giải chi tiết đề thi thử môn toán năm 2019 của bộ gd đt

Các khoảng đồ thị hàm số đi lên là các khoảng đồng biến của hàm số.. Hay các nghiệm bội lẻ là các điểm cực trị của hàm số đã cho.. +) Dựa vào bảng biến thiên để xác định các tiệm cận của[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019

ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Mã đề thi 001 ĐÁP ÁN (THAM KHẢO)

1-A 2-D 3-A 4-D 5-B 6-C 7-A 8-B 9-C 10-B

11-C 12-A 13-B 14-D 15-B 16-D 17-A 18-D 19-B 20-B

21-A 22-B 23-C 24-D 25-A 26-C 27-A 28-D 29-A 30-D

31-A 32-C 33-D 34-A 35-C 36-C 37-D 38-B 39-C 40-A

41-A 42-B 43-D 44-A 45-C 46-A 47-D 48-C 49-C 50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT (THAM KHẢO) Câu 1: A

Phương pháp:

Thể tích khối lập phương cạnh a V a3 Cách giải:

Thể tích khối lập phương canh 2a   3

2

 

V a a

Câu 2: D Phương pháp:

Sử dụng kĩ thuật đọc bảng biến thiên tìm điểm cực đại giá trị cực đại hàm số Cách giải:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại điểm x2 giá trị cực đại hàm số yCD5

Câu 3: A Phương pháp:

Cho hai điểm A x y z 1; ;1 1, Bx y z2; ;2 2 Khi vecto  2 1; 2 1; 2 1



AB x x y y z z

Cách giải:

Vì A1;1; 1  B2;3;2 nên 1; 2;3



AB

Câu 4: D Phương pháp:

Sử dụng kĩ thuật đọc đồ thị hàm số Các khoảng đồ thị hàm số lên khoảng đồng biến hàm số Cách giải:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khoảng 1;0 đồ thị hàm số lên hàm số đồng biến khoảng 1;0

Câu 5: B Phương pháp:

Sử dụng công thức biến đổi logarit: log  log log ;log  log

n

xy x y x n x

với x;y số thực dương Cách giải:

Ta có:  

2

log ab logalogb loga2logb Câu 6: C

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân

         

 

 

  

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

   

Cách giải:

Ta có:

       

1 1

0 0

2 2 2.5

     

 

 

 f x g x dx f x dx g x dx

Phương pháp:

Thể tích khối cầu bán kính R

3 

V R

Cách giải:

Thể tích khối cầu bán kính R a

3 

V a

Câu 8: B Phương pháp: -Tìm ĐKXĐ

-Biến đổi log      

n

a f x n f x a

Cách giải:

Điều kiện: x2 x 2 0 (luôn với x)

Khi phương trình tương đương  

2 2 2 0 1 0

1  

         

 

x

x x x x x x

x

Vậy tập nghiệm phương trình S0;1 Câu 9: C

Mặt phẳng (Oxz) có phương trình y=0 Câu 10: B

Phương pháp:

Sử dụng bảng nguyên hàm hàm số Cách giải:

Ta có:    

2

    

f x dx ex x dx ex x C

Câu 11: C Phương pháp:

Thay tọa độ điểm Q; M; P; N vào phương trình đường thẳng d Cách giải:

Thay tọa độ điểm P1; 2;3 vào phương trình đường thẳng

1

:

2

  

 



x y z

d

ta 1 2 3

0

2

  

  

 Câu 12: A

Ta có  

!

! !

 

k n

n C

k n k

Câu 13: B

Ta có u4 u13d  2 3.5 17 Câu 14: D

Phương pháp:

Điểm biểu diễn số phức z a bi  hệ trục tọa độ M a b ; 

Cách giải:

Điểm biểu diễn số phức z 1 2i Q1;2

Câu 15: B Phương pháp:

Từ đồ thị hàm số ta xác định đồ thị hàm số dạng

 



ax b y

cx d

+ Đồ thị hàm số

 



ax b y

cx d nhận đường thẳng  a y

c làm tiệm cận ngang

  d

x

c làm tiệm cận đứng.

Từ đồ thị hàm số ta xác định đồ thị hàm số dạng

 



ax b y

cx d nên loại C D.

