TOÀN CẢNH ĐỀ THI & ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ 2020-NHÓM WORW

Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằngA. Gọi biến cố A:”chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó không có ha[r]

(1)

MỤC LỤC

1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN) 5

2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP 6

2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C)

2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT

3. XÁC SUẤT 8

4. CẤP SỐ CỘNG 13

5. CẤP SỐ NHÂN 14

6. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC MẶT PHẲNG 15

6.1 Góc đường thẳng mặt phẳng 15

6.2 Góc đường thẳng mặt phẳng 20

7. KHOẢNG CÁCH 22

7.1 Từ chân H đường cao đến mp cắt đường cao 22

7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao 22

7.3 Hai đường chéo (vẽ đoạn v.góc chung) 26

7.4 Hai đường chéo (mượn mặt phẳng) 27

8. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 32

8.1 Xét tính đơn điệu hàm số (biết đồ thị, BBT y) 32

8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu khoảng K 35

8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu khoảng K 37

8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn 38

8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ 39

9. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ 41

9.1 Tìm cực trị hàm số cho công thức y, y’ 41

9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT y) 42

9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD y’) 45

9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn 47

9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối 54

10.GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 58

10.1 GTLN, GTNN f(x) đoạn [a;b] biết biểu thức f(x) 58

10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước 60

10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác 61

11.TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ 63

11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số 63

11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số 64

12.ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH 66

12.1 Nhận dạng hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT) 66

12.2 Xét dấu hệ số biểu thức (biết đồ thị, BBT) 70

(2)

12.TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH 75

12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm 75

12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT) 77

12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn 82

12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ) 92

12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (khơng GTTĐ) 93

13. MŨ - LŨY THỪA 96

13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất 96

13.2 Tính tốn, rút gọn biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….) 96

14.LOGARIT 97

14.1 Câu hỏi lý thuyết tính chất 97

14.2 Biến đổi biểu thức logarit liên quan a,b,x,y 98

14.3 Tính giá trị biểu thức logarit khơng dùng BĐT 99

14.4 Dạng tốn khác logarit 100

15.HÀM SỐ MŨ - LOGARIT 102

15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lơ-ga-rít 102

15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lơ-ga-rít 103

15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit 103

15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lơ-ga-rít 104

15.5 Bài toán lãi suất 104

15.6 Bài toán tăng trưởng 106

15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số 107

15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lơ-ga-rít(nhiều biến) 109

16.PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 115

16.1 PT,BPT mũ bản, gần (không tham số) 115

16.2 Phương pháp đưa số (không tham số) 115

16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) 117

17.PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA 119

17.1 Câu hỏi lý thuyết 119

17.2 PT,BPT loga bản, gần (không tham số) 119

17.3 Phương pháp đưa số (không tham số) 121

17.4 PP phân tích thành nhân tử (khơng tham số) 121

17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) 123

17.6 Phương trình loga có chứa tham số 124

17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp mũ loga có tham số 124

18.NGUYÊN HÀM 126

18.1 Định nghĩa, tính chất nguyên hàm 126

18.2 Nguyên hàm hs bản, gần 126

18.3 Nguyên hàm phân thức 128

(3)

18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến phần hàm xđ 129

18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn 130

19.TÍCH PHÂN 131

19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất tích phân 131

19.2 Tích phân bản(a), kết hợp tính chất (b) 133

19.3 PP tích phân phần-hàm xđ 135

19.4 Kết hợp đổi biến phần tính tích phân-hàm xđ 136

19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn 137

20.ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 138

20.1 Xác định cơng thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị 138

20.2 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm xác định 138

20.3 Thể tích giới hạn đồ thị (trịn xoay) hàm xác định 141

21.KHÁI NIỆM SỐ PHỨC 142

21.1 Các yếu tố thuộc tính số phức 142

22.CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC 144

22.1 Thực phép toán số phức 144

22.2 Xác định yếu tố số phức (phần thực, ảo, mơ đun, liên hợp,…) qua phép tốn 145

22.3 Giải phương trình bậc theo z (và z liên hợp) 147

23.BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC 148

23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học số phức 148

23.2 Tập hợp điểm biểu diễn đường trịn, hình trịn 148

24.PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC 149

24.1 Tính toán biểu thức nghiệm 149

24.1 Các tốn biểu diễn hình học nghiệm phương trình 150

24.1 Các tốn khác phương trình 151

25.THỂ TÍCH KHỐI CHĨP 152

25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Cơng thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) 152

25.2 Thể tích khối chóp 153

25.3 Thể tích khối chóp khác 154

25.4 Tỉ số thể tích khối chóp 160

26.THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC 162

26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) 162

26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật 162

26.3 Thể tích khối lăng trụ 163

26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp 163

27.KHỐI NÓN 166

27.1 Câu hỏi lý thuyết khối nón 166

(4)

29.KHỐI CẦU 175

29.1 Câu hỏi liên quan đến biến đổi V,S,R 175

29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện 176

29.3 Bài toán tổng hợp khối nón, khối trụ, khối cầu 181

30.TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ 185

30.1 Hình chiếu điểm lên trục tọa độ, lên mặt phẳng tọa độ điểm đối xứng 185

31.PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU 187

31.1 Tìm tâm bán kính, ĐK xác định mặt cầu 187

32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK 188

32.PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 190

32.1 Tìm VTPT, vấn đề lý thuyết 190

32.2 PTMP trung trực đoạn thẳng 191

32.3 PTMP qua điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h) 191

33.4 PTMP qua điểm, song song với mặt phẳng 191

33.5 PTMP theo đoạn chắn 192

33.6 PTMP qua điểm, vng góc với đường thẳng 193

33.PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 196

33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng 196

33.2 Tìm VTCP, vấn đề lý thuyết 196

33.3 PTĐT qua điểm, dễ tìm VTCP (khơng dùng t.c.h) 198

33.4 PTĐT qua điểm, thoả ĐK khác 201

(5)

1 PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN) Câu Có cách chọn học sinh từ

nhóm gồm học sinh nam học sinh nữ ?

A 11 B 30 C D

Lời giải Chọn A

PA1 : Chọn học sinh nam có cách PA2 : Chọn học sinh nữ có cách Theo quy tắc cộng có + = 11 cách

Câu [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Có cách chọn học sinh từ nhóm gồm học

sinh nam học sinh nữ?

A B 54 C 15 D

Lời giải Chọn C

Chọn học sinh từ 15 học sinh ta có 15 cách chọn

Câu [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có cách chọn học sinh từ nhóm gồm học

sinh nam học sinh nữ

A B 12 C D 35

Lời giải Chọn B

Tổng số học sinh là: 12. 

(6)

2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C)

Câu [Đề-BGD-2020-Mã-101]Có cách xếp học sinh thành hàng dọc

A 36 B 720 C D

Lời giải

Mỗi cách xếp ngẫu nhiên bạn thành hàng dọc hoán vị phần tử nên Số cách xếp 6! 720

Câu [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Có cách xếp học sinh thành hàng dọc?

A B 5040 C D 49

Lời giải

Số cách xếp cần tìm là: P7 7! 5040

2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT

Câu [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Có cách xếp học sinh thành hàng dọc?

A B 25 C D 120

Lời giải Chọn D

Có 5! 120 cách xếp học sinh thành hàng dọc

Câu [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Có cách xếp học sinh thành hàng dọc?

A B C 40320 D 64

Lời giải

Số cách xếp học sinh thành hàng hoán vị phần tử Đáp số: 8! 40320 cách

Câu [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Có cách xếp học sinh thành hàng dọc?

A B C 40320 D 64

Lời giải

Số cách xếp học sinh thành hàng hoán vị phần tử Đáp số: 8! 40320 cách

Câu [ĐỀ BGD 2020-MH2]Có cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh?

