỵOA,# » OB# »ó = (−2;−2; 2) ⇒ véc-tơ phương ∆ #»n = (1; 1;−1) ⇒ phương trình
đường thẳng∆ :
x=t y= +t z = 1−t
Chọn đáp án D
Câu 38.9 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;−2;−3), B(−1; 4; 1) đường thẳng d: x+
1 =
y−2
−1 = z+
2 Phương trình phương trình đường
thẳng qua trung điểm đoạn AB song song với d? A x
1 = y−1
−1 = z+
2 B
x−1
1 =
y−1
−1 = z+
2
C x
1 = y−2
−1 = z+
2 D
x =
y−1
1 =
z+
Lời giải
Gọi ∆ đường thẳng cần lập phương trình Ta có • Trung điểm AB I(0; 1;−1)
• Đường thẳng d: x+
1 =
y−2
−1 = z+
2 có véc-tơ phương
#»u(1;−1; 2).
Đường thẳng∆ qua I nhận #»u(1;−1; 2) làm véc-tơ phương nên ∆ : x =
y−1
−1 = x+
2
Chọn đáp án A
Câu 38.10 Trong không gian Oxyz, cho hai điểmA(1; 2; 0)và B(2; 1; 2) Phương trình tham số đường thẳng AB
A
x= + 2t y = 1−t z = +t
B
x= +t y= +t z = 2t
C
x= +t y= 2−t z = 2t
D
x= +t y= 2−t z =
(133)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
Ta có AB# »= (1;−1; 2) véc-tơ phương đường thẳng AB
Phương trình tham số đường thẳng AB
x= +t y= 2−t z = 2t
Chọn đáp án C
Câu 38.11 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;−2; 6), B(−3; 1;−2) Đường thẳng AB
cắt mặt phẳng (Oxy) điểm M Tính tỉ số AM
BM
A B C
3 D
1
Lời giải
Phương trình đường thẳng AB có vectơ phương AB# »= (−4; 3;−8) x−1 −4 =
y+
3 =
z−6
−8 M giao điểm AB với (Oxy) nên thỏa hệ
x−1
−4 = y+
3 =
z−6
−8 z =
⇔
x=−2 y=
4 z =
Suy AM =
√
89
4 BM =
√
89 Vậy
AM BM =
Chọn đáp án B
CÂU 39 Có ghế kê thành hàng ngang Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B I học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, cho ghế có học sinh Xác suất để học sinh lóp C ngồi cạnh học sinh lớp B
A
6 B
3
20 C
2
15 D
1
Lời giải
Xếp ngẫu nhiên học sinh thành hàng ngang, khơng gian mẫu có số phần tử 6! Gọi M biến cố "học học lớp C ngồi cạnh học sinh lớp B"
Xét trường hợp
Trường hợp Học sinh lớp C ngồi đầu dãy
• Chọn vị trí cho học sinh lớp C có cách
• Chọn học sinh lớp B ngồi cạnh học sinh lớp C có cách • Hốn vị học sinh cịn lại cho có 4! cách
Trường hợp thu 2.2.4! = 96 cách
Trường hợp Học sinh lớp C ngồi hai học sinh lớp B , ta gộp thành nhóm, đó: • Hốn vị phần tử gồm học sinh lớp A nhóm gồm học sinh lớp B
lớp C có: 4! cách
• Hốn vị hai học sinh lớp B cho có: 2! cách Như số phần tử biến cố M là: 48 + 96 = 144 Xác suất biến cô M P(M) = 144
(134)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án D
Câu 39.1 Xếp nam nữ vào bàn dài gồm chỗ ngồi Tính xác suất để nữ không ngồi cạnh
A
7 B
4
7 C
5
7 D
2
Lời giải
Xếp hai nữ cạnh có cách Xếp nam nhóm nữ có 6! cách
Xếp nam nữ cho nữ cạnh có 2·6! cách
Xác suất để xếp nam nữ cho nữ cạnh 2·6!
7! =
Vậy xác suất cần tìm 1−
7 =
Chọn đáp án C
Câu 39.2 Một nhóm có học sinh lớp A học sinh lớp B Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh ngồi vào dãy12 ghế hàng ngang cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất cho khơng có học sinh lớp B ngồi cạnh
A
99 B
1
132 C
7
264 D
1 792
Lời giải
• Xếp 12 học sinh ngồi vào dãy 12 ghế hàng ngang cho ghế có học sinh ngồi có 12! cách
• Xếp học sinh lớp A vào ghế, có 7! cách
Khi ghế xếp học sinh lớp A tạo khoảng trống, ta xếp học sinh lớp B vào
trong khoảng trống đó, có A58 cách
⇒ có 7!·A58 cách xếp 12 học sinh mà học sinh lớp B không ngồi cạnh Vậy xác suất cần tìm 7!·A
5
12! =
7 99
Chọn đáp án A
Câu 39.3 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C bàn trịn Tính xác suất P để học sinh lớp ngồi cạnh
A P =
1260 B P =
1
126 C P =
1
28 D P =
1 252
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = 9!
Gọi E biến cố học sinh lớp ln ngồi cạnh Ta có bước xếp sau: • Xếp học sinh lớp 12C ngồi vào bàn cho học sinh ngồi sát Số cách
xếp 5!
• Xếp học sinh lớp 12B vào bàn cho học sinh ngồi sát sát nhóm học sinh 12C Số cách xếp 3!×2
(135)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Số phần tử thuận lợi cho biến cố E n(E) = 5!×3!×2×2! Xác suất biến cố E P(E) = n(E)
n(Ω) = 126
Chọn đáp án B
Câu 39.4 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C bàn trịn Tính xác suất P để học sinh lớp ngồi cạnh
A P =
1260 B P =
1
126 C P =
1
28 D P =
1 252
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = 9!
Gọi E biến cố học sinh lớp ln ngồi cạnh Ta có bước xếp sau: • Xếp học sinh lớp 12C ngồi vào bàn cho học sinh ngồi sát Số cách
xếp 5!
• Xếp học sinh lớp 12B vào bàn cho học sinh ngồi sát sát nhóm học sinh 12C Số cách xếp 3!×2
• Xếp học sinh lớp 12A vào hai vị trí cịn lại bàn Số cách xếp 2! Số phần tử thuận lợi cho biến cố E n(E) = 5!×3!×2×2!
Xác suất biến cố E P(E) = n(E) n(Ω) =
1 126
Chọn đáp án B
Câu 39.5 Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà đứa bé vào ngồi
cái ghế xếp thành hàng ngang Xác suất cho đứa bé ngồi hai người đàn bà bao nhiêu?
A
30 B
1
5 C
1
15 D
1
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = P6 = 6! = 720 Gọi A biến cố xếp đứa bé ngồi hai người đàn bà
Đánh thứ tự ghế 1, 2, 3, 4, 5, Ta có trường hợp để xếp đứa bé ngồi hai người đàn bà hai người đàn bà ngồi cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6) Ở trường hợp ta có số cách xếp 2!·1·3! = 12 Dó số phần tử A n(A) = 4·12 = 48
Xác suất biến cố A P(A) = n(A) n(Ω) =
48 720 =
1 15
Chọn đáp án C
Câu 39.6 Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà đứa bé vào ngồi
cái ghế xếp thành hàng ngang Xác suất cho đứa bé ngồi hai người đàn bà bao nhiêu?
A
30 B
1
5 C
1
15 D
1
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = P6 = 6! = 720 Gọi A biến cố xếp đứa bé ngồi hai người đàn bà
(136)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
đàn bà hai người đàn bà ngồi cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6) Ở trường hợp ta có số cách xếp là2!·1·3! = 12 Dó số phần tử A n(A) = 4·12 = 48
Xác suất biến cố A P(A) = n(A) n(Ω) =
48 720 =
1 15
Chọn đáp án C
Câu 39.7 Xếp ngẫu nhiên bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đơng ngồi vào dãy ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi ghế) Tính xác suất để hai bạn An Bình khơng ngồi cạnh
A
5 B
2
5 C
1
5 D
4
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = 5!
Gọi A biến cố “An Bình khơng ngồi cạnh nhau.” Khi A biến cố “An Bình ngồi cạnh nhau.”
• Có cách chọn vị trí liền để xếp An Bình
• Có 2! cách xếp An Bình ngồi vào vị trí liền chọn • Có 3! cách xếp bạn cịn lại vào vị trí cịn lại
Suy số cách xếp để An Bình ngồi cạnh
n(A) = 4·2!·3! = 48
Do
P(A) = 1−P(A) = 1− n(A)
n(Ω) = 1− 48
5! =
Chọn đáp án A
Câu 39.8 người đàn ông, người đàn bà đứa trẻ xếp ngồi vào ghế đặt quanh bàn tròn Xác suất để xếp đứa trẻ ngồi hai người đàn ông
A
15 B
1
5 C
2
15 D
2
Lời giải
Số cách xếp người vào bàn tròn 6!
Goi A biến cố đứa trẻ ngồi cạnh hai người đàn ông
Lấy2 người đàn ơng có 6cách Cho hai người ngồi vào bàn cạnh có cách Cho đứa trẻ hai người đàn ơng có cách người cịn lại có 4! cách Vậy số phần tử A
là 288 Do xác suất để biến cố A xãy 288
6! = 15
Chọn đáp án C
Câu 39.9 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ghế Xếp ngẫu nhiên 10học sinh, gồm
5 nam nữ ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ
A
63 B
1
252 C
8
63 D
1 945
Lời giải Cách 1:
(137)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Gọi biến cố A: “Các bạn học sinh nam ngồi đối diện bạn nữ ” Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có 10 cách
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách (Khơng ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất) Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách (Khơng ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai)
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách (Khơng ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai, thứ ba)
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai, thứ ba, thứ tư)
Xếp chỗ cho học sinh nữ: 5! Cách ta có n(A) = 10·8·6·4·2·5! = 460800 Vậy P(A) = 460800
10! =
8 63
Cách 2: Chọn vị trí bên trái có 25 cách Chọn vị trí bên phải có 1·1·1·1·1 = cách Hốn vị nam có 5!
Hốn vị nữ có 5!
n(A) = 25·5!·5!
P(A) =
5·5!·5!
10! =
8 63
Chọn đáp án C
Câu 39.10 Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10em học sinh đội tuyển Biết em có số thứ tự danh sách lập thành cấp số cộng Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, dãy có ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau
A
954 B
1
126 C
1
945 D
1 252
Lời giải
Giả sử số thứ tự danh sách u1, u2, u3, ., u10
Do dãy cấp số cộng nên ta có u1+u10 =u2+u9 =u3+u8 =u4+u7 =u5+u6 Số phần tử không gian mẫu n(Ω) = 10!
Gọi A biến cố “Tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau” Để biến cố xảy ta thực liên tiếp bước sau
Bước 1: xếp thứ tự cặp học sinh có cặp số thứ tự {u1;u10}, {u2;u9}, {u3;u8}, {u4;u7}, {u5;u6} vào trước cặp ghế đối diện Bước có 5! cách
Bước 2: xếp cặp ngồi vào cặp ghế đối diện chọn bước Bước có 25 cách Suy số kết thuận lợi cho biến cố A n(A) = 5!·25
Vậy xác suất biến cố A P(A) = n(A) n(Ω) =
1 945
Chọn đáp án C
Câu 39.11 Sắp xếp 12 học sinh lớp 12A gồm có học sinh nam học sinh nữ vào bàn dài gồm có hai dãy ghế đối diện (mỗi dãy gồm có ghế) để thảo luận nhóm Tính xác suất để hai học sinh ngồi đối diện cạnh khác giới
A
4158 B
9
8316 C
9
299760 D
(138)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Lời giải
Không gian mẫu: Sắp xếp 12 học sinh vào 12 ghế, ta có: n(Ω) = 12!
Biến cố A học sinh nam vào có đánh dấ hình vẽ ghế lại dành cho học sinh nữ ngược lại
Vậy ta có:n(A) = 2·6!·6!
× × ×
× × ×
Vậy xác suất để xếp 12 học sinh vào bàn học cho hai học sinh ngồi đối diện cạnh khác giới là:
P(A) = 2·6!·6!
12! =
9 4158
Chọn đáp án A
Câu 39.12 Có mười ghế (mỗi ghế ngồi người) hàng ngang Xếp ngẫu nhiên học sinh ngồi vào, học sinh ngồi ghế Tính xác suất cho khơng có hai ghế trống kề
A 0,25 B 0,46 C 0,6(4) D 0,4(6)
Lời giải
Để có cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn, ta cho học sinh, người ngồi ghế, sau xếp ba ghế cịn lại, ghế vào vị trí hai học sinh hai đầu hàng Vậy có tất 7!·C38 cách xếp học sinh vào hàng thỏa mãn Số cách xếp học sinh vào hàng
A710 Vậy xác suất cần tìm 7!·C
A710 = 0,4(6)
Chọn đáp án D
Câu 39.13 Có dãy ghế gồm ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm học sinh lớp A,
học sinh lớp B học sinh lớp C ngồi vào dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để khơng có học sinh lớp C ngồi cạnh
A
3 B
1
3 C
5
6 D
1
Lời giải
Cho học sinh lớp C ngồi cạnh thành nhóm D
2 học sinh lớp C đổi vị trí nhóm D: 2! cách Nhóm D đổi vị trí với học sinh cịn lại: 5! cách Khơng gian mẫu: 6! cách
Xác suất để học sinh lớp C ngồi cạnh nhau: 2!·5!
6! =
Vậy xác suất để học sinh lớp C không ngồi cạnh = 1−
3 =
Chọn đáp án A
Câu 39.14 Xếp ngẫu nhiên học sinh nam học sinh nữ ngồi xung quanh bàn tròn, (hai cách xếp gọi có phép quay biến cách ngồi thành cách ngồi kia) Tính xác suất để học sinh nữ ln ngồi cạnh
A
15 B
1
12 C
3
10 D
1
(139)LUYỆN
THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có số phần tử khơng gian mẫu số cách xếp 10 phần tử xung quanh bàn trịn
Do n(Ω) = 9!
Xem3 nữ nhóm kết hợp với7 nam suy số cách xếp 10học sinh, 3học sinh nữ ngồi cạnh 3!7!
Vậy xác suất cần tìm 3!7!
9! = 12
Chọn đáp án B
Câu 39.15 Xếp ngẫu nhiên học sinh nam học sinh nữ ngồi xung quanh bàn tròn Xác suất để học sinh nữ ngồi cạnh
A
10 B
1
12 C
5
32 D
5 42
Lời giải
Để xếp 10 bạn vào ngồi xung quanh bàn tròn ta có 9! cách Gọi biến cố A:"số học sinh nữ ngồi cạnh nhau"
Để xếp bạn nam vào ngồi cạnh ta có 7! cách Để xếp bạn ngồi cạnh ta có 3! cách
Theo quy tắc nhân ta có 3!×7! cách Vậy: xác suất biến cố A là:
P(A) = n(A) n(Ω) =
3!×7!
9! =
1 12
Chọn đáp án B
Câu 39.16 Một lớp có 36 ghế đơn xếp thành hình vng 6×6 Giáo viên muốn xếp 36
học sinh, có hai anh em Kỷ Hợi Tính xác suất để hai anh em Kỷ Hợi ngồi gần theo chiều dọc ngang
A
21 B
1
7 C
1
21 D
2 21
Lời giải
Có 36 học sinh, xếp vào 36 vị trí nên khơng gian mẫu có 36! phần tử Xem hai học sinh Kỷ Hợi người tên KH
Có cách xếp em KH vào dãy ghế Đổi chỗ hai học sinh KH có cách
Do có 5·2·6 = 60 cách xếp KH dãy ghế Tương tự, có 60 cách xếp KH hàng ghế
Có 34! Cách xếp 34 học sinh lại 34 ghế lại
Đặt A biến cố “hai anh em Kỷ Hợi ngồi gần theo chiều dọc ngang” Thì |A|= 60·2·34! suy P(A) = 2·60·34!