Nhận thấy đồ thị hàm số hình nhận y=1 làm TCN x=1 làm TCĐ +Đồ thị hàm số

2 1  



x y

x nhận y2 làm TCN x1 làm TCĐ nên loại A. +Đồ thị hàm số

1  



x y

x nhận y1 làm TCN x1 làm TCĐ nên chọn B. Câu 16: D

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số ta xác định điểm cao điểm thấp đồ thị đoạn 1;3

Tung độ điểm cao giá trị lớn hàm số, tung độ điểm thấp giá trị nhỏ hàm số đoạn 1;3

Từ ta tìm M; m  M m Cách giải:

Từ đồ thị hàm số ta thấy đoạn 1;3 điểm cao đồ thị điểm A3;3 điểm thấp đồ thị B2; 2  nên GTLN hàm số M=3 GTNN hàm số m2

Từ M M   3  2 5 Câu 17: A

Phương pháp:

Giải phương trình f x'  0rồi lập bảng biến thiên để xác định điểm cực trị

Hoặc ta xét nghiệm phương trình f x' 0thì qua nghiệm bậc lẻ f x' sẽ đổi dấu, qua nghiệm bội bậc chẵn f x' khơng đổi dấu Hay nghiệm bội lẻ điểm cực trị hàm số cho Cách giải:

Ta có

     3

0

'

2   

     

   

x

f x x x x x

x

nghiệm nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số cho có ba điểm cực trị

Câu 18: D Phương pháp:

Ta sử dụng hai số phức Cho hai số phức z1a1b i z1 ; a2 b i2 ,

1 2

1     

 

a a

z z

b b

Ta có

  2 1

2 2 2 1

2

  

 

                   

 

 

a a

a b i i i a bi i i a b a bi i

b b

Câu 19: B Phương pháp:

Tính bán kính      

2 2

1 1

  A  A  A

R IA x x y y y y

Phương trình mặt cầu có tâm I x y z o; ;o 0 có bán kính R có dạng Cách giải:

Ta có bán kính mặt cầu      

2 2

1

       

R IA

Phương trình mặt cầu tâm I1;1;1 bán kính R 5      

2 2

1 1

     

x y z

Câu 20: B Phương pháp:

Dùng công thức loga để biến đổi log 2716 theolog 32

 

1

log ;

log

   

m

n

a a

b

n

b log b a b

m a

Hoặc sử dụng máy tính cách thử đáp án Cách giải:

Ta có  

4

3

16 2

3

3 3

log 27 log log

4 log

   

a

Câu 21: A Phương pháp:

+) Giải phương trình cho để tìm nghiệm phức z z1, 2 , máy tính +) Áp dụng cơng thức tính modun số phức:

2

    

z a bi z a b

Cách giải:

Ta có:

2

1

2

2

2

2

3 11

3 11 5

2

2

3 11 3 11

5

2 2 2

  

  

    

   

  

    

 

   

 

 

 

  

   

 

 

   

    

z

z i

z z

z i z

1 2  z  z  Câu 22: B Phương pháp:

+) Xác định vị trí tương đối hai mặt phẳng (P) (Q)

+) Hai mặt phẳng (P) (Q) song song với thì: d P   , Q  d M Q ,  với M điểm thuộc P

+) Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm M x y z 0; ;0 0 đến mặt phẳng  P ax by cz d:    0 là:  

  0

2 2

;    

 

ax by cz d

d M P

a b c

Cách giải:

Ta có: 1; 2; , 1;2; 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P Q

n n

 / / 

' ' ' '

 A B C D  P Q

A B C D

   

 ,    , 

Chọn M (10;0;0) điểm thuộc (P)

Khi ta có:        2 10 2.0 2.0

, ,

3 2

  

  

 

d P Q d M Q

Câu 23: C Phương pháp:

+) Giải bất phương trình:      

f x m

a a f x m a1,m R af x  am  f x  m khi 0a1,m R

Cách giải:

Giải bất phương trình ta được:

2 2 2 3

3x x273x x3

   

2 2 3 2 3 0

1

1

      

   

   

x x x x

x x

x

Vậy tập nghiệm bất phương trình là: 1;3 Câu 24: D

Phương pháp:

+) Cơng thức tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số x a x b a b y ,  ,   f x   



y g x là:     

b

a

S f x g x dx

Cách giải:

Dựa vào hình vẽ (ta thấy f x  nằm g x   x  1; 2  f x g x x    1;2 )và công thức tính diện tích hình phẳng ta cơng thức tính diện tích phân phần gạch chéo là:

   

2

2 2

1

3 2

 

        

S x x x dx x x dx

Câu 25: A Phương pháp:

+) Sử dụng công thức:h l2 R2

+) Thể tích hình nón có bán kính R đường cao h là:

2 

V R h

Cách giải:

Xét SAO vng tạo O có:  

2 2 3

    

SO SA AO a a a

Khi ta có:

3

2

1

3 3

   a

V R h a a 

+) Dựa vào bảng biến thiên để xác định tiệm cận đồ thị hàm số

+) Đường thẳng x a tiệm cận đứng đồ thị hàm số yf x  limx a f x   +) Đường thẳng y b tiệm cận ngang đồ thị hàm số yf x khi xlim  f x b Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+Đồ thị hàm số có tiệm cần đứng x=1 + Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2, y=5 Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận

Câu 27: A Phương pháp:

Sử dụng cơng thức giải nhanh tính thể tích khối chóp tứ giác có cạnh a là:

2 a

V

Cách giải:

Với tốn, khối chóp tứ giác có cạnh 2a nên

2 3 2 4 2

6

 a  a

V

Câu 28: D Phương pháp:

+) Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp:  

' log '

ln 

a

u u

u a

Cách giải:

Sử dụng cơng thức tính đạo hàm hàm hợp ta được:

     

   

2

2 2 2

2 ' 2 2

' log '

2 ln 2 ln

 

 

   

   

x x x

f x x x

x x x x

Câu 29: A Phương pháp:

+) Số nghiệm phương trình f x  mlà số giao điểm đồ thị hàm số yf x và đường thẳng y m

+) Dựa vào BBT để xác định số giao điểm đồ thị hàm số Cách giải:

Ta có:      

3

2 *

2

   

Pt f x f x

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số yf x  đường thẳng

3 

y

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng

3 

y

cắt đồ thị hàm số yf x  điểm phân biệt =>Phương trình có nghiệm phân biệt

Câu 30: D Phương pháp:

+) Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến chung hai mặt phẳng

Tìm hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng

Ta có:  

' '

' ' ' ' ' '

 

 

  

AD A D

AD A B CD

AD A B

Lại có:  

' ' '

' ' '

' ' '

 

 

  

A D A D

A D ABC D

A D C D

Do góc hai mặt phẳng ABC D' ' A B CD' ' bằng góc AD’ A’D Mà A D' AD'

Vậy góc cần tìm 900 Câu 31: A

Phương pháp:

Tìm điều kiện xác định phương trình Giải phương trình đưa phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn t Sử dụng hệ thức Vi-et để biến đổi tổng nghiệm phương trình ban đầu

Cách giải:

 

3

log 3 x  2 x Điều kiện: 3 x0

Phương trình  3 x 32x

7 3   x  x

 2   7.3 *  x x  Đặt 3  log3

x

t x t Thay vào phương trình (*) ta có:

 

2 7 9 **

 t  t 

Nhận thấy (**) có:  13 0 > Nên phương trình (**) có nghiệm phân biệt giả sử là: t t1;

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (**) ta được: 2

7   

  

t t

t t

Khi ta có: x1x2 log3 1t log3 2t log3t t1 2 log 23  Câu 32: C

Phương pháp:

Áp dụng cơng thức tính thể tích khối trụ V r h2 r bán kính khối trụ; h chiều cao của khối trụ

Sử dụng đề để tính thể tích tồn khối đồ chơi từ tìm thể tích khối trụ (H1)

Cách giải:

Thể tích tồn khối đồ chơi là:

2 2 2

1 2 1 1 1

2 1

1

2 30

4

20

     

 

V r h r h r h r h r h

r h

    



Vậy thể tích khối trụ (H1) 20 cm3

Câu 33: D Phương pháp:

Cách 1: Sử dụng cơng thức tính ngun hàm tổng

Cách 2: Đạo hàm đáp án đề bài, kết f(x) đáp án Cách giải:

Thử đáp án A:  

2 2

2 lnx x3x 4 lnx x2 x 6x4 lnx x8 x

x Nên loại A

Thử đáp án B:    

2 2

2 lnx x x 4 lnx x2 x 2x4 lnx x2x2x4 lnx  x

x

2

2 ln

=>Họ nguyên hàm hàm số f x  4 lnx  x ln x2 x x2C Câu 34: A

Phương pháp:

Nhận xét AB/ /SCD d B SCD ;  d A SCD ;  d Bài toán quy tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Cách giải:

Ta có: AB/ / SCD   

 ;   ; 

 d B SCD d A SCD d

Kẻ AH CD AK; SH

   

 

     

  