A

10

C B 10

A C 102 D 2 10 Lời giải

Chọn A

Mỗi cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh tương ứng với tổ hợp chập tập có 10 phần tử Vậy số cách chọn hai học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh

10 C

Câu 10 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Số cách chọn học sinh từ học sinh

A 27 B

7

A C

7

C D 72

(7)

Câu 11 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Có ghế kê thành hàng ngang, xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, cho ghế có học sinh Xác suất để học sinh lớp C ngồi cạnh học sinh lớp B

A

6 B

3

20 C

2

15 D

1

Xếp ngẫu nhiên học sinh ghế kê thành hàng ngang có 6! cách Để học sinh lớp C ngồi cạnh học sinh lớp B ta có trường hợp

TH1: Xét học sinh C ngồi vị trí đầu tiên:

C B

Ta có 2.4! 48 cách xếp chỗ

TH2: Xét học sinh C ngồi vị trí thứ 2:

B C B

Ta có 2!.3! 12 cách xếp chỗ

B C B

TH6: Xét học sinh C ngồi vị trí cuối cùng:

B C

Ta có 2.4! 48 cách xếp chỗ

Suy số cách xếp thỏa mãn 48 12 12 12 12 48 144      cách Vậy xác suất để học sinh lớp C ngồi cạnh học sinh lớp B 144

(8)

Câu 12 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Chọn ngẫu nhiên hai số khác từ 25 số nguyên dương Xác suất để chọn hai số có tổng số chẵn

A

2 B

13

25 C

12

25 D

313 625

Số phần tử không gian mẫu:  

25 300

n  C  (kết đồng khả xảy ra)

Gọi biến cố A biến cố cần tìm

Nhận xét: tổng hai số số chẵn có trường hợp: + TH1: tổng hai số chẵn

Từ số đến số 25 có 13 số chẵn, chọn 13 số chẵn có: 13 78

C  (cách)

+ TH2: tổng hai số chẵn

Từ số đến số 25 có 12 số chẵn, chọn 12 số chẵn có: 12 66

C  (cách)

Suy ra: n A 78 66 144 

Vậy:    

  144300 1225

n A P A

n

  



Câu 13 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác chữ số thuộc tập 1, 2,3, 4, 5, 6, 7,8, 9 Chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số khơng có hai chữ số liên tiếp chẵn

A 25

42 B

5

21 C

65

126 D

55 126

Lời giải

Có A49 cách tạo số có chữ số phân biệt từ X 1, 2,3,4,5,6,7,8,9

4

A 3024

S

  

3024   

Gọi biến cố A:”chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số khơng có hai chữ số liên tiếp chẵn”

Nhận thấy khơng thể có chữ số chẵn chữ số chẵn lúc ln tồn hai chữ số chẵn nằm cạnh

Trường hợp 1: Cả chữ số lẻ Chọn số lẻ từ Xvà xếp thứ tự có A54số

Trường hợp 2: Có chữ số lẻ, chữ số chẵn

Chọn chữ số lẻ, chữ số chẵn từ Xvà xếp thứ tự có C C 4!35 14 số

Trường hợp 3: Có chữ số chẵn, chữ số lẻ Chọn chữ số lẻ, chữ số chẵn từ X có C C25 24 cách Xếp thứ tự chữ số lẻ có 2! cách

Hai chữ số lẻ tạo thành khoảng trống, xếp hai chữ số chẵn vào khoảng trống thứ tự có 3! cách

(9)

Vậy  

4 2

5 5

A C C 4! C C 2!.3! 25

3024 42

A

P A      



Câu 14 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác chữ số thuộc tập hợp 1;2;3;4;5;6;7 Chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số khơng có hai chữ số liên tiếp chẵn

A

35 B

16

35 C

22

35 D

19 35

Lời giải

Ta có

7

( )

n  A

Gọi số có chữ số abcd

Ký hiệu C chữ số chẵn, L chữ số lẻ

Các số thuận lợi cho biến cố A dạng sau:

Dạng 1: CLLL, LCLL, LLCL, LLLC có

3 .44 C A số

Dạng 2: CLCL, LCLC, CLLC có 2

3

3 .A A số Dạng 3: LLLL có P4 số

Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A n A C A31 .4 .43  A A32 42P4

Vậy    

  2235

n A P A

n

 



Câu 15 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đơi khác chữ số thuộc tập hợp 1,2,3, 4,5,6,7 Chọn ngẫu nhiên số thuộc S , xác suất số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ

A

5 B

13

35 C

9

35 D

2 Lời giải

* Số cần lập có dạng: a a a a1 4

  840

n  A 

Gọi biến cố A:" số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ”

TH1: Hai chữ số lẻ hai chữ số chẵn khơng liên tiếp Có cách xếp sau:

+ Các số chẵn lẻ liên tiếp

+ a a4 chữ số lẻ, a2 a3 chữ số chẵn

Số số cần chọn là: 2 2

4

2! .A A C 2! .2! 216C  TH2: chữ số lẻ chữ số chắn

Số số cần chọn 3

4 .4! 96C 

Vậy n A 216 96 312 

Xác suất biến cố A là:    

  1335

n A P A

n

 



(10)

A

81 B C.18 D.2

Gọi số cần lập abcdef với a0 Ta có  

9

n   A

Gọi A: “số tự nhiên có chữ số đơi khác có hai chữ số tận khác tính chẵn lẻ” TH1: a chẵn, f chẵn, e lẻ có: 3

7

4.4.5.A 80.A số

TH2: a chẵn, f lẻ, e chẵn có: 3

7

4.5.4.A 80.A số

TH3: a lẻ, f lẻ, e chẵn có: 3

7

5.4.5.A 100.A số

TH4: a lẻ, f chẵn, e lẻ có: 3

7

5.5.4.A 100.A số

Suy  

7

360

n A  A

Vậy xác suất để chọn số tự nhiên có chữ số đơi khác có hai chữ số tận khác tính chẵn lẻ  

3 360 9 A P A A  

Câu 17 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Gọi Slà tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số có hai chữ số tận có tính chẵn lẻ

A

9 B

2

9 C

2

5 D

1

Gọi số cần lập a a a a a a1 6, ai0,1, ,9 ; i1,6;a10

Gọi A biến cố: “chọn số tự nhiên thuộc tập Ssao cho số có hai chữ số tận có tính chẵn lẻ”

Do  

9

9 136080

n   A 

Trường hợp 1: a1chẵn hai chữ số tận chẵn

Số cách lập:

4

4 .A A 10080

Trường hợp 2: a1chẵn hai chữ số tận lẻ

Số cách lập:

5

4 .A A 16800

Trường hợp 3: a1lẻ hai chữ số tận chẵn

Số cách lập:

5

5 .A A 21000

Trường hợp 4: a1lẻ hai chữ số tận lẻ

Số cách lập:

4

5 .A A 12600

Xác suất để số có hai chữ số tận có tính chẵn lẻ bằng:

     60480

1360809 n A P A n    

Câu 18 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Xét số thực thỏa mãn 2x2 y2 1x2 y22x2 4 x Giá trị

lớn biểu thức

2 x P x y  

  gần với giá trị sau nhất?

(11)

 

2 1 2 2

2x y  x  y 2x2 4x

2 2 1 2 2

2xy  x x y 2x2

 12  2 2  

1

2x y  x y 

  

Đặt tx12y2

   2 2

1 2t      t 0 t x1 y 1

   

8

2

x

P P x P y P

x y



      

 

Yêu cầu toán tương đương:

   

2 2 2

2

1 12 5 5

2

P P

P P P P

P P

  

          

 

Câu 19 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số có hai chữ số tận khác tính chẵn lẻ

A 50

81 B

1

2 C

5

18 D

5

Gọi x abcde a , 0 số tự nhiên có chữ số khác

Khi có 9.9.8.7.6 27216 số

Số phần tử không gian mẫu n  27216

Gọi F biến cố số x có hai chữ số tận khác tính chẵn lẻ

TH1: Một hai chữ số cuối có chữ số 0: Có

5 .2 3360

C P A  số

TH2: Hai chữ số tận chữ số 0: Có 1

4 .7.7.6 117605

C C P  số

Suy n F 3360 11760 15120. 