36! =
2 21
Chọn đáp án D
(140)https://www
.f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
với mặt phẳng đáy SA = a (minh họa hình bên) Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SM BC
bằng A 2a
3 B
√
6a
C √
3a
3 D
a
S
C
B A
M
Lời giải
S
C
B A
M
N
Gọi N trung điểm AC, ta có M N kBC nên ta BC k(SM N) Do d(BC, M B) = d(BC,(SM N)) =d(B,(SM N)) =d(A,(SM N)) =h
1 h2 =
1 AS2 +
1
AM2 +
1 AN2 =
1 a2 +
1 a2 +
1 4a2 =
9
4a2 ⇒d =
2a
Chọn đáp án A
Câu 40.1 Cho hình chóp S.ABCDcóSA⊥(ABCD) vàABCD hình vng cạnh 2a, khoảng cách C đến (SBD) 2a
√
3
3 Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
A x=a√3 B 2a C x=a√2 D x= 3a Lời giải
S
H
A
B C
D
2a
(141)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có: CD ⊥(SAD)⇒(SCD)⊥(SAD) theo giao tuyến SD Trong (SAD) kẻ AH ⊥SD, H ∈SD ⇒AH ⊥(SCD)
Vậy x= d(A,(SCD)) =AH
Đặt h= d(A,(SBD)) Ta cóh = d(A,(SBD)) = d(C,(SBD)) Theo d(C,(SBD)) = 2a
√
3
3 nên h= d(A,(SBD)) = 2a√3
3
Vì tứ diện SABD có ba cạnh AS, AB, AD đơi vng góc nên
1 h2 =
1 AS2 +
1 AB2 +
1
AD2 ⇒
1 SA2 =
1
Å
2a√3
ã2
−
(2a)2 −
1 (2a)2 =
1
4a2 ⇒SA= 2a
Do 4SAD vng cân A có: SD =AD√2 = 2a√2⇒x=AH = SD =a
√
2
Chọn đáp án C
Câu 40.2 Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0có tất cạnh a Khoảng cách hai đường thẳng BC AB0
A a √
21
7 B
a√3
2 C
a√7
4 D
a√2
Lời giải
Ta có BCkB0C0⇒BCk(AB0C0) Suy ra:
d(BC, AB0) = d(BC,(AB0C0)) = d(B,(AB0C0)) = d(A0,(AB0C0))
Gọi I H hình chiếu vng góc A0 B0C0 AI
Ta có: B0C0⊥A0I B0C0⊥A0A
nên B0C0⊥(A0AI)⇒B0C0⊥A0H
Mà AI⊥A0H Do (AB0C0)⊥A0H A B
C A0
B0
C0
I H
Khi đó: d(A0,(AB0C0)) =A0H = A
0A.A0I √
A0A2+A0I2 =
a.a
√
3
a2+
Å
a√3
ã2
= a
√
21
Vậy khoảng cách cần tìm a √
21
Chọn đáp án A
Câu 40.3 Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a SA ⊥ (ABC) Biết AB = BC = 2a
’
ABC = 120◦ Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A 3a
2 B
a
2 C a D 2a
Lời giải
(142).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Gọi I hình hình chiếu vng góc A BC, ta có AI ⊥ BC (1)
Mặt khác SA⊥(ABC) nên SA⊥BC (2) Từ (1) (2) suy BC ⊥(SIA) (3) Gọi H hình hình chiếu vng góc A SI, ta có AH ⊥ SI (4)
Từ (3) (4) suy AH ⊥ (SBC) nên khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) AH
Xét tam giác BIA vuông I, ta có
AI =AB·sin 120◦ = 2a· √
3 =a
√
3
Xét tam giác SAI vng A, ta có
S
B
A C
I H
1 AH2 =
1 AS2 +
1
AI2 ⇒AH =
…
AS2·AI2 AS2+AI2 =
(3a)2·(a√3)2 (3a)2+ (a√3)2 =
3a
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) 3a
2
Chọn đáp án A
Câu 40.4 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA ⊥
(ABCD) SA=a√2 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng: A 2a
√
5
5 B a
√
3 C a
2 D
a√3
Lời giải Phương pháp
Chứng minh để tìm khoảng cách sau áp dụng hệt thức lượng tam giác vuông để tính tốn
Cách giải:
Kẻ AH ⊥SB ={H} Ta có:
(
SA⊥AB
BC ⊥SA
⇒BC ⊥(SAB)⇒BC ⊥AH (
AH ⊥SB
AH ⊥BC ⇒AH ⊥(SBC)⇒d(A; (SBC)) =AH
Áp dụng hệ thức lượng trong4SAB có đường cao AH ta có:
d(A; (SBC)) = AH = √ SA.AB
SA2+AB2 =
a√3a
√
3a2+a2 =
a√3
S
B C
D H
A
Chọn đáp án D
Câu 40.5 Cho hình lăng trụ tam giác đềuABC.A0B0C0 có tất cạnh a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A0BC)
A a √
3
4 B
a√21
7 C
a√2
2 D
a√6
Lời giải
(143)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Gọi H trung điểm BC, giả thiết 4ABC nên
AH = a
√
3
2 AH ⊥BC (1)
Do AA0 ⊥(ABC) suy AA0 ⊥BC (2) Từ (1), (2) ta suy BC ⊥(AA0H)
Trong mặt phằng (AA0H) kẻ AI ⊥A0H (3)
Theo chứng minh BC ⊥(AA0H) nên BC ⊥AI (4) Từ (3), (4) suy AI ⊥ (AA0H) khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A0BC) AI
Xét 4AA0H ta có
AI2 =
1 AA02 +
1 AH2 =
1 a2 +
4 3a2 suy AI2= 3a
2
7 ⇔AI = a√21
7
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BA0C) a √
21
A A0
B I
C C0
H B0
Chọn đáp án B
Câu 40.6 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OC = 2a,
OA = OB = a Gọi M trung điểm AB Tính khoảng cách hai đường thẳng OM
và AC A 2a
3 B
2√5a
5 C
√
2a
3 D
√
2a
Lời giải
Dựng hình bình hành AM OD, OM ⊥AM nên hình bình hànhAM ODlà hình chữ nhật GọiHlà hình chiếu vng góc O đường thẳng CD Ta có
(
AD⊥DO
AD⊥CO
⇒AD⊥OH ⇒OH ⊥(ACD) (1)
OM k(ACD)⇒d(OM, AC) = d(O,(ACD)) (2)
Từ (1) (2) suy
d(OM, AC) =OH = √OC ·OD
OC2+OD2 =
2√5a
C
B O
A
M D
H
Chọn đáp án B
Câu 40.7 Cho tứ diện ABCD cạnh a, tính khoảng cách hai đường thẳng AB
CD A a
√
2
2 B
a√3
2 C
a√3
3 D a
Lời giải
(144).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Ta cóN D,N C đường cao tam giác đềuABD
và ABC cạnh a nên N D=N C = a
√
3
2 Tam giác N CD cân N
và M trung điểm CD nên M N ⊥CD
Chứng minh tương tự ta có M N ⊥ AB Suy M N đoạn vng góc chung AB CD nên d(AB, CD) =M N
Dùng công thức Hê-rơng, ta có SN CD = √
2a2
Suy M N = 2SN CD
CD =
a√2
2 D
M
C B
A
N
Chọn đáp án A
Câu 40.8 Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi M trung điểm cạnh AD Tính khoảng cách hai đường thẳng AB CM
A a √
11
2 B
a
2 C
a√6
3 D
a√22 11
Lời giải
Gọi N trung điểm BD,
ta có ABkM N ⇒ABk(CM N) Mà CM ⊂(CM N),
suy d (AB, CM) = d (AB,(CM N)) = d (A,(CM N)) = d (D,(CM N))
Ta có CM =CN = a
√
3
2 , M N =
a
Gọi H trung điểm M N, ta có CH ⊥M N ,
CH =√CM2−M H2 = a √
11
Suy SCM N =
1
2CH ·M N =
a2√11 16
Mặt khác VCDM N =
4VABCD =
a3√2
12 =
a3√2 48
Do d (D,(CM N)) = 3VCDM N S4CM N =
a√22 11
N C
A H D
M
B
Chọn đáp án D
Câu 40.9 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB=a, AD= 2a Tam giác SAB
cân tạiS nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc đường thẳng SC mặt phẳng
(ABCD) 45◦ Gọi M trung điểm SD Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)
A a √
1315
89 B
2a√1315
89 C
a√1513
89 D
2a√1513
89
Lời giải
(145)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
S
B C
H
N
A D
E F
M
Gọi H, M, N trung điểm cạnh AB, SD, AD Từ giả thiết ta có SH ⊥ (ABCD)
’
SCH = 45◦; tam giác SHC vuông cân nên SH =HC =
√
17a
2 M N kSA suy d(M,(SAC)) = d(N,(SAC)) = d(H,(SAC)) (1)
Dựng HE ⊥AC, HF ⊥SE Dễ thấy HF ⊥(SAC) (2) Từ (1) (2) suy
d(M,(SAC)) = HF = √HE·SH
HE2+SH2 =
a√1513 89
Chọn đáp án C
Câu 40.10
Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy tam giác vng
A, AB=AC =b có cạnh bên b Khoảng cách hai đường thẳng AB0 BC
A b B b√3 C b √
2
2 D
b√3
A
B A0
B0
C C0
Lời giải Cách 1:
Gọi I, K trung điểm BC, B0C0 Trong tam giác
IAK kẻ đường cao IH
Ta có BC k B0C0 ⇒ BC k (AB0C0) Khoảng cách AB0
và BC khoảng cách BC mặt phẳng (AB0C0) Ta có BC ⊥AI (vì∆ABC vng cân), BC ⊥IK nênBC ⊥
(AIK)⇒BC ⊥IH
Do đóIH ⊥(AB0C0)(vìIH ⊥AK, IH ⊥B0C0) Nên khoảng cách AB0 BC IH
Ta có AI =
√
2b
2 nên
1 AI2 +
1 IK2 =
1
IH2 ⇒IH =
b√3
A0
A
B B0
C C0
I K
H
(146).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Cách 2:
Gọi I, K trung điểm BC, B0C0 Trong tam giác
IAK kẻ đường cao IH
Ta có BC k B0C0 ⇒ BC k (AB0C0) Khoảng cách AB0
và BC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB0C0) Ta có
AI =AC2−CI2 =AC2− BC
4 =b
2− 2b2
4 =
b2
2 ⇒AI = b
√
2
Và AK =√AC02−C0K2 =
…
2b2−b
2 =
…
3 2b
A0
A
B B0
C C0
I K
Ta có VC.AB0C0 =
1
3h·SAB0C0 =
√
3 h·b
2.
VA.BCC0 =
1
3AM ·SCC0B0 = 6b
3. Trong đó h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB0C0). Do
√
3 h·b
2 =
6b
3 ⇒h= b √
3
Chọn đáp án D
Câu 40.11 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Khoảng cách hai đường thẳng SA BC
A a√2 B a
√
5
2 C
a√3
2 D a
Lời giải
Gọi H trung điểm AB Do 4SAB nên SH ⊥AB
Vì 4SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy nên SH ⊥
(ABCD)
Suy SH ⊥BC
Trong mặt phẳng (SAB), ta kẻ BK ⊥SA Lại có BC ⊥AB⇒BC ⊥(SAB)⇒BC ⊥BK Vậy BK đường vng góc chung SA BC
Khoảng cách hai đường thẳng SA BC BK
a√3
S
A D
C H
B K
Chọn đáp án C
Câu 40.12 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OC = 2a,
OA= OB =a Gọi M trung điểm AB Tính khoảng cách hai đường thẳng OM
AC A 2a
3 B
2√5a
5 C
√
2a
3 D
√
2a
Lời giải
(147)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Dựng hình bình hành AM OD, OM ⊥AM nên hình bình hànhAM ODlà hình chữ nhật GọiHlà hình chiếu vng góc O đường thẳng CD Ta có
(
AD⊥DO
AD⊥CO
⇒AD⊥OH ⇒OH ⊥(ACD) (1)
OM k(ACD)⇒d(OM, AC) = d(O,(ACD)) (2)
Từ (1) (2) suy
d(OM, AC) =OH = √OC ·OD
OC2+OD2 =
2√5a
C
B O
A
M D
H
Chọn đáp án B
Câu 40.13 Cho tứ diện ABCD cạnh Khoảng cách hai đường thẳng AB
CD
A 2√2 B C D 2√3
Lời giải
Gọi M, N trung điểm CD AB Khi 4ABM cân M, 4CDN cân N Do
(
M N ⊥AB
M N ⊥CD, suy
M N đoạn vng góc chung của2đường thẳng AB CD
Xét 4AM N vng N có AN = AB
2 = 2, AM = 4√3
2 =
√
3 nên
M N =√AM2−AN2= 2√2.
A
C M B
N
D a
Chọn đáp án A
Câu 40.14 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh bằnga, SA⊥(ABCD)
,SA=a√3 Gọi M trung điểm SD Tính khoảng cách hai đường thẳng ABvà CM A a
√
3
4 B
2a√3
3 C
3a
4 D
a√3
Lời giải Ta có
(
ABkCD
AB6⊂(SCD)
⇒AB k(SCD)
Suy d (AB, CM) = d (AB,(SCD)) = d (A,(SCD))
Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng SD ⇒ AH ⊥ SD (1)
Ta có
(
CD ⊥AD
CD ⊥SA (SA⊥(ABCD))
⇒CD ⊥AH (2) Từ (1) (2) suy AH ⊥(SCD)⇒d (A,(SCD)) =AH
AH = √SA·AD
SA2+AD2 =
a√3·a p
(a√3)2+a2 =
a√3
Vậy d (AB, CM) = a
√
3
S
H
A
B
D
C M
a
√
(148).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án D
Câu 40.15 Cho tứ diện ABCD cạnh a, tính khoảng cách hai đường thẳng AB
CD A a
√
3
3 B
a√2
2 C a D
a√3
Lời giải
Gọi M, N trung điểm AB, CD Ta có: 4ABC =4ABD⇒M C =M D
⇒ 4M CD cân ⇒M N ⊥CD
∆ACD= ∆BCD ⇒N A=N B
⇒ 4N AB cân ⇒M N ⊥AB
Suy M N đoạn vng góc chung AB, CD ⇒d(AB, CD) = M N
Trong 4BM N ta có:M N =√BN2−BM2 = a √
2
A
D
N B
M
C
Chọn đáp án B
Câu 40.16 Cho tứ diện ABCD có cạnh 2a Tính khoảng cách hai đường thẳng
AB CD A a
√
2
2 B
a√3
2 C a
√
2 D a√3
Lời giải
Gọi M, N trung điểm AB CD M N đoạn vng góc chung AB CD (tính chất tứ diện đều) Do đó,
d(AB, CD) = M N
Tam giácABD cạnh 2a nên
DM =
√
3 2a=
√
3a Vậy
M N =pDM2−DN2 =p3a2−a2=a√2.