CD SA

CD SAH CD AK AK SCD

CD AH

 

 ; 

 d B SCD  d AK

Xét AHDH ADH, 600 ta có:

0

.sin 60

 a

AH AD

Áp dụng hệ thức lượng SAH A có đường cao AK ta có:

2 2

2

2 21

7

4

   





a a

SA AH a

AK d

SA AH a

a

Câu 35: C Phương pháp:

Bước 1: Xét vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng, nhận thấy (d) cắt (P) H Bước 2: Lấy điểm A thuộc d ; tìm hình chiếu vng góc A (P) giả sử K Bước 3: Phương trình đường thẳng qua điểm H K đường thẳng cần tìm Cách giải:

Xét vị trí tương đối đường thẳng (d) mặt phẳng (P) với : 1; 2; ;  1;1;1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d p

vtcpuu vtptn ta có

 

1.1 2.1  1 0   

d p

u n

Nên (d) cắt (P)

Gọi H  d  P  H t t ; 2     P  t 1t   t 0  2t 0  t1  H 1;1;1

Lấy A2;3;0  d Pt đường thẳng qua A vng góc với (P)    

     

x t

y t

z t

2

2 3 ; ;

3 3



 

              

 

t t t t t K

 

1

; ; / / 1; 4; 3



 

  

 



HK

qua H 1;1;1 Câu 36: C

Phương pháp:

Hàm số yf x  nghịch biến D f x'    0, x D hữu hạn điểm Cách giải:

Ta có:    

2

' 3 12  

f x x x m

Hàm số cho nghịch biến   ; 1  f x'       0 x  ; 1

   

   

   

2 ;

3 12 ;

4 12 ;

4   

          

         

 

x x m x

m x x g x x

m g x

Xét hàm số:  

3 12

  

g x x x

ta có: g x'  6x12 0  x2

min; 1    2

3

4

4   

   

   

g x g

m m

Câu 37: D Phương pháp:

Số phức z a bi a b R  , ,   số ảo phần thực = (tức a = 0) Cách giải:

Đặt z a bi a b R   ,  

  2  2    z i z a b i a   bi

 2  2  2  2 a a b b  a b  ab i

Số z2i z 2 số ảo  Phần thực =    

2

2 2 2 0 1 1 2

 a  a b  b  a  b  Vậy đường trịn tâm biểu diễn số phức cho có tâm I1; 1 

Câu 38: B Phương pháp:

Sử dụng cơng thức tính tích phân để tìm kết đầu từ tìm a, b, c Cách giải:

     

1 1

2 2

0

0 0

2 2

ln

2

2 2

  

     



 

  

xxdx xx dx x dx x x

2

ln ln ln ln

3

      

1

1

1 3 1

3

   

  

            

    

a

b a b c

c

Cơ lập m, đưa bất phương trình dạng g x m x a b;   mmaxa b;  x

Cách giải:

Theo đề ta có:       

x x

f x e m f x e m

Đặt     

x

g x f x e

Khi :    x    1;1

f x e m x

     1;1

 g x f x  ex    m x

 1;1  

max



 m g x

   

'  '  x

g x f x e

Trên 1;1 ta có ' 0;     '    0  1;1

x

f x e o x R g x x

 

 g x

nghịch biến 1;1

         

 

1 1;1

1

max 1

1

 

        

   

g x g f e f

e

m f

e

Câu 40: Phương pháp:

+) Tính số phần tử khơng gian mẫu +) Tính số phần tử biến cố

Chọn chỗ cho học sinh nam, sau chọn chỗ cho học sinh nữ, sử dụng quy tắc nhân +) Tính xác suất biến cố

Cách giải:

Số phần tử không gian mẫu n  6!

Gọi biến cố A : "Các bạn học sinh nam ngồi đối diện bạn nữ" Chọn chỗ cho học sinh nam thứ có 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) Xếp chỗ cho học sinh nữ : 3! cách

6.4.2.3! 288  nA   cách

  288 6!  P A   Câu 41: A Phương pháp:

Gọi I a ; b;c điểm thỏa mãn đẳng thức: 2IA 3 IB0 tìm tọa độ điểm I

Sử dụng công thức cộng phân tích biểu thức cho cách chèn điểm I +) Đánh giá, tìm GTNN biểu thức

Cách giải:

Gọi I a ; b;clà điểm thỏa mãn đẳng thức : 3 0

  

IA IB

   

2 ; ;4 3 ;3 ;

  a   b  c    a  b   c 

 