Vậy    

  59

n F P F

n

 



Câu 20 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đôi khác chữ số thuộc tập hợp 1,2,3, 4,5,6,7 Chọn ngẫu nhiên số thuộc S , xác suất số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ

A

5 B

13

35 C

9

35 D

2 Lời giải

* Số cần lập có dạng: a a a a1  

7 840

n  A 

Gọi biến cố A:" số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ”

TH1: Hai chữ số lẻ hai chữ số chẵn không liên tiếp Có cách xếp sau:

(12)

+ chữ số lẻ, chữ số chẵn

Số số cần chọn là: 2 2

4

2! .A A C 2! .2! 216C  TH2: chữ số lẻ chữ số chắn

Số số cần chọn 3

4 .4! 96C 

Vậy n A 216 96 312 

Xác suất biến cố A là:    

  1335

n A P A

n

 



Câu 21 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Gọi S tập hợp tất số tự nhiên có chữ số đơi khác chữ số thuộc tập hợp 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Chọn ngẫu nhiên số thuộc S, xác suất để số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ

A 17

42 B

41

126 C

31

126 D

5 21

Lời giải

Số phần tử S

9 3024 A 

Chọn ngẫu nhiên số từ tập S có 3024 (cách chọn) Suy n  3024 Gọi biến cố A: “ Chọn số khơng có hai chữ số liên tiếp lẻ” Trường hợp 1: Số chọn có chữ số chẵn, có 4! 24 (số)

Trường hợp 2: Số chọn có chữ số lẻ chữ số chẵn, có 5.4.4! 480 (số) Trường hợp 3: Số chọn có chữ số lẻ chữ số chẵn, có 2

5

3 .A A 720 (số) Do đó, n A 24 480 720 1224  

Vậy xác suất cần tìm    

  12243024 1742

n A P A

n

  

(13)

4 CẤP SỐ CỘNG

Câu 22 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho cấp số cộng  un với u13 u29 Công sai cấp số cộng cho

A 6 B C 12 D

Công sai cấp số cộng cho d u 2   u1

Câu 23 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho cấp số cộng ( )un với u111 công sai d 3 Giá trị

A B 33 C 11

3 D 14

Ta có u2    u1 d 11 14

Câu 24 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Cho cấp số cộng  un với u19 công sai d 2 Giá trị

2 u

A 11 B

2 C 18 D

Ta có: u2    u1 d 11

Câu 25 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho cấp số cộng  un với u18 công sai d 3 Giá trị

2 u

A

3 B 24 C D 11

Áp dụng cơng thức ta có: u2    u1 d 11

Câu 26 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho cấp số cộng  un với u13 u29 Công sai cấp số cộng cho

A B C 12 D 6

(14)

Câu 27 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho cấp số nhân  un với u13 công bội q 2 Giá trị u2

A B C D

2 Lời giải

Ta có:  1   

1 3.2

n n

u u q u u q

Câu 28 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho cấp số nhân  un với u12 công bội q3 Giá trị

u

A B C D

3 Lời giải

Ta có u2 u q1 2.3 6

Câu 29 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho cấp số nhân  un với u13 công bội q4 Giá trị

2 u

A 64 B 81 C 12 D

4

Lời giải

Áp dụng cơng thức cấp số nhân ta có: 1 3.4 12

n n

u u q  u u q 

Câu 30 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho cấp số nhân  un với u14 công bội q3 Giá trị

2

u

A 64 B 81 C 12 D

3 Lời giải

2  4.3 12

u u q

Câu 31 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho cấp số nhân  un với u14 công bội q3 Giá trị

2

u

A 64 B 81 C 12 D

3 Lời giải

2  4.3 12

(15)

6 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC MẶT PHẲNG

6.1 Góc đường thẳng mặt phẳng

Câu 32 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình chóp S ABCcó SA vng góc với mặt phẳngABC,

SA a, tam giác ABC vuông B, AB a BC a (minh họa hình vẽ bên) Góc đường thẳng SC mặt phẳngABC

A 90 B 45 C 30 D 60

Ta có: SAABC

 Góc SCvà ABC SCA

 

2 2

2

tan

3

SA SA a

AC AB BC a a

   

 

45



  

Câu 33 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp S ABC. có đáy

ABC tam giác vuông B, AB a , BC2a; SA

vng góc với mặt phẳng đáy SA 15a (tham khảo hình bên) Góc đường thẳng SCvà mặt phẳng đáy

A 45 B 30

C 60 D 90

Lời giải

A B

C S

a

2a

α

a

A

B

(16)

Ta có:  SC ABC, SCA

Trong ABCvng B, ta có  2  2 

4

AC AB BC a a a

Trong SACvng A, ta có tan   15  3  60

5

SA a

SCA

AC a

SCA

Câu 34 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông B, AB3a , BC 3a; SA vng góc với mặt phẳng đáy SA2a (tham khảo hình vẽ bên)

Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy

A 60ο B 45ο C 30ο D 90ο

Lời giải

Ta có SAABC nên góc SC ABC SCA

2 9 3 2 3

AC AB BC  a  a  a

Suy tan

2 3

SA a ASC

AC a

   SAC30ο

Câu 35 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AB a ; BC3a; SA vng góc với mặt phẳng đáy SA 30a Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy

A 45 B 90 C 60 D 30

Lời giải

S

A

B

(17)

Vì SA vng góc với mặt phẳng đáy nên góc SC đáy góc SCA Ta có AC a 10

Trong tam giác SAC ta có: tanC SA

AC

 

Vậy góc SCA 60

Câu 36 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông B,

,

AB a BC a ,SAvng góc với mặt phẳng đáy SA a (tham khảo hình bên dưới) Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy

A 90 B 45 C 60 D 30

Lời giải

Ta có ABC vng B

Có AC2AB2BC2 a22a23a2AC a 3

Do SAABCSC ABC, SC AC, SCA

Trong SCA có tan

3

SA a SCA

AC a

  

 30

SCA

  

Vậy SC ABC,  30

Câu 37 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có

,

AB BC a AA   a (tham khảo hình dưới) Góc đường thẳng A C mặt phẳng

ABCD bằng:

A B S

C

A B S

(18)

A 60 B 90 C 30 D 45

Ta có góc đường thẳng A C mặt phẳng ABCD góc A C AC góc A CA

Ta có AC AB2BC2 a 2

Xét tam giác A CA có tan  60

2

A A a

A CA A CA

AC a



       

Vậy góc A C mặt phẳng ABCD 60

Câu 38 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình hộp chữ nhật ABC A B C DD ' ' ' ' có AB a ,

D 2

A  a, AA' 3a (tham khảo hình bên) Góc đường thẳng A C' mặt phẳng

ABCD

A 45 B 90 C 60 D 30

B' C'

C

A D

B

2a

6a

B' C'

D'

C

A D

(19)

Ta thấy: hình chiếu A C' xuống ABCD AC

 

A C ABC' ; D A C AC' ; A CA' Ta có: AC AB2AD2 3a

Xét tam giác A CA' vuông C ta có:

  ' 3

tan '

3

A A a A CA

AC a

  

A CA' 30

 

Câu 39 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông B,

,

AB a BC a ,SAvng góc với mặt phẳng đáy SA a (tham khảo hình bên dưới) Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy

A 90 B 45 C 60 D 30

Lời giải

Ta có ABC vng B

Có AC2AB2BC2 a22a23a2AC a

Do SAABCSC ABC, SC AC, SCA

Trong SCA có tan

3

SA a SCA

AC a

  

A B S

C

A B S

(20)

 30

SCA

  

Vậy SC ABC,  30

6.2 Góc đường thẳng mặt phẳng

Câu 40 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D    , có AB AA a,



AD a (tham khảo hình vẽ) Góc đường thẳng A C mặt phẳng ABCD

A 30 B 45 C 90 D 60

Vì ABCD hình chữ nhật, có AB a , AD a nên

 2

2 2 2 3

     

AC BD AB AD a a a

Ta có A C ABCD ; A C CA ; A CA

Do tam giác A AC vuông A nên tan

3



  AA  a 

A AC

AC a   30



A AC

Câu 41 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng ABC,

2

SA a, tam giác ABC vng cân B AC2a (minh họa hình bên) Góc đường thẳng SB mặt phẳng ABC

A 30 o B 45 o C 60 o D 90 o

(21)

Ta có: SBABCB; SAABC A

 Hình chiếu vng góc SB lên mặt phẳng ABC AB

 Góc đường thẳng SB mặt phẳng ABC SBA

Do tam giác ABC vuông cân B AC2a nên

2

AC

AB  a SA Suy tam giác SAB vng cân A

Do đó: SBA45o

(22)

7.1 Từ chân H đường cao đến mp cắt đường cao

Câu 42 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cạnh a AA 2a Gọi M trung điểm CC (tham khảo hình bên)

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng A BC 

A

5

a

B.2

5

a C 57

19

a D. 57 19

a

Lời giải

Ta có :           