D
A
B M
C N
2a
Chọn đáp án C
Câu 40.17 Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vuông A Gọi E trung điểm củaAB Cho biết AB= 2a, BC =√13a, CC0 = 4a Tính khoảng cách hai đường thẳngA0B CE
A 4a
7 B
12a
7 C
3a
7 D
6a
Lời giải
(149)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Gọi F trung điểm A0A, suy mặt phẳng (CEF) k A0B Do khoảng cách hai đường thẳngA0B CE khoảng cách A0B với (CEF) Suy
d A0B,(CEF)= d (B,(CEF)) = d (A,(CEF))
Kẻ AK ⊥ CE;AH ⊥ F K AH ⊥ (CEF) hay
d (A,(CEF)) =AH
1 AH2 =
1 AF2+
1 AK2 =
1 AF2+
1 AE2+
1 AC2 =
1 a2+
1 9a2+
1 4a2 =
49 36a2 Suy d (CE, A0B) = d (A,(CEF)) = AH = 6a
7
Vậy khoảng cách A0B CE d (CE, A0B) = 6a
B0
H
B K A0
A F
E
C0
C
Chọn đáp án D
Câu 40.18 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Tính khoảng cách hai đường thẳng BC0 CD0
A a√2 B 2a C a
√
3
3 D
a√2
Lời giải
Ta có CD0 k BA0 suy CD0 k (BA0C0) ⇒ d(BC0, CD0) = d(D0,(BA0C0)) = d(B0,(BA0C0))
Xét tứ diện B.A0B0C0 có BB0, B0C0, B0A0 đơi vng góc với nên
d2(B0,(BA0C0)) =
1 B0B2 +
1 B0A02 +
1 B0C02 =
3 a2 ⇒d(B0,(BA0C0)) = a
√
3
Vậy khoảng cách đường thẳng BC0 CD0 a √
3
A B
D0 C0
A0
D C
B0
Chọn đáp án C
Câu 40.19 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Khoảng cách hai đường thẳng
AB0 BC0
A a√3 B a√2 C a
√
3
3 D
a√2
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ
Ta có A(0; 0; 0), B0(a; 0;a), B(a; 0; 0), C0(a;a;a) Suy AB# »0= (a; 0;a), BC# »0 = (0;a;a)
Khi ỵAB# »0,BC# »0ó= −a2;−a2;a2, AB# » = (a; 0; 0) Vậy d(AB0, BC0) =
ỵ# »
AB0,BC# »0ó·AB# »
ỵ# »
AB0,BC# »0ó
= √a
3
A
B C
D y
B0 C0
D0
x
z
A0
(150).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Chọn đáp án C
Câu 40.20 Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A0BD) theo a
A a √
3
3 B a
√
3 C 2a√3 D a
√
6
Lời giải
Gọi O tâm hình vng ABCD Kẻ AH ⊥A0O (1)
Vì
(
AO⊥BD(ABCDlà hình vng tâmO) AA0 ⊥BD (AA0 ⊥(ABCD))
⇒BD ⊥(A0AO)⇒AH ⊥BD (2) Từ (1) (2), suy AH ⊥(A0BD)
Khi d(A,(A0BD)) = AH Ta có AO= a
√
2
Xét 4A0AO vuông A, AH đường cao
1 AH2 =
1 A0A2 +
1 AO2 =
1 a2 +
2 a2 =
3
a2 ⇒AH =
a√3
Vậy d(A,(A0BD)) =AH = a
√
3
A B
D0 C0
A0
D C
B0 O
H
Chọn đáp án A
CÂU 41 Có giá trị nguyên tham sốm cho hàm sốf(x) = 3x
3+mx2+ 4x+ 3 đồng biến
A B C D
Lời giải
Ta có f0(x) =x2+ 2mx+
Hàm số cho đồng biến R f0(x)≥0,∀x∈ R (Dấu "=" xảy hữu hạn điểm)
Ta có: f0(x)≥0,∀x∈R⇔∆0≤0⇔∆0=m2−4≤4⇔ −2≤m≤2
Vìm ∈Z nên m∈ {−2;−1; 0; 1; 2} Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn
Chọn đáp án A
Câu 41.1 Cho hàm số y=−x3−mx2+ (4m+ 9)x+ (vớim tham số) Có giá trị nguyên m để hàm số nghịch biến khoảng (−∞; +∞)?
A B C D
Lời giải
Ta có y0 =−3x2−2mx+ 4m+
Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; +∞)
⇔ y0 ≤0, ∀x∈(−∞; +∞)
⇔ −3x2−2mx+ 4m+ 9≤0, ∀x∈(−∞; +∞)
⇔
( a <0 ∆0 ≤0 ⇔
(
−3<0
m2+ 12m+ 27≤0
⇔ −9≤m≤ −3
(151)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
⇒ m ∈ {−9;−8;−7;−6;−5;−4;−3} (vì m số nguyên)
Chọn đáp án A
Câu 41.2 Có giá trị nguyên tham số m thuộc khoảng (−2019; 2020) để hàm số
y= 2x3−3(2m+ 1)x2+ 6m(m+ 1)x+ 2019 đồng biến khoảng (2; +∞)?
A 2021 B 2020 C 2018 D 2019
Lời giải
Ta có y0 = 6x2−6(2m+ 1)x+ 6m2+ 6m
Xét y0 = ⇔x2−(2m+ 1)x+m2+m = 0, có ∆ = (2m+ 1)2−4 m2+m = 1>0, ∀m ∈R Suy phương trình y0 = ln có hai nghiệm phân biệt: x1 =m; x2=m+ Dễ thấy x1< x2 Bảng biến thiên
x y0 y
−∞ m m+ +∞
+ − +
−∞ −∞
y(m) y(m)
y(m+ 1) y(m+ 1)
+∞
+∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng (−∞;m); (m+ 1; +∞) Vì thế, hàm số đồng biến (2 : +∞) m+ 1≤2⇔m≤1
Suy có 2020 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề
Chọn đáp án B
Câu 41.3 Cho hàm số y=−x3−mx2+ (4m+ 9)x+ 5, với m tham số Có giá trị nguyên m để hàm số nghịch biến R?
A B C D
Lời giải
Tập xác định hàm số D =R Ta có y0 =−3m2−2mx+ 4m+
Do phương trình y0= có hữu hạn nghiệm nên hàm số nghịch biến R⇔y0 <0,∀x∈R ⇔ −3x2−2mx+ 4m+ 9≤0,∀x∈R
⇔ ∆0 =m2+ 12m+ 27≤0 (do a=−3<0)
⇔ −9≤m≤ −3
Do m∈Z nên m∈ {−9;−8;−7;−5;−4;−3} Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán
Chọn đáp án C
Câu 41.4 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y = mx+ 10
2x+m nghịch biến
trên khoảng (0; 2)?
A B C D
Lời giải
Hàm số y = mx+ 10
2x+m nghịch biến khoảng (0; 2) ⇔
m2−20<0
− m
2 ∈/ (0; 2)
(152).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
⇔
−√20< m <√20
− m
2 ≤0
− m
2 ≥2
⇔
−√20< m <√20 "
m≥0
m≤ −4
⇔
"
−√20< m≤ −4 0≤m <√20
Vậy m∈ {−4; 0; 1; 2; 3; 4;}
Chọn đáp án C
Câu 41.5 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y =x3−(m+ 1)x2+ 3x+
đồng biến khoảng(−∞; +∞)?
A B C D
Lời giải
Ta có y0 = 3x2−2(m+ 1)x+
Hàm số cho đồng biến trên(−∞; +∞) ∆0= (m+ 1)2−9≤0⇔ −4≤m≤2 Vậy giá trị nguyên m thỏa yêu cầu toán −4,−3,−2,−1,0,1,2, tức có giá trị
Chọn đáp án C
Câu 41.6 Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y=x3−6x2+mx+ đồng biến (0; +∞)?
A 2030 B 2005 C 2018 D 2006
Lời giải
Ta có y0 = 3x2−12x+m
Để hàm số đồng biến (0; +∞) y0 = 3x2−12x+m≥0,∀x >0⇔m≥ −3x2+ 12x,∀x >0
x y0
y
0 +∞
+ −
0
12 12
−∞ −∞
Để hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) m ≥12, có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu toán
Chọn đáp án D
Câu 41.7 Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y=x3−6x2+mx+ đồng biến (0; +∞)?
A 2030 B 2005 C 2018 D 2006
Lời giải
Ta có y0 = 3x2−12x+m
Để hàm số đồng biến (0; +∞) y0 = 3x2−12x+m≥0,∀x >0⇔m≥ −3x2+ 12x,∀x >0
(153)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x y0
y
0 +∞
+ −
0
12 12
−∞ −∞
Để hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) m≥12, có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu toán
Chọn đáp án D
Câu 41.8 Có giá trị nguyên m để hàm số y=x3+ 3x2−(m2−3m+ 2)x+ đồng biến (0; 2)?
A B C D
Lời giải
Ta có y=x3+ 3x2−(m2−3m+ 2)x+ 5⇒y0 = 3x2+ 6x− m2−3m+
Hàm số đồng biến khoảng (0; 2) y0≥0,∀x∈(0; 2) dấu "=" xãy hữu hạn điểm khoảng
⇔3x2+ 6x− m2−3m+ 2≥0,∀x∈(0; 2)
⇔3x2+ 6x≥m2−3m+ (∗) với ∀x∈(0; 2)
Xét hàm số y=g(x) = 3x2+ 6x khoảng (0; 2)
Ta có y0 =g0(x) = 6x+ Bảng biến thiên
x g0(x)
g(x)
0
+
0
24 24
Dựa vào bảng biến thiên suy điều kiện để (∗) xảy : m2−3m+ 2≤0⇔1≤m ≤2 Do m∈Z⇒m ∈ {1; 2}
Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán
Chọn đáp án B
Câu 41.9 Có giá trị nguyên tham số m ∈ (−2018; 2018) để hàm số y = 2x−6
x−m
đồng biến khoảng (5; +∞)?
A 2018 B 2021 C 2019 D 2020
Lời giải
Tập xác định D =R\ {m}
y0= 6−2m (x−m)2
(154).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Hàm số y= 2x−6
x−m đồng biến khoảng (5; +∞)
⇔y0>0, ∀x∈(5; +∞)⇔
(
6−2m >0 m /∈(5; +∞)
⇔
( m <3
m ≤5
⇔m <3
Kết hợp điều kiện
(
m∈(−2018; 2018)
m∈Z ⇒m∈ {−2017,−2016, ,0,1,2} Vậy có tất 2−(−2017) + = 2020 giá trị m thỏa mãn
Chọn đáp án D
Câu 41.10 Có giá trị nguyên tham sốmđể phương trìnhcos3x+ m−√3 sinx3−
2 cos
x− 2π
3
+m = có nghiệm
A B C D
Lời giải Ta có
cos3x+Äm−√3 sinxä3−2 cos
x− 2π
3
+m = (1)
⇔ cos3x+Äm−√3 sinxä3+ cosx−√3sinx+m=
⇔ cos3x+ cosx=Ä√3 sinx−mä3+Ä√3sinx−mä
Xét hàm f(t) =t3+t
Ta có f0(t) = 3t2+ >0, ∀t∈R
⇒f(t)đồng biến trênR⇒phương trình(1)có nghiệm khicosx=√3 sinx−m⇔√3 sinx−cosx=
m (2)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm ⇔ −2≤m≤2 Vìm ∈Z nên m∈ {−2,−1,0,1,2}
Chọn đáp án C
Câu 41.11 Có giá trị nguyên m đoạn [−1; 5] để hàm số y= 2x+m
x+m đồng biến
trên khoảng (−∞;−3)?
A B C D
Lời giải
Tập xác định hàm số D = (−∞;−m)∪(−m; +∞) Đạo hàm hàm số y0 = m
(x+m)2 với ∀x6=−m
Nếu m = hàm số trở thành y = hàm R Do đó, hàm số cho đồng biến (−∞;−3)
m
(x+m)2 >0 −m /∈(−∞;−3)
⇔
( m >0
−m≥ −3
⇔
( m >0
m≤3
⇔0< m≤3
Do m nguyên m∈[−1; 5] nên m∈ {1; 2; 3}
Chọn đáp án D
(155)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 41.12 Có giá trị nguyên tham số m thuộc đoạn [−100; 100] để hàm số
y=mx3+mx2+ (m+ 1)x−3 nghịch biến R
A 200 B 99 C 100 D 201
Lời giải
Khi m = 0, hàm số trở thành y =x−3, hàm số đồng biến R (khơng thỏa u cầu tốn)
Khi m6= 0, ta có y0= 3mx2+ 2mx+m+
Hàm số nghịch biến R y0 ≤0,∀x∈R⇔
(
m2−3m(m+ 1)≤0 m <0
⇔m≤ −3
2
Vậy có 99 giá trị m thuộc đoạn [−100; 100] thỏa yêu cầu toán
Chọn đáp án B
Câu 41.13 Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình mcos2x−
4 sinxcosx+m−2 = có nghiệm thuộc khoảng 0;π
?
A B C D
Lời giải Với x∈0;π
4
thì cosx6= 0, chia hai vế phương trình cho cos2x, ta có pt ⇔m−4 tanx+ (m−2)(1 + tan2x) = 0⇔(m−2) tan2x−4 tanx+ 2m−2 = Đặt t= tanx, x∈0;π
4
thì t∈(0; 1) pt ⇔(m−2)t2−4t+ 2m−2 = ⇔m= 2t
2+ 4t+ 2
t2+ 2 Xét f(t) = 2t
2+ 4t+ 2
t2+ , f
0(t) = −4t2+ 4t+
(t2+ 2)2 , f
0(t) = 0⇔
"
t=−1 t=
(loại)
x y0
y
0
+
1
8
Từ bảng biến thiên ta suy phương trình có nghiệm thuộc khoảng 0;π
khi 1< m < 3,
có số nguyên dương m thỏa yêu cầu toán
Chọn đáp án A
Câu 41.14 Có giá trị nguyên m để phương trình √sinx+ +√3
m−sinx= có nghiệm?
A B C D
Lời giải Đặt
(
u=√sinx+ v =√3m−sinx
1≤u≤√3 Khi
(
u2= sinx+ v3 =m−sinx
⇒u2+v3 =m+ 2(∗) Ta lại có u+v = ⇒v = 2−u
(*) trở thành u2+ (u−2)3=m+ ⇔m=u3−5u2+ 12u−10 (1) Xét hàm số f(u) = u3−5u2+ 12u−10 R ta có f0(u) = 3u2−10u+ 12
(156).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
f0(u) = vô nghiệm nên f(u) đồng biến R
Phương trình cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm 1≤u≤√3
hayf(1)≤m ≤f(√3)⇔ −2≤m≤ −25 + 15√3 Vìm nguyên nên m∈ {−2;−1; 0}
Vậy có giá trị nguyên m thỏa đề
Chọn đáp án B
Câu 41.15 Có giá trị nguyên m để hàm số y = (2m+ 3) sinx+ (2−m)x đồng biến R?
A B C D
Lời giải
Ta có y0 = (2m+ 3) cosx+ (2−m)
Hàm số y= (2m+ 3) sinx+ (2−m)x đồng biến R
⇔ (2m+ 3) cosx+ (2−m)≥0, ∀x∈R ⇔ −|2m+ 3|+ (2−m)≥0
⇔ −5≤m ≤ −1
3
Vìm ∈Z nên m∈ {−5;−4;−3;−2;−1}
Chọn đáp án B
Câu 41.16 Có giá trị nguyên tham số m cho hàm số y= (m−3)x−(2m+ 1) cosx nghịch biến R?
A vô số B C D
Lời giải
Ta có y0 = (m−3) + (2m+ 1) sinx
Yêu cầu toán tương đương với y0 ≤0,∀x∈R
Đặt t = cosx, suy t∈[−1; 1] ∀x∈R Xét f(t) = (m−3) + (2m+ 1)t, t∈[−1; 1] Do đó, max
[−1;1]f(t)≤0⇒
f(1)≤0 f(−1)≤0
⇔
−m−4≤0 3m−2≤0
⇔ −4≤m≤
3
Vậy m∈ {−4;−3;−2;−1; 0}
Chọn đáp án D
Câu 41.17 Có giá trị nguyên âm m để hàm số y=x+ +1−m
x−2 đồng biến [5; +∞)?
A 10 B C D 11
Lời giải
Ta cóy0= + m−1 (x−2)2 =
(x−2)2+m−1
(x−2)2 Hàm số cho đồng biến [5; +∞)
y0≥0,∀x∈[5; +∞) Điều tương đương với
(x−2)2+m−1≥0,∀x∈[5; +∞)⇔m≥ −(5−2)2+ =−8
Vậy m∈ {−8;−7;−6;−5;−4;−3;−2;−1}
Chọn đáp án B
(157)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 41.18 Có giá trị nguyên m để hàm số y= x
3
3 − mx2
2 + 2x+ 2019 đồng biến
trên R?