4 5

4 5 1;1;1

8 3 5

       

  

  

              

         

  

a a a a

b b a b I

c c c c

   

   

 

2 2

2

2 2

2 2

2 3

2

5 3

5

  

   

    

  

                           

   

  

MA MB MA MB

MI IA MI IB

MI IA IB MI IA IB

MI IA IB

Do I, A, B cố định nên 2IA23IB2 const

 2

min

2

 MA  MB  MI

 M hình chiếu I (P)

Gọi  đường thẳng qua I vng góc với (P) , ta có phương trình  

1

:

1   

    

   

x t

y t

z t

M hình chiếu I lên (P)  M    M 1 ;1 ;1 2t  t  t Lại có MP

     

2 1 2

   t   t   t  

  4

9 1;0;3

        

     

t t t

t t M

Khi ta có 4 9

   

MI ; 9 9 27

   

IA ; 4 4 12

   

IB

 2

min

2 5.9 2.27 3.12 135

 MA  MB    

Câu 42: B Phương pháp:

+) Gọi số phức z a bi   z a bi 

+) Từ giải thiết cho, tìm đường biểu diễn số phức z

+) Tìm giao điểm đường biểu diễn số phức z giả thiết thứ thứ Cách giải :

Gọi số phức z a bi   z a bi 

Từ giả thiết thứ ta có:

2

2 2 2

2

4

2 4 2.2

4

    

                

   



a b a

z z z a b a bi a bi a b a

a b a

 Tập hợp số phức z đường tròn  

2

1 :    0

C x y x C2:x2y24x 0 Từ giả thiết thứ hai ta có:

1 3

1 3

    

       

z i z i

a bi i a bi i

 12  12  32  32  a  b  a  b

2 9

  a  b  a  b 16

 a b   a b 

 Tập hợp số phức z đường thẳng x 2y 0  d

Dựa vào hình vẽ ta thấy có giao điểm d với C1  d  với C2  Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu

bài toán Câu 43: D Phương pháp:

+) Đặt tsinx , dựa vào khoảng giá trị x xác định khoảng giá trị t

+) Cơ lập m, đưa phương trình dạng f t m   , số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số yf t  y m

Cách giải:

Đặt tsinx Với x0; t (0;1]

Khi phương trình ban đầu trở thành f t m  có nghiệm t 0;1

Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số yf t  y m

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, để phương trình f t m  có nghiệm t 0;1  m  1;1 Câu 44: A

Phương pháp:

Áp dụng công thức lãi kép cho tốn trả góp

   

1

1

 

 

n n

N r r

A

r

Trong A số tiền phải trả tháng, N số tiền nợ, r lãi suất, n số tháng Cách giải:

Số tiền tháng phải trả là:

 

  12 12 100 1% 1%

2, 22

1

  

 

 

A

r

(triệu) Câu 45: C

Phương pháp:

+) Gọi I tâm mặt cầu, xác định hình chiếu H điểm I lên (P)

+) Để đường thẳng  cắt mặt cầu (S) điểm cho chúng có khoảng cách nhỏ đường thẳng  qua E vng góc với HE

Cách giải:

Dễ thấy E P Gọi I 3;2;5 tâm khối cầu

Đường thẳng qua I vng góc với (P):

 

2    

   

  

x t

y t d

z t

Gọi H hình chiếu I lên (P)  H d  H3 ; 2 ;5 t  t  t Lại có H P

   

2 3 2

6 4

2 23 14 47

9 ; ;

9 9

       

  

       

 

t t t

t t H

   

5 20

; ; 1;1; / / 1;1;4 9 9

 

   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EH a

Để đường thẳng  cắt mặt cầu (S) điểm cho chúng có khoảng cách nhỏ đường thẳng  qua E vng góc với HE

Ta có:

   

2 1 2

; ; ; 9; 9;0 1; 1;0

1 4 

 

     

  

      

    



  

                            

  

  P P

u n

u n a

u a

Vậy đường thẳng  qua E nhận 1; 1;0   VTCP

Vậy phương trình đường thẳng :    

     

x t

y t

z

Câu 46: A Phương pháp:

+) Viết phương trình Elip, tính diện tích Elip

+) Tính diện tích phần trắng, ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng +) Tính diện tích phần xanh sau tính chi phí để sơn

Cách giải:

(E) cho có độ dài trục lớn 2a 8 a4, độ dài trục bé 2b 6 b3 Ta có diện tích (E) bằng:    

2 4.3 12

 