2

1 1

, ; ; *

2 2

AA AI d M A BC d C A BC d A A BC AH

AA AI



       

 

Tam giác ABC cạnh a có AI độ dài đường trung tuyến nên

a AI 

Ta có :   

3

1 2 57

(*) ,

2 4 19 19

4

a d M A BC a a

   



7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao

Câu 43 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (Minh họa hình vẽ bên) Khoảng cách từ A đến SBD

A 21

14

a. B. 21

a. C. 2

a. D. 21 28

a Lời giải

(23)

Gọi M trung điểm ABSM ABCD

Ta có d A SBD  2d M SBD , .Kẻ MIBD ta có SMI  SBD

 

    2 2 2 2

3

2 4 21

, ,

14

3

4 16

a a

SM MI a

d M SBD d M SI

SM MI a a

   

 

Vậy  ,  21

7

a d A SBD 

Câu 44 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có tất cạnh a Gọi M trung điểm CC' (tham khảo hình bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng A BC' 

A 21

14

a B 2

a

C 21

7

a

D

4

a

Lời giải

Ta có  ; '   '; '   ; ' 

2

d M A BC  d C A BC  d A A BC Gọi N trung điểm BC AH;  A N'

 

  2 2 2

2

3

' 2 21

; ' ' a a

AA AN a

d A A BC AH

AA AN a

a

    

 

 

  21

; '

14

a d M A BC

 

Câu 45 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình lăng trụ đứng

ABC A B C   có đáy ABC tam giác cạnh a AA 2a Gọi M trung điểm AA

(tham khảo hình bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng AB C 

(24)

A 57

19

a B 5

a C 2 5

a D 2 57 19

a Lời giải

 Ta có  ,   ,   , 

2

d M AB C  d A AB C   d B AB C

 Gọi I trung điểm AC, H hình chiếu B B I

Ta có AC BI

AC BB

 

  

 ACBB I ACBH

Mà BH B I nên BH AB C , d B AB C ,  BH

 Có

2

a

BI , BB 2a

2

57

19

BI BB a BH

BI BB



  





Vậy  ,  57

2 19

a d M AB C  BH 

Nhận xét: Bài tốn tìm khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng tốn khơng thể thiếu kỳ thi tốt nghiệp THPTQG Lí lời giải cho tốn thường đủ ngắn gọn, không đánh đố, phù hợp khuôn khổ đề thi trắc nghiệm, đồng thời toán hàm chứa đủ nhiều kiến thức hình học khơng gian Nếu thí sinh gặp tốn khơng đáng ngại, loại tốn có quy trình tính tốn rõ ràng

M

B'

C'

A B

C A'

I M

B'

C'

A B

C A'

(25)

Câu 46 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA(tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng

AB C 

A

4

a

B 21

7

a

C

2

a

D 21

14

a

Lời giải

FB tác giả: Lục Minh Tân

Ta có:  ,   , 

2

d M AB C  d B AB C

Gọi I trung điểm AC kẻ BK B I E

Ta có:

 ,   

BK B I

BK AB C BK AC AC B B AC BI

 

   

    



* Ta có: 3;

2

a

BI B B a 

2

21

7

B B BI a BK

B B BI



 

 

Vậy,  ,  21

14

a d M AB C 

Câu 47 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA(tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng

(26)

A

a

B 21

7

a

C

2

a

D 21

14

a

Lời giải

Ta có:  ,   , 

2

d M AB C  d B AB C

Gọi I trung điểm AC kẻ BK B I E

Ta có:

 ,   

BK B I

BK AB C BK AC AC B B AC BI

 

   

    



* Ta có: 3;

2

a

BI B B a 

2

21

7

B B BI a BK

B B BI



 

 

Vậy,  ,  21

14

a d M AB C 

7.3 Hai đường chéo (vẽ đoạn v.góc chung)

Câu 48 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chópSABC có đáy tam giác vng A,

2 ,

AB a AC  a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA a (minh họa hình vẽ) Gọi

(27)

A

3

a

B

3

a C 3

a D

2

a

Gọi Nlà trung điểm cạnh AC, mặt phẳng SMN//BC Ta có d SM BC , d BC SMN , d B SMN , d A SMN ,  Gọi AI đường cao tam giác vuông AMN, ta có

2

5

AM AN a AI

AM AN

 



Lại có SAABCSA MN , suy SAI  SMN

Kẻ AHSI     

2

,

3

AI SA a AH SMN d A SMN AH

AI SA

     



Vậy  , 

3

a d SM BC 

7.4 Hai đường chéo (mượn mặt phẳng)

Câu 49 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân

A AB a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA a Gọi M trung điểm BC

(28)

A

2

a

B 39

13

a

C

2

a

D 21

7

a

Cách (Phương pháp hình học cổ điển):

Gọi N trung điểm AB, MN //AC

Gọi H hình chiếu A lên SN Dễ dàng chứng minh AH SMN Suy d AC SM , d AC SMN , d A SMN , AH

Trong tam giác SAN vng A có: 2 12 2

AH  AS  AN , AS a 3,

1

2

a AN AB

Suy 39

13

a

AH Vậy  ,  39

13

a d AC SM 

Cách (Phương pháp tọa độ hóa):

Chọn a1, gắn toán vào hệ trục tọa độ Axyz, A0;0;0, B1;0;0, C0;1;0,

0;0; 3

S , 1; ;0 2

M 

 

M

A C

B

N

M S

A

C

B H

y z

x M

S

A

(29)

Ta có:  ,  , ,

SM AC AS d SM AC

SM AC

 

 



 

 

  

  với 1; ;

2

SM   

 



, AC0;1; 0, AS0;0; 3

Suy  ,  39

13

d SM AC  , hay  ,  39 13

a d SM AC 

Câu 50 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp S ABCD có đáy tam giác ABC vuông cân

A, AB a , SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA2a, M trung điểm BC Khoảng cách AC SM

A

2

a B

2

a C 2 17 17

a D 2

a Lời giải

Chọn C

(30)

Nên AC/ /SMNd AC SM ; d AC SMN ; d A SMN ; 

Ta có MN/ /ACMN SAB

Trong mặt phẳng SAB kẻ AH SN H nên AHSMN

Nên   

2

17

;

17

AN AS a d A SMN AH

AN AS

  



Câu 51 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A

, AB = a SA vng góc với mặt phẳng đáy SA a Gọi Mlà trung điểm BC Khoảng

cách hai đường thẳng ACvà SMbằng

A

3

a . B.

2

a. C.

2

a. D

5

a. Lời giải

Chọn D

Cách 1:

Gọi N trung điểm AB, ta có AC MN/ /

Suy AC/ /AMNd AC SM , d AC SMN ,( 

 

 , 

d A SMN Ta có

     

( 

  



   



 

SAB SMN MN SAB

SAB SMN SN AH SMN

AH SN

Suy AH d A SMN , 

2 2

2

  

  

   

a a

AS AN a

AH

AS AN a

a

Cách 2: (Tọa độ hóa)

(31)

Chọn a2, ta có A0;0;0 ,  B 2;0; ,  C 0; 2;0 , 0;0; 2 S  Suy M1;1;0

Ta có  

   

0; 2;0

, 4;0;

1;1;

AC

AC SM SM



   

   

   

   

  

1;1;0

AM 



   

, 0.1

AC SM AM

 

         

Vậy  

 2 2  2

, 4 2 5

,

5

,

AC SM AM a

d AC SM

AC SM

 

  

 

     

   

 

 

  

(32)

8.1 Xét tính đơn điệu hàm số (biết đồ thị, BBT y) Câu 52 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

x  2 

y  0   

y 

1

3

1



Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?

A 2;0 B 2;  C  0;2 D 0; 

Câu 53 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A   ; 1 B  0;1 C 1;1 D 1; 0

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x  suy hàm số cho đồng biến khoảng 1;  Câu 54 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

A 1; B 1;1 C  0;1 D 1;0

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến khoảng  0;1

(33)

A 2; 2 B  0; C 2;0 D 2;

Lời giải

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khoảng:  ; 2  0;

Câu 56 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

A 3;0 B 3;3 C  0;3 D  ; 3

Lời giải

Từ BBT ta có hàm số f x  đồng biến hai khoảng 3;0 3;

Câu 57 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số y f x( )có đồ thị đường cong hình bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây?