A B C D
Lời giải
Ta có y0 =x2−mx+
Hàm số cho đồng biến R ⇔y0>0, ∀x∈R⇔
(
a = 1>0
∆ = m2−860
⇔ −2√26m 62√2⇒m ∈ {−2;−1; 0; 1; 2} Vậy có giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu toán
Chọn đáp án C
Câu 41.19 Có giá trị nguyên dương tham số m để hàm sốy= 4x
4−(m−1)x2−
1
4x4 đồng biến khoảng (0; +∞)?
A B C D
Lời giải
Tập xác định D =R\ {0}
y0= 3x3−2(m−1)x+ x5
Hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) y0>0, ∀x∈(0; +∞)
⇔3x3−2(m−1)x+
x5 >0, ∀x∈(0; +∞)⇔m6
3 2x
2+ +
2x6, ∀x∈(0; +∞) Xét hàm số f(x) =
2x
2+ +
2x6, x∈(0; +∞)
Ta có f0(x) = 3x−
x7, x∈(0; +∞)
f0(x) = 3x−
x7 = 0⇔x=±1
Bảng biến thiên:
x y0
y
−∞ +∞
− +
3
Từ bảng biến thiên ta thấy m 6f(x), ∀x∈(0; +∞)⇔m 6
(0;+∞)f(x)⇔m63 Giá trị nguyên dương tham số m m= 1, m= m=
Chọn đáp án C
Câu 41.20 Có giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y = m2x4−2(4m−1)x2+
đồng biến khoảng (1; +∞)?
A B 16 C 15 D
Lời giải Đặt t=x2
Hàm số cho đồng biến (1; +∞) hàm số y = m2t2−2(4m−1)t+ đồng biến khoảng (1; +∞), tức
y0 = 2m2t−2(4m−1)≥0,∀t >1 (∗)
(158).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Xét trường hợp
• m = y0 = 2>0, thỏa mãn • m 6=
Khi vế trái (∗) hàm bậc Do (∗) thỏa mãn
(
m2 >0
2m2·1−2(4m−1)≥0
⇔m∈Ä−∞; 2−√3ó∪ỵ2 +√3; +∞ä
Vậy với m ∈(−10; 10) có tất 16 giá trị ngun m
Chọn đáp án B
Câu 41.21 Có giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y =m2x4−2(4m−1)x2+
đồng biến khoảng(1; +∞)?
A B 16 C 15 D
Lời giải Đặt t =x2
Hàm số cho đồng biến (1; +∞) hàm số y = m2t2 −2(4m−1)t+ đồng biến khoảng (1; +∞), tức
y0 = 2m2t−2(4m−1)≥0,∀t >1 (∗)
Xét trường hợp
• m = y0 = 2>0, thỏa mãn • m 6=
Khi vế trái (∗) hàm bậc Do (∗) thỏa mãn
(
m2 >0
2m2·1−2(4m−1)≥0
⇔m∈Ä−∞; 2−√3ó∪ỵ2 +√3; +∞ä
Vậy với m ∈(−10; 10) có tất 16 giá trị nguyên m
Chọn đáp án B
CÂU 42 Để quảng bá cho sản phẩm A, công ty dụ định tổ chức quảng cáo theo hình thức quảng cáo truyền hình Nghiên cứu công ty cho thấy: saunlần quảng cáo phát tỉ lệ người xem quảng cáo mua sản phẩm A tuân theo công thức P(n) =
1 + 49e−0,015n
Hỏi cần phát lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt 30
A 202 B 203 C 206 D 207
Lời giải
Theo ta có
1 + 49e−0,015n >0,3⇔1 + 49e
−0,015n < 10
3 ⇔e
−0,015n <
147
⇔ −0,015n <ln
147 ⇔n >− 0,015 ln
7
147 '202,97
Vậy có 203 lần quảng cáo
Chọn đáp án B
(159)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 42.1 Số lượng loại vi khuẩnX phịng thí nghiệm tính theo cơng thức
x(t) =x(0)·2t, x(0) số lượng vi khuẩn X ban đầu, x(t) số lượng vi khuẩn X sau
t (phút) Biết sau phút số lượng vi khuẩn X 625 nghìn Hỏi sau bao lâu, kể từ lức bắt đầu, số lượng vi khuẩn X 10 triệu
A phút B phút C phút D phút Lời giải
Ta có x(2) =x(0)·22 = 625·103 Mặt khác x(t) = x(0)·2t = 10·106 ⇒2t−2 = 10
7
625·103 ⇔t=
Chọn đáp án D
Câu 42.2 Dân số giới tính theo cơng thức S =A·eni A dân số năm lấy làm mốc tính, S dân số sau n năm, i tỉ lệ tăng dân số hàng năm Cho biết năm 2005
Việt Nam có khoảng 80.902.400 người tỉ lệ tăng dân số 1,47% năm Như vậy, tỉ lệ tăng dân số hàng năm khơng đổi đến năm 2019 số dân Việt Nam gần với số sau đây?
A 99.389.200 B 99.386.600 C 100.861.100 D 99.251.200
Lời giải
Áp dụng công thức S =A·eni với A = 80.902.400, n = 2019−2005 = 14, i= 1,47% = 0,0147, ta có số dân Việt Nam đến năm 2017
S =A·eni = 80902400·e14·0,0147≈99389203,38
Như vậy, số dân Việt Nam đến năm 2019 gần với số 99.389.200
Chọn đáp án A
Câu 42.3 Cường độ trận động đất M cho công thức M = logA−logA0, với A biên độ rung chấn tối đa A0 biên độ chuẩn (hằng số) Đầu kỷ 20, trận động đất San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter Trong năm đó, trận động đất khác gần đo 7,1 độ Richter Hỏi trận động đất San Francisco có biên độ gấp lần trận động đất này?
A 1,17 B 2,2 C 15,8 D
Lời giải
GọiM1, A1 cường độ, biên độ rung chấn tối đa trận động đất San Francisco Gọi M2, A2 cường độ, biên độ rung chấn tối đa trận động đất địa điểm cịn lại
Ta có
M1 = logA1−logA0= log
A1
A0
⇒ A1
A0
= 10M1.
M2 = logA2−logA0= log
A2
A0
⇒ A2
A0
= 10M2.
Khi A1
A2
= 10
M1 10M2 = 10
M1−M2 = 101,2 ≈15,8.
Chọn đáp án C
Câu 42.4 Gọi N(t) số phần trăm cacbon 14 lại phận sinh trưởng từ t năm trước ta có cơng thức N(t) = 100.(0.5)At(%) với A số Biết mẩu gỗ có tuổi khoảng 3754 năm lượng cácbon 14 cịn lại 65% Phân tích mẩu gỗ từ
(160).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
một cơng trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cácbon 14 lại mẩu gỗ 63% Hãy xác định tuổi mẩu gỗ lấy từ cơng trình
A 3874 B 3833 C 3834 D 3843
Lời giải
Theo ta có65 = 100.(0.5)3754A ⇔0.65 = (0.5)
3754
A ⇔ 3754
A = log0.50.65⇔A=
3754 log0.50.65
Do mẫu gỗ còn63% lượng Cácbon 14 nên ta có:
63 = 100.(0.5)At ⇔ 0.63 = (0.5) t A ⇔ t
A = log0.50.63 ⇔ t = A.log0.50.63 =
3754
log0.50.65.log0.50.63 ≈ 3833
Chọn đáp án B
Câu 42.5 Các nhà khoa học tính tốn nhiệt độ trung bình trái đất tăng thêm 2◦C
thì mực nước biển dâng lên0,03m Nếu nhiệt độ tăng lên5◦C nước biển dâng lên 0,1m
và người ta đưa công thức tổng quát sau: Nếu nhiệt độ trung bình trái đất tăng lên
toC nước biển dâng lên f(t) = kat(m) k, a số dương Hỏi nhiệt độ trung bình trái đất tăng thêm độ C mực nước biển dâng lên 0,2m?
A 9,2◦C B 8,6◦C C 7,6◦C D 6,7◦C Lời giải
(
0,03 =ka2 0,1 =ka5
⇒
a =
…
10 k = 0,03 a2
; f(t) =kat ⇔t= loga f(t)
k = loga 0,2a2
0,03 ≈6,7
Chọn đáp án D
Câu 42.6 Với mức tiêu thụ thức ăn trang trại A không đổi dự định lượng thức ăn dự trữ đủ dùng cho100 ngày Nhưng thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 4% ngày (ngày sau tăng 4% so với ngày trước đó) Hỏi thực tế lượng thức ăn dự trữ đủ dùng cho ngày?
A 40 B 41 C 42 D 43
Lời giải
Gọi lượng thức ăn tiêu thụ theo dự định hàng ngày x Lượng thức ăn dự trữ trang trại A 100x
Ta có x + 1,04 + 1,042+ + 1,04n−1= 100x⇔ 1,04 n−1
1,04−1 = 100⇒n= log1,045≈41,035
Do lượng thức ăn dự trữ đủ dùng cho41 ngày
Chọn đáp án B
Câu 42.7 Trong vật lí, phân rã chất phóng xạ biểu diễn công thức
m(t) =m0
1
t T
Trong đó, m0 khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tại thời điểm t= 0), m(t) khối lượng chất phóng xạ thời điểmt, T chu kì bán rã Biết chu kì bán rã chất phóng xạ là24giờ Ban đầu có 250 gam, hỏi sau36 chất cịn lại gam? (Kết làm trịn đến hàng phần chục)
A 87,38 gam B 88,38 gam C 88,4 gam D 87,4 gam
Lời giải
Sau36 ta có: m(36) = 250 1
2 3624
= 88,4 (Kết làm tròn đến hàng phần chục)
(161)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Chọn đáp án C
CÂU 43 Cho hàm số có bảng biến thiên sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
+ +
1
+∞
−∞
1
Trong số a, b c có số dương?
A B C D
Lời giải
Hàm số f(x) = ax+
bx+c có đường tiệm cận đứng x=− c
b đường tiệm cận ngang y= a b
Từ bảng biến thiên ta có:
− c
b = a
b =
⇔a=b=−c
2 (1)
Mặt khác f0(x) = ac−b
(bx+c)2 Vì hàm số cho đồng biến khoảng (−∞; 2) (2; +∞) nên f0(x) = ac−b
(bx+c)2 >0⇔ac−b >0 (2)
Thay (1) vào (2), ta −c
2 + c
2 >0⇔ −c
2+c > 0⇔0< c <1. Suy clà số dương a, b số âm
Chọn đáp án C
Câu 43.1 Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục R có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
5
1
+∞
+∞
Đồ thị hàm số y =|f(x)| có điểm cực trị?
A B C D
Lời giải
Số điểm cực trị đồ thị hàm số y = |f(x)| số điểm cực trị đồ thị hàm số y =f(x)
cộng với số giao điểm đồ thị hàm số y=f(x) với trục hồnh (khơng tính điểm cực trị) Vì đồ thị hàm số y = f(x) có điểm cực trị cắt trục Ox điểm đồ thị hàm số
y=|f(x)| có + = điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 43.2
(162).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Cho hàm số y = f(x) Hàm số y = f0(x)
có bảng biến thiên sau Bất phương trìnhf(x)>sinx+m có nghiệm khoảng
(−1; 1) A m > f(1)−sin B m≥f(1)−sin C m≤f(−1) + sin D m < f(−1) + sin
x y0
y
−∞ −4 +∞
− + − +∞
+∞
−3
−3
−1
−1
−∞ −∞
Lời giải
Xét hàm số g(x) = f(x)−sinx
g0(x) =f0(x)−cosx
Với ∀x∈(−1; 1), ta có f0(x)<−1⇒f0(x)−cosx <−1−cosx <0⇒g0(x)<0
Suy hàm số g(x) nghịch biến khoảng (−1; 1) nên g(x)< g(−1) = f(−1) + sin
Do bất phương trìnhf(x)>sinx+mcó nghiệm khoảng(−1; 1)khi bất phương trình m < f(x)−sinx có nghiệm khoảng (−1; 1)
⇔m < max
[−1;1]g(x)⇔m < f(−1) + sin Vậy m < f(−1) + sin
Chọn đáp án D
Câu 43.3 Cho hàm số y=f(x) liên tục trênR có bảng biến thiên hình vẽ Tìm tất giá trị thực m để phương trình
2f(x)−m = có hai nghiệm phân biệt
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
0
−3
−3
0
+∞
+∞
A
m=
m <−3
2
B m <−3 C m <−3
2 D
"
m=
m <−3
Lời giải Ta có
2f(x)−m = 0⇔f(x) = 2m (*)
Quan sát bảng biến thiên hàm sốy=f(x), ta thấy, để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt
"
2m= 2m <−3
⇔
m=
m <−3
2
Chọn đáp án D
Câu 43.4 Cho hàm số y=f(x) liên tục trênR có bảng biến thiên hình vẽ Tìm tất giá trị thực m để phương trình
2f(x)−m = có hai nghiệm phân biệt
(163)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
0
−3
−3
0
+∞
+∞
A
m =
m <−3
2
B m <−3 C m <−3
2 D
"
m =
m <−3
Lời giải Ta có
2f(x)−m= 0⇔f(x) = 2m (*)
Quan sát bảng biến thiên hàm sốy =f(x), ta thấy, để phương trình(∗)có hai nghiệm phân biệt
"
2m= 2m <−3 ⇔
m =
m <−3
2
Chọn đáp án D
Câu 43.5 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau:
x y0
y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
5
1
+∞
+∞
Phương trình f(x)−2 = có nghiệm?
A B C D
Lời giải
Phương trình f(x)−2 = ⇔f(x) =
Số giao điểm đồ thị hàm sốy=f(x)và y= số nghiệm phương trìnhf(x)−2 = (∗)
Dựa vào bảng biến thiên suy phương trình (∗) có nghiệm
Chọn đáp án B
Câu 43.6 Cho hàm số y=f(x) liên tục trênR có bảng biến thiên hình bên Tìm tất giá trị thực m để phương trình
2f(x)−m = có hai nghiệm phân biệt x
f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
0
−3
−3
0
−∞ −∞
A m= m <−3
2 B m <−3
(164).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
C m <−3
2 D m= m <−3
Lời giải Ta có
2f(x) =m⇔f(x) = 2m
Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ hàm sốy=f(x) đường thẳngy= 2m Theo yêu cầu tốn ta có
2m = 2m <−3⇔m= m <−3
2
Chọn đáp án A
Câu 43.7
Cho hàm số y =f(x) có đạo hàm f0(x), biết đồ thị hàm số f0(x) hình vẽ Biết f(a)>0, hỏi đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành nhiều điểm?
A B C D
x y
O a
b
c
Lời giải
Dựa vào đồ thị hàm số f0(x), ta có bảng biến thiên hàm số y=f(x) sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ a b c +∞
− + − +
f(a) f(a)
f(b) f(b)
f(c) f(c)
Vìf(a)>0 nên ta xét trường hợp sau:
• Nếu f(c)>0 tồn đồ thị hàm số nằm phía trục hồnh, đồ thị hàm số khơng cắt trục hồnh
• Nếu f(c) = đồ thị hàm số trục hồnh có điểm chung • Nếu f(c)<0 đồ thị hàm số trục hồnh có hai điểm chung
Vậy đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành nhiều hai điểm
Chọn đáp án B
Câu 43.8 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau
x y0
y
−∞ −2 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
0
+∞
+∞
(165)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Đồ thị hàm số
f(3−x)−2 có đường tiệm cận đứng?
A B C D
Lời giải
Số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y=
f(3−x)−2 với số nghiệm phân biệt
phương trình f(3−x) =
Dựa bảng biến thiên hàm số ta thấy phương trình f(x) = có nghiệm phân biệt nên phương trình f(3−x) = có nghiệm phân biệt
Vậy số đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số y =
f(3−x)−2 đường
Chọn đáp án B
Câu 43.9 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng biến thiên hình sau: Hỏi hàm số y=f(|x|) có cực trị?