E

S   m

Phương trình  

2 2

2 16 16

:

16 16

 

     

x y x x

E y y

Ta có  

1 3

; 3;

2 2

 

       

 

M M

M E y MQ x M

Diện tích phần giới hạn (E), trục Ox, đường thẳng MQ có diện tích:

2

4 16

2 1,087

4 





  

AMQ

x

S dx

=> Diện tích phần trắng là:  

2 2,174

 

trang AMQ

S S m

Khi diện tích phần xanh    

2 12 2,174 6,525

    

xanh E trang

S S S  m

Vậy chi phí để sơn biển quảng cáo 2,174.100  35,525.200  7322 (nghìn đồng)  7322000 đồng Câu 47: D

Phương pháp:

Phân chia khối đa diện: VA MPB NQ' ' VC C PQ ' VC ABB A '

Xác định tỉ số chiều cao diện tích đáy để suy tỉ số chóp, lăng trụ,… Cách giải:

Ta có A B C' ' 'PQC' theo tỉ số ' ' ' '

4

2 SC PQ  SA B C  S

'

1

.4

3

 VC C PQ  h S V

Ta có: 'A' ' '

1

2

  

ABNM ABB C ABNM C ABB A

S S V V

Mà ' ' ' ' '

2 2

3 3 3

       

C ABB A C ABNM CC A B NM

V V

V V V V V V V

Vậy ' '

4 2

3 3

  

A MPB NQ

V V V V

Câu 48: C Phương pháp:

Hàm số yf x  đồng biến a b;  f x'   0 x a b;  hữu hạn điểm Lưu ý cơng thức tính đạo hàm hàm hợp Sau thử đáp án để chọn kết

Cách giải:

Ta có: y3f x 2 x33x y' ' f x 2 3x23

Xét  1 x0 ta có:

 

   

2

1 2 '

3 ' 3 0;1

1

      



      



    



x f x

f x x x

x x

Vậy hàm số cho đồng biến 1;0 Câu 49: C

Phương pháp:

+) Đưa phương trình cho dạng tích, có nhân tử f x   x1  g x +) Để bất phương trình ln với x ta xét trường hợp:

TH1: Phương trình  

2 2 2 6 0

      

m x m x m m x m m

nghiệm với x

TH2: Đa thức  

2 2 2

6

     

m x m x m m x m m

có nghiệm x 1 +) Thử lại kết luận

Cách giải:

  2 1 2 1 6 1 0,

       

f x m x m x x x

         

2 1 1 1 1 6 1 0,

 m x  x  m x x  x  x  1 2   6 0,

         

 

x m x m x m m x m m x

Để bất phương trình ln với x suy ra:

+ TH1: Phương trình nghiệm với  

2 2 2

6

     

m x m x m m x m m

=0 nghiệm với x

2 2

0

0

1

2

3 



   

 

  

 

   



  

 

      

   

m m

m m

m

m m

m

m m

m

(vô nghiệm)

+ TH2: Đa thức  

2 2 2

6

     

m x m x m m x m m

có nghiệm x 1

Khi đó:

2 2 2

1

6 3

2   

           

  

m

m m m m m m m m

m

+ Với m 1      

3 2

1  4

           

x x x x x x x

(luôn đúng)

+ Với

3 

m

thì     

3

9 21

1 3

4 4

 

           

 

x x x x x x x x

 123 6 7 0

 x x  x 

(ln đúng)

Do

3 1;

2  

m m

giá trị cần tìm Tổng

3

1

2

  

S

Câu 50: B Phương pháp:

- Từ đồ thị hàm số yf x'  tìm mối quan hệ m n p q, , , - Thay vào phương trình cho, giải phương trình tìm nghiệm Cách giải:

 

    

f x mx mx px qx r

 Từ đồ thị hàm sốyf x' dễ thấy m 

Phương trình  

 

4

3 0

0 * 



       

   



x

f x r mx nx px qx

mx nx px q

Xét  

3

' 4 3 2  0

f x mx nx px q có ba nghiệm

5

1; ;

4

  

x x x

Theo hệ thức Vi-et:

1 2 3 1



   

 

  

  

 



b

x x x

a c

x x x x x x

a d

x x x

a ta có

13

13

4

3

2

15 15

4



 

 

 

 

   

 

  

 

  

 

n

n m

m p

p m

m

q m

q m

Thay vào *

3

5

13 13

15 15

3

3 

 

         

  

x

mx mx mx m x x x

x

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 0; 3;

3

  