A (1;) B ( 1;0) C (0;1) D (;0)

Qua đồ thị hàm số y f x( )đồng biến khoảng (0;1)

(34)

A 1;0  B  ; 1 C  0;1 D 0; 

Dựa vào đồ thị hàm số y f x  ta có:

Hàm số y f x  nghịch biến khoảng 1;0 1; , đồng biến khoảng

 ; 1  0;1

Câu 59 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số y f x  có đồ thị đường cong hình bên Hàm số cho đồng biến khoảng ?

A 1;0 B  ; 1 C 0; D  0;1

Câu 60 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

A 3;0 B 3;3 C  0;3 D  ; 3

Lời giải

(35)

Hàm số cho nghịch biến khoảng đây?

A  ; 1 B  0;1 C 1;0 D ;0

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy f x' 0 khoảng 1;0 1;  hàm số nghịch biến 1;0

8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu khoảng K

Câu 62 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số

 

3 3 4

y x  x  m x đồng biến khoảng 2;

A ;1 B ; 4 C.;1 D ; 4

Ta có

' 3 6 4

y  x  x m.ycbt y'  0, x 2;

 

2

3x 6x m 0, x 2;

         m 3x26x  4, x 2; min2;   

m g x



  với g x 3x26x4

Ta có

 

' 6 6

g x  x

 

' 0 6 6 0 1

g x   x   x

x  

  '

g x 

 

g x 

4

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m4 thỏa yêu cầu tốn Vậy: m  ; 4 hàm số đồng biến khoảng 2;

Câu 63 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập hợp tất giá trị tham số m để hàm số

 

3 3 5

y x  x  m x đồng biến khoảng 2;

A ;2 B ;5 C ;5 D ; 2

Ta có y 3x26x 5 m

(36)

3x 6x m 0, x m 3x 6x 5, x

            

Xét hàm số f x 3x26x5 khoảng 2;

Có f x 6x6, f x  0 6x   6 x (lo i)¹ Bảng biến thiên

Từ bàng biến thiên ta có m3x26x  5, x 2  m 5

Vậy m  ;5

Câu 64 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập hợp tất giá trị thực tham số mđể hàm số

 

3 3 2

y x  x  m xđồng biến khoảng 2;là

A  ; 1 B ; 2 C  ; 1 D ; 2

Ta có y' 3 x26x 2 m

Để hàm số đồng biến trênkhoảng 2; y' 0,  x 2;

 

2

3x 6x m 0, x 2;

        m3x26x  2, x 2;

Xét hàm số f x 3x26x  2, x 2;  

' 6

f x  x ; f x'  0 6x   6 x Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy m2 Vậy m  ; 2

Câu 65 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có giá trị nguyên tham số m cho hàm số

  4 3

3

f x  x mx  x đồng biến ?

A B C D

* TXĐ: D

* Ta có: f x x22mx4

(37)

mà m   m  2; 1;0;1; 2

8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu khoảng K

Câu 66 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số y x x m

 



đồng biến khoảng  ; 7

A 4;7 B 4;7 C  4;7 D 4; 

Lời giải

Tập xác định: D\ m

 2 ' m y x m   

Hàm số đồng biến khoảng ;7 

 

'

4

; 7

y m m m m                   

Vậy m4;7 hàm số đồng biến khoảng  ; 7

Câu 67 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập hợp giá trị thực tham số m để hàm số y x

x m

 



đồng biến khoảng  ; 8

A 5; B 5;8  C 5;8  D  5;8

Lời giải

Tập xác định hàm số D\ m

Hàm số y x

x m

 

 đồng biến khoảng  ; 8

 

0, ;

y x x m                  

0, ;

; m x x m m                 5 8 m m m m m               

Vậy m5;8 thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 68 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Tìm m để hàm số y x

x m

 

 đồng biến khoảng  ; 

A 2;5 B 2;5 C 2; D  2;5

Lời giải

Điều kiện: x m Ta có:

 2

2 ' m y x m   

Hàm số đồng biến khoảng  

 

'

; 5

y m m m m                       

(38)

khi thiếu điều kiện    m  ; 5, dẫn tới sai lầm chọn C làm đáp án

Câu 69 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số

x y

x m

 

A 3;6 B  3;6 C 3; D 3;6

Lời giải

TXĐ: D\ m Ta có

 2

m y

x m

  



Để hàm số đồng biến khoảng  ; 6     y x  ; 6

 

3 3

3

; 6

m m m

m

m m m

    

    

  

          

 

 



Câu 70 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số

x y

x m

 

A 3;6 B  3;6 C 3; D 3;6

Lời giải

TXĐ: D\ m Ta có

 2

m y

x m

  



Để hàm số đồng biến khoảng  ; 6     y x  ; 6

 

3 3

3

; 6

m m m

m

m m m

    

    

  

          

 

 



8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn

Câu 71 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x , bảng xét dâu f x  sau:

hàm số y f 3 2 x nghịch biến khoảng đây?

A 4; B 2;1 C  2; D  1;2

(39)

    3 2

0 3

3 1

x x

y f x f x

x x

      

 

           

  

 

Vậy hàm số cho nghịch biến  2;3 ;1

8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ

Câu 72 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x , hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hình vẽ bất phương trình f x  x m (m tham số thực) nghiệm với x 0;2

khi

A m f 2 2 B m f 0 C m f 2 2 D m f 0

Ta có: f x   x m g x  f x  x m Từ đồ thị hàm số y f x  ta thấy:    

 0;2      

1 max 0

g x  f x    g x g  f Do đó: bất phương trình f x  x m nghiệm với x 0;

 0;2    

(40)

Câu 73 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Có cắp số nguyên dương   cho

và ứng với cặp m n,  tồn ba số thực a  1;1 thỏa mãn 2amnlna a21

?

A.14 B.12 C 11 D 13

Lời giải

Chọn C

Xét f x  2.xm lnx x2 1 n

    1;1

Đạo hàm  

2

0

m

m f x x

n x



   



Theo đề f x 0 có ba nghiệm nên

2

1

m

m x

n x

 

 có hai nghiệm

Xét đồ thị hàm

2

1 ;

1

m

y x y x 

 

 , suy m1 chẵn m 1

Suy m3;5;7;9;11;13 Khi f x 0 có nghiệm

0

x x

    

Phương trình có nghiệm  

 

1

f f

 

   



 

   

2

ln

2 1;

2 ln 2 1

n n n

n

  



    

  



 1;

(41)

9 CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

9.1 Tìm cực trị hàm số cho công thức y, y’

Câu 74 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số y f x  có đạo hàm f x  x x2 ,2  x  Số điểm cực trị hàm số cho

A B C D

Ta có phương trình f x 0 có hai nghiệm x0 x 2 (là nghiệm kép) Bảng xét dấu

Suy hàm số cho có điểm cực trị

Câu 75 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f x  có đạo hàm f x  x x1x4 ,3  x  Số điểm cực đại hàm số cho

A B C D

Ta có  

0

4

x

f x x

x

  

   

   

Bảng xét dấu f x :

Từ bảng xét dấu suy hàm số có điểm cực đại

Câu 76 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Cho hàm số f x  có đạo hàm f x'  x x1x4 ,3  x  Số điểm cực tiểu hàm số cho

A B C D

Ta có:     3

0

'

4

x

f x x x x x

x

  

      

   

(42)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số cho có điểm cực tiểu

Câu 77 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f x  có đạo hàm f x  x x1x4 ,3  x  Số điểm cực đại hàm số cho

A B C D

    3

0

4

x

f x x x x x

x

  

        

  

Lập bảng biến thiên hàm số f x 

Vậy hàm số cho có điểm cực đại

9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT y) Câu 78 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Lời giải

Hàm số cho đạt cực tiểu

A x2 B x1 C x 1 D x 3

Chọn C

Quan sát bảng biến thiên ta được:

Nghiệm y f x 0 x 1 Đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm x 1nên đạt cực tiểu x 1

Câu 79 [Đề-BGD-2020-Mã-101] [ Mức độ 1] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

(43)

Giá trị cực tiểu hàm số cho

A B 5 C D

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x  suy giá trị cực tiểu hàm số 5

Câu 80 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Giá trị cực đại hàm số cho