A B
C D
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
5
1
+∞
+∞
Lời giải
Ta có đồ thị hàm số y =f(|x|) có từ đồ thị hàm số y = f(x) cách giữ nguyên phần bên phải trục Oy sau lấy đối xứng phần giữ nguyên qua trục Oy
Từ ta có bảng biến thiên hàm số y=f(|x|) sau:
x y0
y
−∞ −3 +∞
− + − + +∞
+∞
1
y0
y0
1
+∞
+∞
Từ bảng biến thiên suy hàm số y=f(|x|) có cực trị
Chọn đáp án A
CÂU 44 Cho hình trụ có chiều cao 6a Biết cắt hình trụ cho mặt phẳng song song với trục cách trục khoảng 3a , thiết diện thu hình vng Thể tích khối trụ giới hạn hình trụ cho
A 216πa3 B 150πa3 C 54πa3 D 108πa3
Lời giải
(166).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
P C D
Q
A B
O0 M
N O
H
Lấy điểm M, N nằm đường tròn tâm O cho M N = 6a
Từ M, N kẻ đường thẳng song song với trục OO0, cắt đường tròn tâm O0 P, Q Thiết diện ta thu hình vng M N P Q có cạnh 6a
Gọi H trung điểm P Q, suy OH ⊥P Q
VìOO0 k(M N P Q) nên ta có d(OO0,(M N P Q)) =d(O0,(M N P Q)) =O0H
Từ giả thiết, ta có O0H = 3a Do tam giác O0HP tam giác vng cân H Suy bán kính đường trịn đáy hình trụ O0P =√O0P2+HP2 = 3a√2. Vậy thể tích khối trụ cần tìm V = 6a.π 3a√22= 108πa3
Chọn đáp án D
Câu 44.1 Cho hình trụ có bán kính đáy a√2 Cắt hình trụ mặt phẳng, song song với trụ hình trụ cách trục hình trụ khoảng a
2 ta thiết diện
một hình vng Tính thể tích V khối trụ cho A V =πa3√3 B V = 2πa
3√7
3 C V = 2πa
3√7. D. V =πa3. Lời giải
Gọi O, O0 tâm đáy thiết diện hình vng ABCD Gọi H trung điểm AB, ta có
(
OH ⊥AB
OH ⊥AA0
suy OH ⊥(ABB0A0) Do d (OO0,(ABCD)) =OH = a
2
Tam giácOAH vuông tạiH nênAH =√OA2−OH2=
…
2a2− a
4 = a√7
2
Suy AB =AA0=OO0= 2AH =a√7 (do ABCD hình vng) Vậy thể tích V =πR2h=π· a√22·a√7 = 2πa3√7
O0 B0
O
B H
A A0
Chọn đáp án C
Câu 44.2 Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng cạnh 2a Mặt phẳng (P) song song với trục cách trục khoảng a
2 Tính diện tích thiết diện hình trụ cắt mặt
phẳng (P)
A 2√3a2 B a2 C πa2 D √3a2
(167)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Lời giải
GọiABB0A0là thiết diện qua trục hình trụ Từ giả thiết ta suy đường cao hình trụ AA0 = 2a, bán kính đường trịn đáy hình trụ R = AB
2 =a
Mặt phẳng (P) song song với trục nên cắt hình trụ theo thiết diện hình chữ nhật có cạnh M Q=AA0 = 2a, cách trục khoảng a
2 nên O
0H = a
2 với H trung điểm
củaP Q Khi P Q= 2pO0Q2−O0H2 = 2
…
a2−a
4 =a
√
3 Do diện tích thiết diện cần tìm M Q·P Q= 2√3a2
B O
M N A
P O0
A0 B0
Q H
Chọn đáp án A
Câu 44.3 Cho hình trụ có bán kính đáy a Cắt hình trụ mặt phẳng (P) song song với trục hình trụ cách hình trụ khoảng a
2 ta thiết diện hình
vng Tính thể tích khối trụ
A 3πa3 B πa3√3 C πa 3√3
4 D πa
3. Lời giải
Giả sử ABCD thiết diện hình vng hình bên Gọi O O0 tâm đáy hình trụ,
H hình chiếu O lên AB
Ta có AB= 2AH = 2√OA2−OH2= 2
…
a2−a
2
=a√3 Vì ABCD hình vng nên chiều cao hình trụ a√3 Vậy Vtrụ=πa.a
√
3 =πa3√3
B H
D
C O0
O
A
Chọn đáp án B
Câu 44.4 Một hình trụ có bán kính đáy a, mặt phẳng qua trục cắt hình trụ theo thiết diện có diện tích 8a2 Tính diện tích xung quanh hình trụ
A 4πa2 B 8πa2 C 16πa2 D 2πa2
Lời giải
D
C O0 A
B O
(168).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Thiết diện qua trục hình trụ hình chữ nhật, có độ dài cạnh là2a, có diện tích là8a2, suy chiều cao hình trụ h= 8a
2
2a = 4a
Vậy diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq = 2πrh= 2·π·a·4a= 8πa2
Chọn đáp án B
Câu 44.5 Cho hình trụ có bán kính đáy R chiều cao 3R
2 Mặt phẳng (α) song
song với trục hình trụ cách trục khoảng R
2 Diện tích thiết diện hình trụ
cắt mặt phẳng (α) A 2R
2√3
3 B
3R2√3
2 C
3R2√2
2 D
2R2√2
3
Lời giải
Giả sử mặt phẳng (α) cắt hình trụ theo giao tuyến hình chữ nhật
ABB0A0 (xem hình vẽ) Gọi O tâm hình trịn đáy chứa dây cung AB, H trung điểm AB Theo giả thiết ta có OH = R
2
Suy raAB =R√3 Vậy diện tích thiết diện S=AB·AA0= 3R
2√3
2
A0 B
0 B O
A
H
Chọn đáp án B
Câu 44.6 Cắt khối trụ mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình chữ nhậtABCD
có AB CD thuộc hai đáy hình trụ, AB = 4a, AC = 5a Thể tích V khối trụ
A V = 16πa3 B V = 4πa3 C V = 12πa3 D V = 8πa3
Lời giải
Ta có BC =√AC2−AB2 =√25a2−16a2= 3a. Bán kính đáy r= AB
2 = 2a, chiều cao BC = 3a
Vậy V =hπr2 = 3a·4a2= 12πa3
C D
A 4a B
5a
Chọn đáp án C
Câu 44.7 Cho hình trụ có thiết diện qua trục hình vng có cạnh 4a Diện tích xung quanh S hình trụ
A S = 4πa2 B S = 8πa2 C S = 24πa2 D S = 16πa2
Lời giải
Phương pháp: Cơng thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáyR, chiều cao h
Sxq = 2πRh
Cách giải:
(169)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
R
h
C B O
O0 A
D
Hình trụ có thiết diện qua trục hình vng ABCD có cạnh 4a
Do h= 2R = 4a⇒R = 2a với R, h bán kính đáy chiều cao hình trụ Vậy S = 2πRh= 16πa2
Chọn đáp án D
Câu 44.8 Khi cắt khối trụ(T)bởi mặt phẳng song song với trục cách trục trụ (T)
một khoảng a√3 ta thiết diện hình vng có diện tích 4a2 Tính thể tích V
của khối trụ (T)
A V = 7√7πa3 B V =
√
7 πa
3. C. V =
3πa
3. D. V = 8πa3.
Lời giải
Vì thiết diện hình vng có S= 4a2
⇒h=AD =CD = 2a
Gọi H trung điểm CD
Do 4COD cân O nên OH⊥CD ⇒OH⊥(ABCD) Theo giả thiết d(OO0,(ABCD)) =OH =a√3
Suy r=OD =√DH2+OH2 =
Å
CD
ã2
+OH2 = 2a Vậy V =π.r2.h= 8πa3
D A
B
C O0
O H
Chọn đáp án D
Câu 44.9 Một hình trụ có bán kinh r= cm khoảng cách hai đáy h= cm Cắt khối trụ mặt phẳng song song với trục cách trục3 cm Diện tích thiết diện tạo thành
A 56 cm2. B. 55 cm2. C. 53 cm2. D. 46 cm2. Lời giải
Giả sử hình trụ (T) có trụcOO0 Thiết diện song song với trục hình chữ nhậtM N P Q (N, P thuộc đường tròn tâm O vàM, Qthuộc đường tròn tâm
O0)
Gọi H trung điểm M Q Khi đó, O0H ⊥M Q⇒O0H ⊥(M N P Q) Do đó, d (OO0,(M N P Q)) = d (O0,(M N P Q)) = O0H = cm
Ta có M H =√O0M2−O0H2= cm ⇒M Q= 2M H = cm
Diện tích thiết diện S =M Q·M N = 56 cm2 O O0
P Q
M H
N
Chọn đáp án A
(170).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 44.10
Cho khối trụ T có trục OO0, bán kính r thể tích V Cắt khối trụ T
thành hai phần mặt phẳng (P) song song với trục cách trục khoảng r
2 (như hình vẽ) Gọi V1 thể tích phần khơng chứa trục OO0 Tính tỉ số V1
V
A V1
V =
1 −
√
3
4π B
V1
V =
π −
√
3
C V1
V =
π−√3
2π D
V1
V =
4−√3 4π
O
O0
Lời giải
O
O0 A
B M
Gọi h chiều cao khối trụ (T) Thể tích khối trụ cho V =h·πr2
GọiA B giao điểm mặt phẳng (P)với đường tròn đáy tâm O0 M trung điểm
AB Ta có O0M = r
2 ⇒AB= 2AM =
…
r2−r
4 =r
√
3⇒AO’0B = 120◦
Diện tích đáy phần khối trụ không chứa trục
S1 =Sq −S4AO0B =
1 ·πr
2−
2 ·r·r
√
3 = πr
2
3 −
r2√3
⇒V1=h·
Å
πr2
3 −
r2√3
ã
Suy V1
V =
1 −
√
3 4π
Chọn đáp án A
Câu 44.11 Cho khối trụ có bán kính đáy r chiều cao h Cắt khối trụ mặt phẳng(P) song song với trục cách trục khoảng r
√
2
2 Mặt phẳng (P) chia khối trụ
làm hai phần GọiV1 phần chứa tâm đường trịn đáy V2 phần khơng chứa tâm đường trịn đáy Tính tỉ số V1
V2 A V1
V2
= 3π−2
3π−2 B
V1
V2
= +√2 C V1
V2
= π−2
3π+ D
V1
V2
= 3π+ π−2
Lời giải
(171)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Thể tích hình trụ V =πr2h
Khi cắt khối trụ mặt phẳng (P) song song với trục tạo thành hai khối tích V1, V2 tỷ số thể tích
V1
V2
bằng tỷ số diện tích viên phân chứa điểm O viên phân không chứa điểm O đường tròn đáy
Gọi I trung điểm AB AB = 2√r2−OI2 =
2
r2−
Å
r√2
ã2
=r√2
Suy 4AOI vuông cân I, suy AOB’= 90◦
Diện tích quạt trịn AOB S1 =
πr2
Diện tích tam giác SOAB =
1
2OI·AB= ·
r√2 ·r
√
2 = r
2
2
Suy ra: V1
V2
=
πr2−
Å
πr2
4 −
r2
ã
πr2
4 −
r2
= 3π+ π−2
C
D
I A O
O0
B
Chọn đáp án D
Câu 44.12 Cho khối trụ có chiều cao 20 Cắt khối trụ mặt phẳng thiết diện hình elip có độ dài trục lớn 10 Thiết diện chia khối trụ ban đầu thành hai nửa, nửa tích V1, nửa tíchV2 Khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần đáy điểm thuộc thiết diện xa đáy tới đáy 14 Tính tỉ số
V1
V2 A 11
20 B
9
11 C
9
20 D
6 11
Lời giải
Ta có cơng thức thể tích hình phiến trụ V =πR2h1+h2
2
đó
V1 =πR2
6 + 12
2 =πR
2·9; V
2=πR2
8 + 14
2 =πR
2·11 ⇒ V1
V2
= 11
B
14cm
8cm 12cm
6cm
V2 V1
A
Chọn đáp án B
Câu 44.13 Một hình trụ có chiều cao 9a Cắt khối trụ mặt phẳng song song với trục cách trục đoạnd= 3a ta thiết diện có diện tích S = 72a2 Thể tích khối trụ
A 225πa3 B 70πa
3
3 C 350πa
3. D. 45πa3. Lời giải
(172).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
GọiM, N, P, Q giao điểm mặt phẳng với hai đường tròn tâm(O)
và (O0)
Khi đóM N P Q hình chữ nhật với M Q= 9a Gọi I trung điểm
M N, ta có OI = 3a
Theo giả thiết SM N P Q = 72a2, suy 72a2 =M Q·M N ⇒M N = 8a ⇒
IM = 4a
Xét tam giác vng M OI, ta có
M O=√OI2+IM2 =√9a2+ 16a2 = 5a.
Vậy hình trụ có bán kính đáy R = 5a, chiều cao h = 9a Từ suy thể tích hình trụ V =πR2·h= 225πa3
O N M O0 P Q I
Chọn đáp án A
CÂU 45 Cho hàm số f(x) có f(0) = Khi π
Z
0
f(x)dx
A 1042
225 B
208
225 C
242
225 D
149 225
Lời giải Ta có f(x) =
Z
f0(x)dx= Z
cosxcos22xdx= Z
cosx(1−sinx)2dx Đặt t = sinx⇒dt = cosxdx
⇒f(x) = Z
(1−2t2)2dt= Z
1−4t2+ 4t4dt =t−
3t
3+4
5t
5+C = sinx−
3sin
3x+4
5sin
5x+C. Mà f(0) = 0⇒C =
Do f(x) = sinx−4
3sin
3x+
5sin
5x= sinx1−
3sin
2x+
5sin
4x=
= sinxh1−4
3 1−cos
2x +4
5 1−cos
2x2i
Ta có
π
Z
0
f(x)dx=
π
Z
0
sinx h
1−4
3 1−cos
2
x+4
5 1−cos
2
x2 i
dx Đặt t = cosx⇒dt =−sinxdx
Đổi cận: x= ⇒t= 1;x=π⇒t =−1
Khi π
Z
0
f(x)dx=
1 Z −1 7 15− 15t
2+
5t
4dt =
15t− 45t
3+
5t −1 = 242 225
Chọn đáp án C
Câu 45.1 Cho hàm số y=f(x) liên tục R thỏa mãn
Z
0
f(x)dx=
Z
0
f(x)dx= Tính
tích phân I =
1
Z
−1
f(|3x−2|)dx
A I = B I =−2 C I = D I = Lời giải
Ta có
Z
−1
f(|3x−2|)dx= Z
−1
f(−3x+ 2)dx+
1
Z
2
f(3x−2)dx=I1+I2
(173)THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
I1=
2 Z
−1
f(−3x+ 2)dx=−1
3 Z
−1
f(−3x+ 2)d(−3x+ 2)
Đặt t=−3x+ suy x=−1⇒t= 5; x=
3 ⇒x= Do I1=
5
Z
0
f(t)dt=
I2=
Z
2
f(3x−2)dx=
Z
2
1f(3x−2)d(3x−2)
Đặt t= 3x−2 suy x= 1⇒t = 1; x=
3 ⇒x= Do I2 =
1
Z
0
f(t)dt = Vậy I =I1+I2 =
Chọn đáp án A
Câu 45.2 Cho hàm sốf(x)thoả mãn
Z
0
2xln(x+ 1) +xf0(x) dx= 0vàf(3) = Biết
Z
0
f(x) dx=a+bln 2
với a, b số thực dương Giá trị a+b
A 35 B 29 C 11 D
Lời giải Tính I =
3
Z
0
2xln(x+ 1) dx
Đặt
(
u= ln(x+ 1) dv= 2xdx
⇒
du =
x+ 1dx v =x2
Khi
I =x2ln(x+ 1) − Z x2
x+ 1dx= ln 4−
Å
x2
2 −x+ ln|x+ 1|
ã
= 16 ln 2−
2
Tính J =
3
R
0
xf0(x) dx Đặt
(
uJ =x
dvJ =f0(x)dx ⇒
(
duJ = dx
vJ =f(x)
J =
3
Z
0
xf0(x) dx=xf (x)|30−
Z
0
f(x) dx= 3−
Z
0
f(x) dx
Mà
Z
0
2xln(x+ 1) +xf0(x) dx=
⇒I+J = 0⇒16 ln 2−
2+ 3−
3
Z
0
f(x)dx= ⇒
Z
0
f(x) dx= 16 ln + =
3 + 32 ln
2
Suy
( a= b = 32
Vậy a+b = 35
Chọn đáp án A
(174).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 45.3 Cho hàm số f(x) liên tục R f(2) = 16,
2
R
0
f(x) dx = Tính tích phân I =
1
R
0
x·f0(2x) dx
A 13 B 12 C 20 D
Lời giải
Phương pháp:Sử dụng công thức phần: b
Z
a
udv = uv|ba− b
Z
a
vdu Cách giải:
I =
2
Z
0
x·f0(2x) dx =
1
Z
0
xd (f(2x))
=
2x· f(2x)|
1 0−
1
1
Z
0
f(2x) dx
=
2f(2)−
1
Z
0
f(2x) d(2x)
đặtt=2x
=
2f(2)−
2
Z
0
f(t) dt
=
2f(2)−
2
Z
0
f(x) dx= 2·16−
1
4 ·4 = 8−1 =
Chọn đáp án D
Câu 45.4 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục đoạn [0; 1] thỏa mãn f(0) = Biết
1
Z
0
f2(x) dx=
1
Z
0
f0(x) cosπx dx=
3π
4 Tích phân
1
Z
0
f(x) dx b
Z
a
f(x) dx
A
π B
2
π C
4
π D
1 π
Lời giải Phương pháp
• Sử dụng phương pháp phần tích phân
Z
0
f0(x) cosπx dx=
3π
• Xét
Z
0
h
f(x) +ksinπx
i2
dx= 0, tìm k, từ suy f(x) = −ksinπx
(175)THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020 • Z
f(x) dx=
1
Z
0
−ksinπx dx
Cách giải Đặt
u= cosπx dv=f0(x) dx
⇒
du=−π
2sin πx
2 dx v =f(x)
⇒
Z
0
f0(x) cosπx
2 dx = cos πx
2 f(x) + π Z
f(x) sinπx dx
= f(1)·cosπ
2 −f(0)·cos + π
1
Z
0
f(x) sinπx dx = π Z
f(x) sinπx dx=
3π
4 ⇒
1
Z
0
f(x) sinπx dx=
3
Xét tích phân
Z
0
h
f(x) +ksinπx
i2
dx= ⇔
Z
0
h
f2(x) + 2kf(x) sinπx +k
2sin2πx
2 i
dx=
⇔
Z
0
f2(x) dx+ 2k
1
Z
0
f(x) sinπx +k
2
Z
0
sin2πx
2 dx=
⇔
2 + 2k 2+
1 2k
2= 0 ⇔ k =−3
Khi ta có
Z
0
h
f(x)−3 sinπx
i2
dx= 0⇔f(x)−3 sinπx
2 = 0⇔f(x) = sin πx Vậy Z
f(x)dx=
1
Z
0
sinπx
2 dx=−3
cosπx π
= −6 π cos πx
=−6
π
cosπ
2 −cos
= π
Chọn đáp án A
Câu 45.5 Cho hàm sốf(x)có đạo hàm liên tục trên[−1; 1] thỏa mãnf(1) = 7,
Z
0
xf(x) dx=
1 Khi
Z
0
x2f0(x) dx
A B C D
Lời giải
(176).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Xét I =
1
Z
0
x2f0(x) dx, đặt u=x2, dv =f0(x) dx⇒ du= 2xdx, v =f(x), ta
I =x2·f(x) 0− Z
2xf(x) dx=f(1)−2
1
Z
0
xf(x) dx=
Chọn đáp án C
Câu 45.6 Cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục R, thỏa mãn f(0) = f(2) = 0,
max
[0;2] |f
00(x)|= 1 và
Z
f(x) dx =
3 Tính Z
f(x) dx A 11
12 B
11
24 C
37
12 D
37 24 Lời giải Z
(2x−x2) dx≥
Z
f00(x)(2x−x2) dx =
f0(x)(2x−x2) − Z
f0(x)(2−2x) dx = Z
f0(x)(2−2x) dx =
f(x)(2−2x) − Z
f(x)(−2) dx =2 Z
f(x) dx =4 Mà Z
(2x−x2) dx=
3 Từ suy
2
Z
0
(2x−x2) dx= Z
f00(x)(2x−x2) dx
⇔ |f00(x)|= 1⇔
"
f00(x) = −1 f00(x) =
Mặt khác f00(x) liên tục [0; 2] nên
"
f00(x) = −1,∀x∈[0; 2] f00(x) = 1, ∀x∈[0; 2]
1 f00(x) = −1 f(x) =−x
2 +C1x+C2 Vì f(0) =f(2) = nên f(x) =− x2
2 +x
(177)THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020 Khi Z
f(x) dx = 11 24
2 f00(x) = f(x) = x
2
2 +C1x+C2 Vì f(0) =f(2) = nên f(x) = x2
2 −x
Khi Z
f(x) dx = 11 24
Chọn đáp án B
Câu 45.7 Cho hàm số f(x) thỏa mãn f0(x) = (x+ 1)ex f(0) = Tính f(2)
A f(2) = 4e2+ B f(2) = 2e2+ C f(2) = 3e2+ D f(2) = e2+ Lời giải
Ta có
f(2)−f(0) =
2
Z
0
f0(x) dx=
2
Z
0
(x+ 1)exdx=xex
2
0 = 2e
Suy f(2) = 2e2+f(0) = 2e2+
Chọn đáp án B
Câu 45.8 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục đoạn [0; 2] thỏa mãn f(0) = 2,
Z
0
(2x−
4)f0(x) dx= Tính I =
2
Z
0
f(x) dx
A I =−2 B I =−6 C I = D I = Lời giải
Đặt
(
u= 2x−4 dv =f0(x) dx
⇒
(
du= dx v =f(x)
Khi
Z
0
(2x−4)f0(x) dx= (2x−4)·f(x) − Z
2f(x) dx= 4f(0)−2
2
Z
0
f(x) dx=
Vậy I =
2
Z
0
f(x) dx=
Chọn đáp án C
Câu 45.9 Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục đoạn [0; 1] thỏa mãn f(0) = 6,
Z
0
(2x−2)f0(x) dx= Tích phân
Z
0
f(x) dx có giá trị
A −3 B −9 C D
Lời giải
(178).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Gọi I =
1
Z
0
(2x−2)f0(x) dx
Đặt
(
u= 2x−2
dv =f0(x) dx ta chọn (
du= dx v =f(x)
I = (2x−2)f(x)
1
0 −
1
Z
0
2f(x) dx⇔6 = 2f(0)−2
1
Z
0
f(x) dx⇒
Z
0
f(x) dx=f(0)−3 =
Chọn đáp án C
CÂU 46 Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên sau:
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ − + −
−∞ −∞
2
0
2
−∞ −∞
Số nghiệm thuộc đoạn h0;5π
i
của phương trinh f(sinx) =
A B C D
Lời giải
Đặt t = sinx, x∈h0;5π
i
⇒t ∈[−1; 1]
Khi phương trình f(sinx) = trở thành f(t) = 1,∀t∈[−1; 1]
Đây phương trình hồnh độ giao điểm hàm số y=f(t) đường thẳng y= Dựa vào bảng biến, ta có f(t) = 1⇒
"
t=a ∈(−1; 0) t=b ∈(0; 1)
Trường hợp t =a ∈(−1; 0)
Ứng với giá trị t∈(−1; 0) phương trìnhsinx=t có nghiệmx1, x2 thỏa mãn π < x1 < x2 <2π
Trường hợp t =b ∈(0; 1)
Ứng với giá trị t ∈ (0; 1) phương trình sinx = t có nghiệm x3, x4, x5 thỏa mãn 0< x3 < x4< π; 2π < x5 <
5π
Hiển nhiên nghiệm trường hợp khác Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn h0;5π
2 i
Chọn đáp án C
Câu 46.1 Cho hàm số y=f(x) =ax3+bx2+cx+d có bảng biến thiên sau: Khi |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2< x3<
1
2 < x4 khi:
(179)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A 0< m <1 B 0< m≤1 C
2 < m <1
D
2 ≤m <1
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
1
0
+∞
+∞
Lời giải
Ta có y0 = 3ax2+ 2bx+c, từ bảng biến thiên suy ra:
(
y0(0) = y0(1) =
⇔
( c= 3a+ 2b =
(1)
Ta lại có
(
y(0) = y(1) = ⇔
( d=
a+b+c+d= (2)
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:
d= c= 3a+ 2b = a+b+c+d=
⇔
d = c= a = b =−3
⇒y=f(x) = 2x3−3x2+
Đồ thị hàm số |f(x)|=2x3−3x2+
Ta có
f1
=
Dựa vào đồ thị suy phương trình |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2< x3 <
1 < x4
khi khi:
2 < m <1
Chọn đáp án C
Câu 46.2 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau
x f0(x)
f(x)
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
2018 2018
−2018
−2018
+∞
+∞
Đồ thị hàm số y =|f(x−2017) + 2018| có điểm cực trị?
A B C D
Lời giải
Ta có bảng biến thiên hàm số y=f(x−2017)
x f0(x)
f(x)
−∞ 2016 2020 +∞
+ − +
−∞ −∞
2018 2018
−2018
−2018
+∞
+∞
Bảng biến thiên hàm số y =f(x−2017) + 2018
(180).f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/ x f0(x)
f(x)
−∞ 2016 2020 +∞
+ − +
−∞ −∞ 4036 4036 0 +∞ +∞
Do đồ thị hàm số y=|f(x−2017) + 2018| có điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 46.3 Cho hàm số y=f(x) =ax3+bx2+cx+d có bảng biến thiên sau: Khi |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2< x3<
1
2 < x4 khi:
A 0< m <1 B 0< m≤1 C
2 < m <1
D
2 ≤m <1
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞ 1 0 +∞ +∞ Lời giải
Ta có y0 = 3ax2+ 2bx+c, từ bảng biến thiên suy ra:
(
y0(0) = y0(1) =
⇔
( c= 3a+ 2b=
(1)
Ta lại có
(
y(0) = y(1) =
⇔
( d=
a+b+c+d=
(2)
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:
d= c= 3a+ 2b= a+b+c+d=
⇔
d= c= a= b =−3
⇒y =f(x) = 2x3−3x2+
Đồ thị hàm số |f(x)|=2x3−3x2+ Ta có f 1 =
Dựa vào đồ thị suy phương trình |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 <
1 < x4
khi khi:
2 < m <1
Chọn đáp án C
Câu 46.4 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞ 4 −2 −2 +∞ +∞
Biếtf(0)<0, hỏi phương trình f(|x|) =f(0) có nghiệm?
(181)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
A B C D
Lời giải
Đặt f(0) =k < Vì hàm số nghịch biến (−1; 3) nên −2< k <4
Ta có hàm số y=f(|x|) hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy, từ ta có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ −3 +∞
− + − +
+∞
+∞
−2
−2
k k
−2
−2
+∞
+∞
Từ bảng biến thiên suy phương trình f(|x|) =f(0) có nghiệm
Chọn đáp án C
Câu 46.5 Cho hàm số y=f(x) liên tục R có bảng biến thiên sau
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
1
−3
−3
+∞
+∞
Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình |f(x−2018) + 2|=m có bốn nghiệm thực phân biệt
A −3< m <1 B 0< m <1
C Khơng có giá trị m D 1< m <3 Lời giải
Đặt g(x) = f(x−2018) + Ta có
g0(x) = f0(x−2018) = 0⇔
"
x−2018 = x−2018 =
⇔
"
x= 2018 x= 2020 g(2018) =f(0) + = 3; g(2020) = f(2) + = −1
Bảng biến thiên g(x) sau
x g0(x)
g(x)
−∞ 2018 2020 +∞
+ − +
−∞ −∞
3
−1
−1
+∞
+∞
Đặt h(x) = |g(x)|
Đồ thị hàm số y =g(x) cắt trục hoành ba điểm phân biệt x1 <2018< x2 <2020< x3 Do đó, ta có bảng biến thiên
(182).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
x h0(x)
h(x)
−∞ x1 2018 x1 2020 x3 +∞ − + − + − +
+∞
+∞
h(x1)
h(x1)
3
h(x2)
h(x2)
1
h(x3)
h(x3)
+∞
+∞
Dựa vào bảng biên thiên, dễ thấy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi1< m <3
Chọn đáp án D
Câu 46.6 Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên sau
x y0 y
−∞ −1 +∞
+ − +
−∞ −∞
5
1
+∞
+∞
Đồ thị hàm số y=|f(|x−1|)−n|+m2018 có điểm cực trị với m, n tham số thực 2< n <3?
A B C D
Lời giải
Từ bảng biến thiên suy hình dạng đồ thị hàm số f(x)
x y
O
−1
5
Tịnh tiến đồ thị f(x) sang bên phải đơn vị ta đồ thị hàm số f(x−1)
x y
O
(183)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Từ đồ thị hàm số f(x−1) suy đồ thị hàm số f(|x−1|)
x y
O
Tịnh tiến đồ thị hàm số f(|x−1|) xuống phía n đơn vị suy đồ thị hàm số f(|x−1|)−n với 2< n <3
x y
O
Từ đồ thị hàm số f(|x−1|)−n suy đồ thị hàm số |f(|x−1|)−n|
x y
O
Tịnh tiến đồ thị hàm số |f(|x−1|)−n| lên phía m2018
đơn vị ta đồ thị hàm số
y=|f(|x−1|)−n|+m2018
x y
O
Vậy đồ thị hàm số y =|f(|x−1|)−n|+m2018 có điểm cực trị
Chọn đáp án B
Câu 46.7 Cho hàm số y=f(x) = ax3+bx2+cx+d có bảng biến thiên sau
x y0
y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞
1
0
+∞
+∞
Khi |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1< x2< x3 <
1
2 < x4
A
2 < m <1 B
1
2 ≤m <1 C 0< m <1 D 0< m≤1
(184).f acebook.com/g roups/GeoGebr aPr o/ Lời giải
Ta có f0(x) = 3ax2+ 2bx+c Từ bảng biến thiên hàm số f(x), ta có
f(0) = f(1) = f0(0) = f0(1) =
⇔
d=
a+b+c+d = c=
3a+ 2b+c=
⇔
a= b=−3 c= d=
Như f(x) = 2x3−3x2+ 1, f 1 = x y0 y
−∞ +∞
+ − +
−∞ −∞ 1 0 +∞ +∞ 2
Do |f(x)|=m có bốn nghiệm phân biệt x1< x2 < x3 <
1
2 < x4
2 ≤m <1
Chọn đáp án B
Câu 46.8
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên hình bên Phương trìnhf(4x−x2)−
2 = có nghiệm thực phân biệt?
A B C D
0
x f0
f
−∞ +∞
− + −
+∞ +∞ −1 −1 3 −∞ −∞ Lời giải
Bảng biến thiên f(x):
x f0
f
−∞ +∞
− + −
+∞ +∞ −1 −1 3 −∞ −∞
Từ bảng biến thiên suy phương trình f(x) = có ba nghiệm thực phân biệt x1, x2, x3 với
x1 <0< x2 <4< x3
Do f(4x−x2)−2 = 0⇔f(4x−x2) =
4x−x2 =x1 (1)
4x−x2 =x2 (2)
4x−x2 =x3 (3)
với x1<0< x2 <4< x3
Xét hàm số g(x) = 4x−x2 Có g0(x) = 4−2x, g(x) = 0⇔x= Bảng biến thiên g(x):
(185)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
x g0
g
−∞ +∞
+ −
−∞ −∞
4
−∞ −∞
Từ bảng biến thiên củag(x)suy phương trình (1)có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình
(2) có hai nghiệm thực phân biệt (khơng trùng với hai nghiệm (1) x1 < x2) phương trình (3) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm thực phân biệt
Chọn đáp án C
CÂU 47 Xét số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a >1, b > ax =by =√ab Giá trị nhỏ biểu thức P =x+ 2y thuộc tập hợp đây?