A. B C 2 D 3

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số có giá trị cực đại

Câu 81 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Giá trị cực tiểu hàm số cho

A B 2 C D 1

Lời giải

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x 2 giá trị cực tiểu y 1

Câu 82 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

(44)

Từ bảng biến thiên suy giá trị cực đại hàm số f x 

Câu 83 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Điểm cực đại hàm số cho

A x3 B x 1 C x2 D x 3

Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt cực đại điểm x3

Câu 84 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

A x3 B x 1 C x1 D x 2

Từ BBT hàm số f x  suy điểm cực đại hàm số f x  x1

Câu 85 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau :

A.x3 B x2 C x 2 D x 1

(45)

A B 3 C 1 D

Lời giải

Từ bảng biến thiên suy giá trị cực đại hàm số f x 

Câu 87 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Hàm số cho đạt cực đại điểm

A x 2 B x2 C x1 D x 1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: y' đổ dấu từ dương sang ấm qua x 1 Vậy hàm số đạt cực đai điểm x 1

9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD y’)

Câu 88 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số f x  liên tục  có bảng xét dấu f x  sau:

Số điểm cực đại hàm số cho

A B C D

Lời giải

Từ bảng xét dấu ta thấy: f x  đổi dấu từ dương sang âm qua x 1 x1 Mà hàm số f x  liên tục 

Vậy hàm số cho có hai điểm cực đại x 1 x1

(46)

Số điểm cực tiểu hàm số cho

A B C D

Lời giải

Bảng biến thiên hàm số f x 

Do hàm số đạt cực tiểu x 1 x1

Câu 90 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số ( )f x liên tục và có bảng xét dấu f x  sau:

Số điểm cực tiểu hàm số cho

A B C D

Lời giải

Hàm số đạt cực tiểu x 2 x2 Vậy hàm số có cực tiểu

Nhận xét: Câu kiểm tra hiểu biết học sinh mối quan hệ điểm cực trị hàm số đạo hàm hàm số Một số bạn chọn D đáp án, thấy x2 đạo hàm khơng xác định Thật ra, hàm số đạt cực trị điểm (thuộc tập xác định) mà đạo hàm không xác định, chẳng hạn hàm số f x( ) | | x khơng có đạo hàm x0 ( em thử nghĩ xem nhé), có cực tiểu x0

Câu 91 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số f x  liên tục  có bảng xét dấu f x  sau

(47)

A B C D

Lời giải

Quan sát bảng xét dấu f x  ta có: f x  đổi dấu từ  sang  qua điểm x 2 Do hàm số cho liên tục  nên hàm số có điểm cực đại

Câu 92 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số f x  liên tục  có bảng xét dấu f x  sau

Số điểm cực đại hàm số cho

A B C D

Lời giải

Quan sát bảng xét dấu f x  ta có: f x  đổi dấu từ  sang  qua điểm x 2 Do hàm số cho liên tục  nên hàm số có điểm cực đại

Câu 93 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho hàm số f x  có bảng xét dấu f x  sau:

Số điểm cực trị hàm số cho

A B C D

Ta có f x  đổi dấu qua x 2 x0 nên hàm số cho có điểm cực trị

9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn

Câu 94 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x , bảng biến thiên hàm số f x  sau

Số điểm cực trị hàm số y f x 22x

A B C D

Từ bảng biến thiên ta có phương trình f x 0 có nghiệm tương ứng

 

, ;

, 1;0

,c 0;1

, 1;

x a a x b b x c x d d

   

 

  



   

   



(48)

Xét hàm số y f x 22x y2x1f x 22x

Giải phương trình      

       

2

1

2

1

0 2 2

2

x

x x a x

y x f x x x x b

f x x

x x c x x d

  

 

  

 

            

   



  



Xét hàm số h x x22x ta có h x x22x  1 x12   1, x 

Phương trình x22x a a ,  1 vơ nghiệm

Phương trình x22x b , 1  b 0 có hai nghiệm phân biệt 1;

x x không trùng với nghiệm phương trình  1

Phương trình x22x c , 0  c 1 có hai nghiệm phân biệt 3;

x x không trùng với nghiệm phương trình  1 phương trình  2

Phương trình x22x d d , 1 có hai nghiệm phân biệt 5;

x x khơng trùng với nghiệm phương trình  1 phương trình  2 phương trình  3

Vậy phương trình y0 có nghiệm phân biệt nên hàm số y f x 22x có 7 điểm cực trị Câu 95 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số ( )f x bậc có bảng biến thiên sau:

Số điểm cực trị hàm số g x  x4f x 12  

A 11 B C D

Lời giải

Ta chọn hàm bậc bốn y f x( ) 5 x410x23 có bảng biến thiên đề cho.

Ta có g x'( ) 4 x3f x 12x4.2.f x 1 f x'  1 0

 

     

 

   

3

2 '

0 (1)

1 (2)

2 ' (3)

x f x f x xf x x

f x

f x xf x

 

      

  

   

    

(49)

+ Phương trình (1) có nghiệm bội x0

+ Từ bảng biến thiên hàm số y f x , ta có phương trình f x 0 có nghiệm phân biệt

1

x Phương trình (2): f x  1 có nghiệm phân biệt x0 + Giải (3): Đặt x    1 t x t 1, phương trình (3) trở thành:

          

4

2 ' 10 20 20

30 20 40 20 (3')

f t t f t t t t t t

t t t t

         

     

Bấm MTCT thấy phương trình (3’) có nghiệm phân biệt t1

Phương trình (3) có nghiệm phân biệt x0

Ngồi ra, nghiệm phương trình (2) khơng phải nghiệm phương trình (3) giá trị x thỏa mãn f x  1 không thỏa mãn phương trình (3)

Do phương trình g x' 0 có nghiệm phân biệt nên hàm số g x x4f x 12

  có

điểm cực trị

Câu 96 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hàm số bậc bốn f x  có bảng biến thiên sau:

Số điểm cực trị hàm số g x  x2f x 14

 

A B C D

Lời giải

Ta có hàm số g x  liên tục có đạo hàm

    2           

' ' '

g x  x f x    x f x f x   x f x   f x  xf x

Cho    

   

1

0

1 '

x x g x f x

f x x f x

  



    

    



* Với phương trình f x 10

Vì f x  hàm bậc bốn có bảng biến thiên ta thấy phương trình f x  1 có bốn nghiệm đơn phân biệt x x x x2, , ,3 khác x1

* Với phương trình f x  1 2xf 'x10

Ta thấy phương trình khơng nhận số x x x x x1, , , ,2 3 4 5 làm nghiệm

Gọi f x ax4 bx2 c, f ' x 0 có nghiệm phân biệt 1;0;1 f  0  1,f  1 3

nên c 1,a  4,b8, suy f x  4x4 8x21

Đặt t  x 1, phương trình f x  1 2xf 'x10 trở thành f t 2t1  f t' 0

  

4

4t 8t t 16t 16t 36t 32t 40t 32t

               

Xét hàm số h t  36t432t340t232t1 có h t'  144t396t2 80t32, cho

 

' 1; ,

3

(50)

Do phương trình h t 0 có nghiệm đơn phân biệt hay phương trình

 1 ' 1

f x  xf x  có nghiệm đơn phân biệt x x x x6, , ,7 Hay hàm số g x  có điểm

cực trị x x x x x x x x x1, , , , , , , ,2

Câu 97 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số bậc có bảng biến thiên hình vẽ

Số điểm cực trị hàm số g x x4f x 12

 

A B C D 11

Lời giải

Cách Từ giả thiết đề cho ta thấy hàm số f x  có dạng f x ax4bx2c

Sử dụng giả thiết ta

  4 8 3

f x  x  x     3     

1 16 16 16

f x x x x x x

        

Ta có

       

 

     

2

3

0

1

2 *

g x x f x x f x f x x

f x

f x x f x

          

  

  

     



Xét phương trình  *  1  1

2

x f x f x

     , ta có .  1 8 2 1 2

2

x

f x x x x

     

Biểu diễn hai hàm số f x 1  1

x f x

(51)

Như phương trình  * có nghiệm phân biệt

Xét phương trình  

 

2

6 1

3

1

5

1

3

4

x x

f x x

x



  



   

 

    

   

  



Thay nghiệm vào phương trình  * ta thấy nghiệm phương trình khơng phải nghiệm phương trình  *