A (1; 2) B h2;5
2
C [3; 4) D h5
2;
Lời giải
Đặt t= logab Vì a, b >1 nênt >0 Ta có ax =√ab⇒x= loga√ab=
2(1 + logab) =
2(1 +t) by =√ab⇒y = logb√ab=
2(1 + logba) =
+
t
Vậy P =x+ 2y+1
2(1 +t) + + t =
3 +
t +
1 t ≥
3 +
√
2 Dấu đẳng thức xảy t
2 =
t ⇔b=a
√ 2.
Giá trị nhỏ biểu thức P =x+ 2y
2+
√
2 thuộc nửa khoảng h5
2;
Chọn đáp án D
Câu 47.1 Cho a, b, c >1 Biết biểu thức P = loga(bc) + logb(ac) + logc(ab) đạt giá trị nhỏ m logbc=n Tính giá trị m+n
A m+n = 14 B m+n = 25
2 C m+n = 12 D m+n = 10
Lời giải
Phương pháp:
logab=
logba,(a, b > 0;a, b6= 1)
Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương: a+b ≥2√ab Cách giải:
Do a, b, c >1 nên logab,logca,logbc >0
P = loga(bc) + logb(ac) + logc(ab) = logab+ logac+ logba+ logbc+ logca+ logab = (logab+ logba) + (logac+ logca) + (logbc+ logcb)
=
Å
logab+ logab
ã
+
Å
1
logca + logca
ã
+
Å
logbc+ logbc
ã
≥2
…
logab·
logab +
…
1
logc ·4 logca+
…
logbc·
logbc = + + = 10
(186).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Dấu“ = ” xảy
logab= logab
logca = logca logbc=
logcb
⇔
logab = logca=
2 logbc=
Vậy, đạt giá trị nhỏ 10khi logbc= 2⇒m= 10, n = 2⇒m+n = 12
Chọn đáp án C
Câu 47.2 Cho x, y > thỏa mãn log(x+ 2y) = logx+ logy Khi đó, giá trị nhỏ biểu thức P = x
2
1 + 2y + 4y2 +x
A B 32
5 C
31
5 D
29
Lời giải
Ta có log(x+ 2y) = logxy⇔x+ 2y =xy
Đặt 2y=z, ta có x, z >0 thỏa mãn 2(x+z) = xz ≤x+z
2
⇒x+z ≥8 Lại có
P = x
2
1 +z + z2 +x ≥
(x+z)2
2 +x+z =x+z−2 + +x+z
Xét f(t) =t−2 + +t, f
0(t) = 1−
(t+ 2)2 >0, ∀t≥8 nên mint≥8 f(t) = f(8) =
32
Vậy giá trị nhỏ P 32
5 x=z = hay (x;y) = (4; 2)
Chọn đáp án B
Câu 47.3 Chox, y số dương thỏa mãnxy ≤4y−1 Giá trị nhỏ P = (2x+y)
x +
lnx+ 2y
y a+ lnb Tính ab
A ab= 45 B ab= 81 C ab= 115 D ab= 108
Lời giải
Từ xy≤4y−1 chia vế cho y2 ta x
y ≤
4 y −
1
y2 = 4−
Å
2−
y
ã2
≤4 Đặt x
y =t 0< t≤4
Khi P =f(t) = 12 +6
t + ln(t+ 2) có f
0(t) = −6
t2 + t+ =
t2−6t−12 t2(t+ 2)
Ta có t2−6t−12<0⇔t∈(3−√21; +√21)⊃(0; 4] Suy f0(t)<0, ∀t ∈(0; 4]
Vậy
(0;4]
f(t) =f(4) = 27
2 + ln
Suy giá trị nhỏ P 27
2 + ln y=
2, x=
Khi a= 27
2 ;b= ⇒ab= 81
Chọn đáp án B
Câu 47.4 Cho số thực a, b thỏa mãn điều kiện < b < a < Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = loga 4(3b−1)
9 + log
2 b a
a−1 A A= B 3√3
2 C D
Lời giải
(187)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có: (3b−2)2 ≥2⇔ 4(3b−1)
9 ≤b
2 Khi đó:
P ≥ logab2+ log2b a
a−1 = logab+ log2b
a
a−1 = logab+ logab+ log2b
a
a−1
= (logab−1) + (logab−1) + 8·
Å
1 logab−1
ã2
+
≥ 33
(logab−1)·(logab−1)·8·
Å
1 logab−1
ã2
+ =
Dấu xảy a =
…
2 3;b =
2
3 min(P) =
Chọn đáp án D
Câu 47.5 Xét số thực a, b thỏa mãn điều kiện
3 < b < a < Tìm giá trị nhỏ
biểu thức P = loga
Å
3b−1
ã
+ 12 log2b a
a−3 A minP = 13 B minP = √31
2 C minP = D minP =
3
√
2 Lời giải
Ta có (2b−1)2(b+ 1)≥0⇒3b−1≤4b3 điều kiện tốn suy logab >0 Từ suy P ≥3 logab+ 12
(logab−1)2 −3 =
3 logab·(logab−3)2
(logab−1)2 + 9≥9 Khi b=
2, a=
√
2 P = Vậy, minP =
Chọn đáp án C
Câu 47.6 Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy ≤ 4y−1 Giá trị nhỏ biểu thức
P = (2x+y)
x + ln
x+ 2y
y biểu diễn dạng a+ lnb với a∈Q, b nguyên dương Tích ab
bằng
A 45 B 81 C 108 D 115
Lời giải
Do x >0, y >0 nên xy≤4y−1⇔xy+ 1≤4y≤4y2+ 1⇔0< x y ≤4
P = (2x+y)
x + ln
x+ 2y
y = 12 + y x+ ln
Å
x y +
ã
Đặt t= x
y, với 0< t≤4 ta có P =f(t) = 12 +
t + ln(t+ 2) f0(t) =−6
t2 +
1 t+ =
t2−6t−12 t2(t+ 2) , f
0(t) = 0⇔
"
t= 3−√21∈/ (0; 4] t= +√21∈/ (0; 4]
Ta có bảng biến thiên
(188).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
x f0(t)
f(t)
0
−
+∞
27 + ln 27
2 + ln
Vậy minP =
(0;4]f(t) = f(4) =
27
2 + ln Suy a= 27
2 , b = 6, ab= 81
Chọn đáp án B
Câu 47.7 Cho số a, b > thỏa mãn log2a+ log3b = Tìm giá trị lớn P = p
log3a+plog2b
A plog23 + log32 B plog32 +plog23 C
2(log23 + log32) D
2 p
log23 + log32
Lời giải
Ta cóP =plog3a+plog2b =plog32plog2a+plog23plog3b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cóP2 ≤(log32 + log23)(log2a+ log3b) = log32 + log23 Suy P ≤plog23 + log32
Chọn đáp án A
Câu 47.8 Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện a2+b2 > loga2+b2(a+b) ≥ Giá
trị lớn biểu thứcP = 2a+ 4b−3
A √10 B 2√10 C √1
10 D
√
10
Lời giải
Do a2+b2 >1 nên
loga2+b2(a+b)≥1⇔a+b ≥a2+b2 ⇔
a−
2
+
b−
2
≤
2
Gọi
(C) :
x−
2
+
y−
2
=
Ta có
P = 2a+ 4b−3⇔2a+ 4b−3−P =
Đặt ∆P: 2x+ 4y−3−P = Để P đạt giá trị lớn ∆P tiếp xúc với (C) Ta có
d(I,∆P) =
|2x0+ 4y0−3−P| √
22+ 42 =
1
√
2 ⇔ | −P|=
√
10
Vậy P lớn √10
Chọn đáp án A
Câu 47.9 Cho hàm số y=√x2+ 3−xlnx Gọi M,m lần lượt giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn [1; 2] Khi tích M m
A 2√7 + ln B 2√7 + ln C 2√7−4 ln D 2√7−4 ln Lời giải
(189)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Ta có y0 = √ x
x2+ 3 −(lnx+ 1) <
x
√
x2 −(lnx+ 1)<−lnx <0, ∀x∈[1; 2] Do đó, hàm số y =√x2+ 3−xlnx nghịch biến trên [1; 2].
Vậy M m=y(1)·y(2) = √7−2 ln 2= 2√7−4 ln
Chọn đáp án D
Câu 47.10 Cho hai số thựcx, y thỏa mãn log√3 x+y
x2+y2+xy+ 2 =x(x−3) +y(y−3) +xy Tìm giá trị lớn biểu thức P = x+ 2y+
x+y+
A 43 + √
249
94 B
37−√249
94 C
69−√249
94 D
69 +√249
94
Lời giải
Điều kiện x+y
x2+y2+xy+ 2 >0⇔x+y >0 Ta có
log√
x+y
x2+y2+xy+ 2 =x(x−3) +y(y−3) +xy
⇔ log3(x+y)−2 log3(x2+y2+xy+ 2) =x2+y2+xy−3x−3y
⇔ log3(x+y) + 2−2 log3(x2+y2+xy+ 2) =x2+y2+xy+ 2−3x−3y
⇔ log3(3x+ 3y) + (3x+ 3y) = log3(x2+y2+xy+ 2) +x2+y2+xy+ (∗)
Xét hàm đặc trưng f(t) = log3t+t, t ∈(0; +∞), ta có f0(t) =
t·ln + 1>0, ∀t∈(0; +∞)
Suy hàm f(t) đồng biến khoảng (0; +∞)
Phương trình (*) ⇔f(3x+ 3y) =f(x2+y2+xy+ 2) ⇔x2+y2+xy+ = 3x+ 3y
Đặt
(
x=a+b y=a−b
⇔
a= x+y b = x−y
2
Khi P = 3a−b+
2a+ 3(a−1)
2+b2 = 1.
Đặt
(√
3 (a−1) = cost b = sint
(t∈[0; 2π]),
P = cost−
√
3 sint+ 6√3
2 cost+ 8√3 ⇔(2P −3)·cost+
√
3 sint= 6√3−8√3P
Do phương trình ln có nghiệm t nên ta có
(2P −3)2+ ≥(6√3−8√3P)2
⇔ 47P2−69P + 24≤0
⇔ 69− √
249
94 ≤P ≤
69 +√249
94
Vậy giá trị lớn P 69 + √
249
94
Chọn đáp án D
CÂU 48 Cho hàm số f(x) = x+m
x+ 1(mlà tham số thực) Gọi S tập hợp tất giá trị m cho
[0;1]
|f(x)|+ max
[0;1]
|f(x)|= Số phần tử S
A B C D
Lời giải
Do hàm số f(x) = x+m
x+ liên tục [0; 1]
(190).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
• Khi m = hàm số hàm nên max
[0;1]
|f(x)|= max
[0;1]
f(x) =
• Khi m 6= hàm số đơn điệu đoạn [0; 1] nên
– Khi f(0);f(1) dấu max
[0;1] |f(x)|+ max[0;1] |f(x)|=|f(0)|+|f(1)|=|m|+
m+
– Khi f(0);f(1) trái dấu
[0;1]|f(x)|= 0; max[0;1] {|f(0)|;|f(1)|}= max
ß
|m|;
m+ ™
∗ Trường hợp 1: f(0).f(1)≥0⇔m(m+ 1) ≥0⇔
"
m≤ −1
m≥0
max
[0;1] |f(x)|+ min[0;1] |f(x)|= 2⇔ |m|+
m+
= ⇔
m=
m=−5
3
∗ Trường hợp 2: f(0).f(1)<0⇔m(m+ 1)<0⇔ −1< m <0
max
[0;1]
|f(x)|+
[0;1]
|f(x)|= 2⇒
|m|=
m+ = ⇔
m =±2
m =−5(không thỏa mãn)
m =
Số phần tử S
Chọn đáp án C
Câu 48.1 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham sốm cho giá trị lớn hàm số y=
x2+mx+m x+
trên [1; 2] Số phần tử S
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = x
2+mx+m
x+ [1; 2] Ta có f
0(x) liên tục trên [1; 2] và
f0(x) = x
2+ 2x
(x+ 1)2 >0, ∀x∈[1; 2]
Suy f(x) đồng biến [1; 2] Do max
[1;2] f(x) = f(2) =
3m+
3 , min[1;2]f(x) =f(1) =
2m+
2
Khi max
[1;2] |f(x)|= max
ß
3m+ ,
2m+ ™
Ta có
3m+ ≥
2m+
⇔4(3m+ 4)2≥9(2m+ 1)2 ⇔m≥ −11
12
• Với m ≥ −11
12, ta có max[1;2]
|f(x)|=
3m+
Theo đề bài, ta có
3m+
= 2⇔
3m+
3 =
3m+
3 =−2
⇔
m =
3 (thỏa mãn) m =−10
3 loại
(191)THI TỐ T N GHIỆP THPT 2019-2020
• Với m <−11
12, ta có max[1;2] |f(x)|=
2m+
Theo đề bài, ta có
2m+
= ⇔
2m+
2 =
2m+
2 =−2
⇔
m=−5
2 (thỏa mãn)
m=
2 loại
Vậy S = n2
3;−
o
⇒ Số phần tử S
Chọn đáp án D
Câu 48.2 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y =
x2+mx+m x+
trên [1; 2] Số phần tử S
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = x
2+mx+m
x+ [1; 2]
Ta có f(x) liên tục trên[1; 2] f0(x) = x
2+ 2x
(x+ 1)2 >0,∀x∈[1; 2] Suy raf(x)đồng biến [1; 2]
Do max
[1;2]f(x) =f(2) =
3m+
3 ,min[1;2]f(x) = f(1) =
2m+
2
Trường hợp 1: 2m+
2 ≥0⇔m≥ −
1
Trong trường hợp ta có max
[1;2]
|f(x)|= 3m+
3
Theo yêu cầu tốn ta có 3m+
3 = ⇔m=
2
3 (thỏa mãn)
Trường hợp 2: 3m+
3 ≤0⇔m≤ −
4
Trong trường hợp ta có max
[1;2] |f(x)|=
−2m−1
2
Theo yêu cầu tốn ta có −2m−1
2 = 2⇔m=−
5
2 (thỏa mãn)
Trường hợp 3: 2m+
2 <0<
3m+
3 ⇔ −
4
3 < m <−
+) Nếu −2m−1
2 ≤
3m+
3 ⇔ −
11
12 ≤m <−
2 max[1;2] |f(x)|=
3m+
3
Theo u cầu tốn ta có 3m+
3 = ⇔m=
2
3 (không thỏa mãn)
+) Nếu −2m−1
2 ≥
3m+
3 ⇔ −
11
12 ≥m >−
3 max[1;2] |f(x)|=
−2m−1
2
Theo yêu cầu toán ta có −2m−1
2 = 2⇔m=−
5
2 (không thỏa mãn)
Vậy S =n2 3;−
5
o
⇒ |S|=
Chọn đáp án D
Câu 48.3 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y =
x2+mx+m x+
trên [1; 2] Số phần tử S
(192).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = x
2+mx+m
x+ [1; 2] Ta có f
0(x) liên tục trên [1; 2] và
f0(x) = x
2+ 2x
(x+ 1)2 >0, ∀x∈[1; 2]
Suy f(x) đồng biến [1; 2] Do max
[1;2] f(x) = f(2) =
3m+
3 , min[1;2]f(x) =f(1) =
2m+
2
Khi max
[1;2] |f(x)|= max
ß
3m+ ,
2m+ ™
Ta có
3m+ ≥
2m+
⇔4(3m+ 4)2≥9(2m+ 1)2 ⇔m≥ −11
12
• Với m ≥ −11
12, ta có max[1;2] |f(x)|=
3m+
Theo đề bài, ta có
3m+
= 2⇔
3m+
3 =
3m+
3 =−2
⇔
m =
3 (thỏa mãn) m =−10
3 loại
• Với m <−11
12, ta có max[1;2]
|f(x)|=
2m+
Theo đề bài, ta có
2m+
= 2⇔
2m+
2 =
2m+
2 =−2
⇔
m =−5
2 (thỏa mãn)
m =
2 loại
Vậy S= n2
3;−
o
⇒ Số phần tử S
Chọn đáp án D
Câu 48.4 GọiS tập hợp tất giá trị tham số thựcm cho trị lớn hàm số y=3x2−6x+ 2m−1
đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ Số phần tử tập S
A B C D
Lời giải
Gọi M giá trị lớn hàm số y=3x2−6x+ 2m−1
đoạn [−2; 3]
Ta có M ≥f(−2) =|2m+ 23|, M ≥f(1) =|2m−4|
⇒2M ≥ |2m+ 23|+|2m−4| ≥ |2m+ 23−2m+ 4| = 27⇒ M ≥ 27
2 Khi M = 27
2 ⇒ |2m+ 23|=
|2m−4| ⇔m =−19
4
Với m =−19
4 , [−2;3]maxf(x) = max{f(−2);f(1);f(3)}=
27
Chọn đáp án D
Câu 48.5 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị nhỏ hàm số y=−x3−3x+m
đoạn [0; 2] −3 Tổng tất phần tử S
A B C D
Lời giải
(193)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
• Nhận xét:
Tìm m cho giá trị nhỏ hàm số y=−x3−3x+m
đoạn [0; 2] −3
⇔ Tìm m cho giá trị lớn hàm số y=x3−3x+m
đoạn [0; 2]
• Xét hàm số f(x) = x3 −3x+m liên tục đoạn [0; 2] Ta có f0(x) = 3x2 −3 = ⇔
"
x= (n) x=−1 (l)
• Suy GTLN GTNN f(x) thuộc {f(0), f(1), f(2)}={m, m−2, m+ 2} • Xét hàm số y = x3−3x+m
đoạn [0; 2] ta giá trị lớn hàm số y max
x∈[0;2]y={|m|,|m−2|,|m+ 2|}= – TH 1: m≥0⇒ max
x∈[0;2]y=m+ = 3⇔m= – TH 2: m <0⇒ max
x∈[0;2]y= 2−m = 3⇔m=−1 • Vậy m∈ {−1; 1} nên tổng phần tử S
Chọn đáp án C
Câu 48.6 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thựcm cho trị lớn hàm số y=3x2−6x+ 2m−1
đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ Số phần tử tập S
A B C D
Lời giải
Gọi M giá trị lớn hàm số y=3x2−6x+ 2m−1
đoạn [−2; 3]
Ta có M ≥f(−2) =|2m+ 23|, M ≥f(1) =|2m−4|
⇒2M ≥ |2m+ 23|+|2m−4| ≥ |2m+ 23−2m+ 4|= 27⇒ M ≥ 27
2 Khi M = 27
2 ⇒ |2m+ 23| =
|2m−4| ⇔m =−19
4
Với m=−19
4 , [−2;3]maxf(x) = max{f(−2);f(1);f(3)}=
27
Chọn đáp án D
Câu 48.7 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thựcm cho giá trị nhỏ hàm số y =sin4x+ cos 2x+m
Số phần tử S
A B C D
Lời giải
Ta có y=sin4x+ cos 2x+m =
sin4x−2 sin2x+m+
Đặt t= sin2x, t ∈[0; 1], hàm số trở thành y=t2−2t+m+
Xét hàm f(t) =t2−2t+m+ 1, với t ∈[0; 1] Ta có f0(t) = 2t−2 ≤0, với ∀t ∈[0; 1], suy hàm số nghịch biến [0; 1] Do f(1) ≤f(t)≤f(0)⇔m≤f(t)≤m+
Xét trường hợp sau
• m+ 1≤0⇔m≤ −1 Khi đó, miny=−m−1 Theo giả thiết −m−1 = 2⇔m=−3 (thỏa mãn)
• −1< m≤0 Khi đó, miny= (loại)
(194).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
• m >0 Khi đó, miny=m Theo giả thiết m = (thỏa mãn) Vậy tập hợp S có phần tử
Chọn đáp án D
Câu 48.8 Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y =
4x
4−14x2+ 48x+m−30
trên đoạn [0; 2] không vượt 30 Tổng giá trị phần tử tập hợp S bao nhiêu?
A 108 B 136 C 120 D 210
Lời giải
Xét hàm số g(x) = 4x
4−14x2+ 48x trên đoạn [0; 2]. Ta có g0(x) = x3−28x+ 48
Xét phương trình
g0(x) = 0⇔x3−28x+ 48 = 0⇔
x= (nhận)
x= (loại)
x=−6 (loại) Ta có
g(0) = 0; g(2) = 44
Do
0≤
4x
4−14x2+ 48x≤44
⇔m−30≤
4x
4−14x2+ 48x+m−30≤m+ 14.
Khi max
x∈[0;2]y= max{|m−30|;|m+ 14|} Xét trường hợp sau
• |m−30| ≥ |m+ 14| ⇔m≤8 (1) Khi max
x∈[0;2]y=|m−30|, theo đề
|m−30| ≤30⇔0≤m≤60 (2)
Từ (1) (2) ta m ∈[0; 8] • |m−30|<|m+ 14| ⇔m >8 (3)
Khi max
x∈[0;2]y=|m+ 14|, theo đề
|m+ 14| ≤30⇔ −44≤m ≤16 (4)
Từ (3) (4) ta m ∈(8; 16]
Vậy m∈[0; 16] m nguyên nên m∈ {0; 1; 2; 3; .; 15; 16} Khi + + +· · ·+ 15 + 16 = 136
Chọn đáp án B
(195)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
Câu 48.9 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y =
x2+mx+m x+
trên [1; 2] Số phần tử tập S
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = x
2+mx+m
x+ [1; 2]
Ta có f0(x) = x
2+ 2x
(x+ 1)2 >0,∀x∈[1; 2] Ngồi ta có f(1) =
2m+
2 , f(2) =
3m+
3
Suy max
x∈[1;2]y= max{|f(1)|;|f(2)|}= max
ß|
2m+ 1|
2 ;
|3m+ 4|
3
™
Trường hợp 1: max
x∈[1;2]y=
|2m+ 1|
2 ⇔
|2m+ 1|=
|2m+ 1|
2 ≥
|3m+ 4|
3
⇔m=−5
2
Trường hợp 2: max
x∈[1;2]y=
|3m+ 4|
3 ⇔
|3m+ 4|=
|2m+ 1|
2 ≤
|3m+ 4|
3
⇔m=
Vậy có giá trị m thỏa mãn
Chọn đáp án D
Câu 48.10 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình
m2(x4−x3)−m(x3−x2)−x+ ex−1>0 với x∈R Số tập S
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = m2(x4−x3)−m(x3−x2)−x+ ex−1 R Ta có f0(x) =m2(4x3−3x2)−m(3x2−2x)−1 + ex−1 liên tục R Do f(1) = nên từ giả thiết ta có f(x)>f(1), ∀x∈R⇒min
R
f(x) = f(1) ⇒f0(1) = 0⇒m2−m = 0⇒
"
m =
m =
• Với m = ta có f(x) = ex−1−x⇒f0(x) = ex−1−1 Cho f0(x) = 0⇔x= Bảng biến thiên f(x):
x f0(x)
f(x)
−∞ +∞
− +
0
Trường hợp m= 0, yêu cầu tốn thoả mãn
• Với m = ta có f(x) = x4−x3−x3+x2+ ex−1−x= (x−1)2x2+ ex−1−x>0, ∀x∈R Trường hợp m= 1, yêu cầu toán thoả mãn
Vậy tập giá trị m S ={0; 1} Số tập S 22=
Chọn đáp án B
(196).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
Câu 48.11 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để bất phương trình
x4+ 1−x2+xp2mx4+ 2m ≥0 với x∈R Biết rằngS = [a;b] Giá trị a√8 + 12b
A B C D
Lời giải
Dễ thấy bất phương trình xác định m≥0
Khi x ≥ 0, bất phương trình cho hiển nhiên Ta cần xét x < Thật vậy, bất phương trình cho tương đương với:
x4+ 1−x2≥ −xpx4+ 1√2m ⇔ √2m ≤ x
4+ 1−x2 −x√x4+ 1 ⇔ 2m≤ (x
4+ 1−x2)2
x2(x4+ 1)
⇔ 2m≤
x2+ x2 −1
2
x2+
x2
.(1)
Đặt t =x2+
x2 ⇒t≥2 Bất phương trình (1) trở thành
2m≤ (t−1)
t =f(t),∀t≥2 (2)
Để (2) xảy với t≥2
2m≤
[2;+∞)f(t) (3)
Ta có f0(t) = +
t2 >0,∀t≥2, suy [2;+∞)min f(t) = f(2) =
1
Từ (3), ta suy 2m≤
2 ⇔m ≤
4 Kết hợp với điều kiện xác định ta có 0≤m≤
Suy a= 0, b= ⇒a
√
8 + 12b =
Chọn đáp án A
Câu 48.12 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số y=|x3−3x+m| đoạn [0; 2] Tập hợp S có phần tử?
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) =x3−3x+m đoạn [0; 2] Khi f0(x) = 3x2−3 = 0⇔
"
x=−1 x=
Vậy f(0) =m; f(1) =m−2; f(2) =m+ Do max
[0;2]
= max
[0;2]
|f(x)|={|m+ 2|;|m|;|m−2|}
• max
[0;2] y=|m+ 2| ⇒
|m+ 2| ≥ |m−2| |m+ 2| ≥ |m| |m+ 2|=
⇒
m ≥0
m ≥ −1 "
m=
m=−5
⇒m=
(197)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
• max
[0;2] y =|m−2| ⇒
|m−2| ≥ |m+ 2| |m−2| ≥ |m| |m−2|=
⇒
m≤0
m≤1
"
m =−1
m =
⇒m =−1
• max
[0;2]
y =|m| ⇒
|m| ≥ |m+ 2| |m| ≥ |m−2| |m|=
⇒
m≤ −1
m≥1
"
m =
m =−3
⇒m ∈∅
Vậy tập hợp S có hai phần tử m= 1, m=−1
Chọn đáp án B
Câu 48.13 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y=x3−3x+m
đoạn [0; 2] Số phần tử S
A B C D
Lời giải
Xét hàm số f(x) = x3−3x+m hàm số liên tục đoạn [0; 2] Ta có f0(x) = 3x2−3⇒f0(x) = ⇔
"
x= (thỏa mãn) x=−1 (loại)
Suy GTLN GTNN f(x) thuộc tập hợp {f(0);f(1);f(2)}={m;m−2;m+ 2} Xét hàm số y=x3−3x+m
đoạn [0; 2]
Ta giá trị lớn y max{|m|;|m−2|;|m+ 2|}= TH Nếu |m|= 3, max{1; 3; 5}= (loại)
TH Nếu |m−2|= ⇔
"
m=−1 m=
• Với m=−1 Ta có max{1; 3}= (nhận) • Với m= Ta có max{3; 5; 7}= (loại) TH Nếu |m+ 2|= 3⇔
"
m=
m=−5
• Với m= Ta có max{1; 3}= (nhận) • Với m=−5 Ta có max{3; 5; 7}= (loại) Do m∈ {−1; 1} Vậy tập hợp S có phần tử
Chọn đáp án B
CÂU 49 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có chiều cao diện tich đáy Gọi M,N,P Q tâm mặt bên ABB0A0, BCC0B0, CDD0C0 DAA0D0 Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, D, M, N, P Q
A 27 B 30 C 18 D 36
Lời giải
(198).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
B0 A0
D0 C0
A0 B0
C0 D0
J
I
L K
Q
M N
P
Ta có VABCD.A0B0C0D0 = 9.8 = 72
Gọi I, J, K, L trung điểm cạnh AA0, BB0, CC0, DD0 suy VABCD.IJ KL = 36 Do hình chóp AM IQ đồng dạng với hình chọp AB0A0D0 theo tỉ số
2 nên VAM QI =
8VA.B0A0D0 =
8 3.8
9 =
3
VABCD.M N P Q=VABCD.IJ KL−VA.M IQ = 36−4
3 = 30
Chọn đáp án B
Câu 49.1 Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có AB = a, B0C0 = a√5, đường thẳng A0B
B0C tạo với mặt phẳng(ABCD)một góc 45◦, tam giác A0AB vng B, tam giác A0CD
vng D Tính thể tích V khối hộp ABCD.A0B0C0D0 theo a A V = 2a3 B V = 2a
3
3 C V =
a3√6
2 D V =
a3√6
Lời giải
C
D C0
D0 A0
B0
A
H B
Ta có A0D ⊥ CD ⇒ A0D ⊥ AB,
(
A0B ⊥AB A0D⊥AB
⇒ AB ⊥ (A0BD) ⇒ (A0BD) ⊥ (ABCD) theo giao tuyếnBD
Ta có B0CkA0D nên A0D tạo với (ABCD) góc 45◦
Gọi H hình chiếu A0 xuống (ABCD), H ∈ BD, ta có A’0BH = A’0DH = 45◦ nên 4A0BD
(199)THI
TỐ
T
N
GHIỆP
THPT
2019-2020
vuông cân A0
Vậy H trung điểm BD
Có AB ⊥(A0BD)⇒ 4ABD vuông B ⇒BD=√AD2−AB2 = 2a, S
ABD =
1
2AB·BD =a
2. Có A0H = BD
2 =a⇒VABCD.A0B0C0D0 =A
0H·2S
ABD = 2a3
Chọn đáp án A
Câu 49.2 Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0 có đáy hình chữ nhật vớiAB =√3, AD=√7 Hai mặt bên (ABB0A0) (ADD0A0) tạo với đáy góc 45◦ 60◦ Tính thể tích khối hộp biết cạnh bên hình hộp
A B C D
Lời giải
Gọi H hình chiếu vng góc A0 lên (ABCD) Gọi M, N hình chiếu vng góc H lên
AB, AD⇒A’0N H = 60◦ A÷0M H = 45◦
Đặt A0H =x, A0N = x sin 60◦ =
2x
√
3
A0N =pAA02−A0N2 =
…
3−4x2
3 =HM
HM =x.tan 45◦ =x
⇒
…
3−4x2
3 =x⇒x=
…
3 VABCD.A0B0C0D0 =AB.AD.x=
√
3.√7
…
3
7 = A
B C
D A0
B0 C0
D0
N H M
x
60◦ 45◦
Chọn đáp án A
Câu 49.3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có tổng diện tích tất mặt 36, độ dài đường chéo AC0= Hỏi thể tích khối hộp lớn bao nhiêu?
A B 16√2 C 8√2 D 24√3
Lời giải
(200).f
acebook.com/g
roups/GeoGebr
aPr
o/
A A0
D0
D
B
C
B0
C0
Gọi dộ dài ba cạnh AB=a, AD=b, AA0 =c Theo tốn ta có:
(
a2+b2+c2= 36 2(ab+bc+ca) = 36
Lại có (a+b+c)2 =a2+b2+c2+ 2(ab+bc+ca) = 72⇒a+b+c= 6√2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a, b, c ta có:
(a+b+c)3≥3√3
abc ⇔abc≤ (a+b+c)
27 = 16
√
2
Chọn đáp án B
Câu 49.4 Cho hình hộp chữ nhậtABCD.A0B0C0D0 Gọi M trung điểm BB0 Mặt phẳng
(M DC0)chia khối hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, khối chứa đỉnh C khối chứa đỉnh A0 Gọi V1, V2 thể tích hai khối đa diện chứa C A0 Tính
V1
V2
A V1
V2
=
24 B
V1
V2
=
17 C
V1
V2
=
12 D
V1
V2
= 17 24
Lời giải
Gọi I =BC∩C0M ⇒DI ∩AB=K
Khi ta cóV1=VICDC0−VIBKM
VICDC0 =
1 3IC·
1
2CD·CC
0=
3V;
Mặt khác VIBKM
VICDC0
=
⇒V1=
1 3V −
1 ·
1 3V =
7 24V
⇒V2=
17 24V
⇒ V1
V2
= 17
C0 D0
D A0
B0
A K I
B C
M
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em