Vậy hàm số cho có tất điểm cực trị

Cách

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy phương trình f x  1 có nghiệm phân biệt khác 0, suy phương trìnhg x x4f x 120

  có tất nghiệm bội chẵn, đồ thị hàm số

 

g x có dạng sau

Như hàm g x  có điểm cực trị

(52)

Số điểm cực trị hàm số   2  14

 

g x x f x

A B.8 C D

Lời giải

Nhận xét  

 

0, lim x

g x x

g x



  



  

 ,

Cho g x 0 

 

2

4 0

1 0

  

   

 



x

f x   

0

1 0 



  



x f x

Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị f x  sang trái đơn vị ta thu đồ thị f x 1

Do f x  1 

, 2

, 2 1

, 1 0

, 0

  



      

    

  



x a a

x b b

x c c

x d d

Vì g x 0 có 5 nghiệm phân biệt

Hay đồ thị g x  có điểm tiếp xúc với trục hồnh Vậy hàm số g x  có cực trị

(53)

A B C D

Đặt    3    3  3 12

3

h x f x x h x x f x f x

x

  

        

Đặt t x  3 x 3t vào phương trình ta  

3

f t

t

   Xét hàm số

3

1

3

y y

t  t

    đổi dấu qua đồ thị hàm số có tiệm cận ngang

0

y  Khi vẽ đồ thị mặt phẳng tọa độ với đồ thị hàm số y  f t  ta thấy hai đồ thị cắt điểm phân biệt thuộc góc phần từ thứ 4, gọi giao điểm

3

1 0, 1, 2

t  t   x t x  t Như ta có bảng biến thiên hàm số h x  sau

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình h x 0 có nghiệm phân biệt hàm số h x  có điểm cực trị khơng nằm trục hồnh, hàm số g x    h x có điểm cực trị

Câu 100 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số bậc bốn f x  có bảng biến thiên sau:

Số điểm cực trị hàm số   2  14

 

g x x f x

(54)

Nhận xét  

 

0, lim x

g x x

g x



  



  

 ,

Cho g x 0 

 

2

4 0

1 0

  

   

 



x

f x   

0

1 0 



  



x f x

Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị f x  sang trái đơn vị ta thu đồ thị f x 1

Do f x  1 

, 2

, 2 1

, 1 0

, 0

  



      

    

  



x a a

x b b

x c c

x d d

Vì g x 0 có 5 nghiệm phân biệt

Hay đồ thị g x  có điểm tiếp xúc với trục hồnh Vậy hàm số g x  có cực trị

9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối

Câu 101 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f x  có f 0 0 Biết y f x  hàm số bậc bốn có đồ thị đường cong hình bên Số điểm cực trị hàm số g x( ) f x 3 x

A B C D

(55)

Có h x' 3x f x2 ' 3 1

   3  3    

2

0 0

3

h x x f x f x x

x

         

Đặt x3 t x2  3t2 phương trình (1) trở thành:   3 21  0  2

3

f t t

t

  

Vẽ đồ thị hàm

3

y x

 hệ trục tọa độ với hàm y f x 

Dựa vào đồ thị ta có:

  3 21 33 33

0

3

t b x b x b

f t

t a x a

t x a

 

     



       

   

  

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta thầy hàm số g x( ) f x 3 x có điểm cực trị

(56)

A B C D

Xét hàm số h x  f x 4 x2 có h x 4x f x3  4 2x

   4  

2

0

0 1

*

x h x

f x x

  

  

  



Xét phương trình  * : Đặt t x 4  * thành  

2

f t

t

  với t0

Dựa vào đồ thị, phương trình  * có nghiệm a0 Khi đó, ta x 4a

Bảng biến thiên hàm số h x  f x 4 x2

Số cực trị hàm số g x  f x 4 x2 số cực trị hàm h x  f x 4 x2 số

nghiệm đơn bội lẻ phương trình h x 0

(57)

(58)

10.1 GTLN, GTNN f(x) đoạn [a;b] biết biểu thức f(x)

Câu 103 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Giá trị lớn hàm số f x x33x2 đoạn 3;3 bằng

A 16 B 20 C D

Ta có: f x 3x23; f x      0 x 1  3;3  3 16;  3 20;  1 4;  1

f    f  f   f 

Vậy

 3;3  

max f x 20

 

Câu 104 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Giá trị nhỏ hàm số f x x321x đoạn 2; 19

bằng

A 36 B 14 C 14 D 34

Lời giải

Đạo hàm f x 3x221, x2; 19

  ( / )

7 ( )

x T m f x

x L

 

   

 



Ta có f 2  34; f 7  14 7; f  19 6460 Do

2; 19   14

xMin f x   , đạt x

Câu 105 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Giá trị nhỏ hàm số f x x330x đoạn 2;19

bằng

A 20 10 B 63 C 20 10 D 52

Lời giải

Ta có f x 3x230; f x    0 x 10

Hàm số f x x330x liên tục trên đoạn 2;19 và

 2 52;  10 20 10;  19 6289

f   f   f 

So sánh giá trị trên, ta có giá trị nhỏ hàm số f x x330x đoạn 2;19

20 10



Vậy chọn C

Câu 106 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Giá trị nhỏ hàm số f x x333x đoạn 2;19

bằng

A 72 B 22 11 C 58 D 22 11

Lời giải

Ta có f x 3x233

  0 11 11

f x  x    x

(59)

Ta có f 2  58;f 11  22 11;f 19 6232 Vậy

2;19    

min f x  f 11  22 11

Câu 107 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Giá trị nhỏ hàm số f x x410x24  0;9 bằng

A 28 B 4 C 13 D 29

Hàm số y f x  liên tục  0;9 Có f x 4x320x,  

 

0

5 0;9

x

f x x

x

  

   

    

Ta có f 0  4, f 5  29, f 9 5747 Do

 0;9    

min f x  f  29

Câu 108 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Giá trị nhỏ hàm số f x x412x24 đoạn  0;9

bằng

A 39 B 40 C 36 D 4

Ta có: f x 4x324x;  

0

6

x f x

x

 

   

  

Tính được: f 0  4; f 9 5585 f 6  40 Suy

 0;9  

min f x  40

Câu 109 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Giá trị nhỏ hàm số  

4 10 2

f x x  x 

đoạn  0;9

A 2 B 11 C 26 D 27

Ta có f x' 4x320x  

'

f x  4x320x0

   

 

0 0;9

5 0;9

x x x

   

  



  



 0

f   ; f 5  27; f 9 5749

Vậy

 0;9  

min f x  27

Câu 110 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Giá trị nhỏ hàm số f x x333x đoạn 2;19

(60)

A 72 B 22 11 C 58 D 22 11

Lời giải

Ta có f x 3x233

  0 11 11

f x  x    x

Xét 2;19ta có x 112;19

Ta có f 2  58;f 11  22 11;f 19 6232 Vậy

2;19    

min f x  f 11  22 11

Câu 111 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Giá trị nhỏ hàm số yx410x22 đoạn 1;2 bằng:

A B 22 C 23 D 7

  10 2 4 20 4 5 yx  x  y x  x x x 

0

5

x

y x

x

      

   

Các giá trị x  x không thuộc đoạn 1;2 nên ta khơng tính Có f   1 7;f  0 2;f 2  22

Nên giá trị nhỏ hàm số đoạn 1;2 22

10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước

Câu 112 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho hàm số  

1

x m f x

x

 

 (m tham số thực) Gọi tập hợp tất

các giá trị cho

 0;1    0;1  

max f x min f x 2 Số phần tử

A B C D

a/ Xét m1, ta có f x    1 x Dễ thấy

 0;1  

maxf x =1,

 0;1  

minf x 1 Tức m1 thảo mãn yêu cầu

b/ Xét m1 ta có  

 2

1 '

1

m f x

x

 



i/ Với m1 ta có

 0;1    0;1      

1

max

2

m f x  f x  f  f  m 

   

   

Phương trình

2

m

(61)

 0;1    0;1    

maxf x minf x  m   0 m

Phương trình m có nghiệm m 2 ( loại) 2i/ với m1, ta có

Xét m0:

 0;1    0;1      

1

max

2

m f x  f x  f  f   m

   

   

Phương trình

2

m m

  

có nghiệm m1 (loại) Xét m m m        :

 0;1    0;1  

1

max

2

m m

f x  f x     

   

   

Phương trình

2

m 

có nghiệm m3 (loại)

Xét 2 m m m m              :

 0;1    0;1    

maxf x minf x  m   0 m

Phương trình  m có nghiệm m 2 (loại)

Xét 0:

2

m 

 0;1    0;1    

1

max

2 2

m m m

f x  f x  m     m   

   

     

Phương trình

2

m

  

có nghiệm

3

m (nhận)

Vậy 1;

3

S     

10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác

Câu 113 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101]Xét số thực x y, thỏa mãn 2x2y21x2y22x2 4 x Giá

trị nhỏ biểu thức

2

y P

x y



(62)

Ta có 2x2 y2 1x2y22x2 4 x 2x2  y2 2x x2y22x2  12  2 2

2x y x y

     Đặt tx12y t2 0, ta BPT: 2t t 1

Đồ thị hàm số y2t đồ thị hàm số y t 1 sau:

Từ đồ thị suy 2t      t 1 0 t 1 x12y21 Do tập hợp cặp số x y;  thỏa

mãn thuộc hình trịn  C tâm I 1; ,R1

Ta có  4

2

y

P Px P y P

x y

     

  phương trình đường thẳng d

Do d  C có điểm chung   

 

2

3

, 16

4

P

d I d R P P

P P

       

 

1 P

(63)

11 TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số

Câu 114 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1 x y x  



A

4

y B y4

D y1 D y 1

Lời giải

Ta có lim 4

1 x x x   

 (hoặc

4 lim x x x   

 ) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y4

Câu 115 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1 x y x  



A y1 B

5

y C y 1 D y5

Lời giải

Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn

Theo cơng thức ta có tiệm cận ngang dồ thị hàm số y5 nên chọn đáp án D

Câu 116 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1 x y x  



A

2

y B y 1 C y 1 D y2

Lời giải

Ta có: lim lim 2

1 x x x y x      

Nên đường thẳng y2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số

Câu 117 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1    x y x

A

3 

y B y3 C y 1 D y1

Lời giải

Ta có: lim lim 3

1       x x x y x

Do đường thẳng y3 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số

Câu 118 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tiệm cận đứng đồ thị hàm số 2

1 x y x  



A x2 B x 2 C x1 D x 1

Tập xác định D\ 1  Ta có

1

lim ; lim

x y  xy  , suy đồ thị có tiệm cận đứng x1

Câu 119 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Tiệm cận đứng đồ thị hàm số

3 x y x  



(64)

Chọn D lim x x x     

 Suy ta tiệm cận đứng đường thẳng x3

Câu 120 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tiệm cận đứng đồ thị hàm số 2

1 x y x  



A x 2 B x1 C x 1 D x2

Lời giải Chọn C Ta có 1 2 lim lim x x x y x        

 1

2 lim lim x x x y x        

 nên đường thẳng x 1

tiệm cận đứng đồ thị hàm số

Câu 121 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1    x y x

A

3 

y B y3 C y 1 D y1

Lời giải

Ta có: lim lim 3

1       x x x y x

Do đường thẳng y3 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số

Câu 122 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1 x y x  



A y 2 B y1 C x 1 D x2

Lời giải Chọn B Ta thấy lim 1 lim 1 x x x x x x               

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y1

11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số

(65)

Tổng số đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho

A B C D

Ta có lim   , lim  

xf x   xf x  nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y2  

0

lim

x f x   nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x0

(66)

x y

O

12.1 Nhận dạng hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT)

Câu 124 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình vẽ bên ?

A y x 33x23 B y  x3 3x23 C y x 42x23 D y  x4 2x23

Đồ thị đồ thị hàm số bậc 3, với hệ số a dương Do đó, chọn đáp án A

Câu 125 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên?

A y x 33x21 B y  x3 3x21 C y  x4 2x21 D y x 42x21

Lời giải

Ta có: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm trùng phương có hệ số a âm

Câu 126 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình

bên

A y  x4 2x2 B y x 33x2 C y x 42x2 D y  x3 3x2

Lời giải

Vì đồ thị hàm số có cực trị nên ta loại đáp án B D Ta lại thấy x  y  Nên hệ số trước x4 phải dương

Vậy ta chọn đáp án C

Câu 127 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Đồ thị hàm số có dạng đường cong

(67)

A y x 42x21 B y  x3 3x21 C y x 3 3x21 D y  x4 2x21 Lời giải

Hình vẽ bên đồ thị hàm số bậc có hệ số a 0 chọn A

Câu 128 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Đồ thị hàm số có dạng đường cong

hình bên?

A y  x4 2x21 B y x 42x21 C y x 33x21 D y  x3 3x21 Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị có dạng đồ thị hàm số bậc có hệ số a0 nên đáp án D

Câu 129 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị hàm số có dạng đường cong bên?

A y x 33x1. B. y x 42x21. C y  x4 2x21. D. y  x3 3x1

Câu 130 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Đồ thị hàm số có dạng đường cong

(68)

A y x 42x21 B y  x3 3x21 C y x 3 3x21 D y  x4 2x21

Lời giải

Hình vẽ bên đồ thị hàm số bậc có hệ số a 0 chọn A

Câu 131 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên?

A y  x4 2x2 B. y  x3 3x C. y x 42x2 D. y x 33x Lời giải

Từ hình dáng đồ thị ta thấy đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương Suy loại đáp án B, D

Hàm số có hệ số a0 Suy loại đáp án C

Câu 132 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình bên

A y x 42x22 B. y  x3 2x22 C y x 33x22 D. y  x4 2x22

Qua đồ thị hàm bậc nên loại A, D

Bên phải đồ thị xuống nên hệ số a <

 loại đáp án C

Câu 133 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Đồ thị hàm số có dạng đường cong hình

(69)

A y x 33x B y  x3 3x C y x 42x2 D y  x4 2x Lời giải

Chọn A

Ta thấy đồ thị hàm số y ax 3bx2cx d a  0 a0

Nên chọn A

Câu 134 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số y ax 3bx2 cx d (a, b, c, d) có đồ thị

đường cong hình bên Có số dương số a, b, c, d?

A B C D

Lời giải

 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương  d  limxy  0 a

 Ta có: y 3ax22bx c

Đồ thị hàm số có điểm cực trị nằm bên trái trục tung nên phương trình y 0 có nghiệm phân biệt x1x20

Khi theo Viet ta có:

1

2 0

3

b x x

a c x x

a

     



  



Từ suy b0 c0 Vậy số a, b, c, d có số dương

y

(70)

Câu 135 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số

 

3 , , ,

y ax bx  cx d a b c d có đồ thị đường cong

hình bên Có số dương số , , ,a b c d ?

A B

C D

Lời giải

Ta có y' 3 ax22bx c Từ đồ thị hàm số đề cho, suy ra:

+ a0

+ Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương nên d0 + Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ dương

Phương trình ' 0y  có nghiệm phân biệt dương

2 0

0

3

b

S b

a

c c

P a



  

  



  



  



(Vì a0) Vậy có số dương số , , ,a b c d

Câu 136 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số y ax 3bx2 cx d a b c d , , ,  có đồ thị

đường cong hình bên Có số dương số a b c d, , , ?

A B C D 3

Lời giải

Ta có y 3ax22bx c

Do lim

xy  nên a0

Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương nên d0 Hàm số có điểm cực trị x1 x20, suy

1

2 0

0

3

b

x x b

a

c c

x x a



   

  

 

  



  



Câu 137 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số y ax 3bx2 cx d (a, b, c, d

(71)

A B C D

Lời giải

 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ dương  d  limxy  0 a

 Ta có: y 3ax22bx c

Đồ thị hàm số có điểm cực trị nằm bên trái trục tung nên phương trình y 0 có nghiệm phân biệt x1x20

Khi theo Viet ta có:

1

2

3

b x x

a c x x

a

     



  



Từ suy b0 c0 Vậy số a, b, c, d có số dương

Câu 138 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f x ax3bx2cx d a b c d  , , ,  có bảng biến

thiên sau:

Có số dương số a b c d, , , ?

A B C.1 D

Từ bảng biến thiên, ta có

1

(0) 3 4

(4) 64 16

2

(0) 0

0

(4) 48

3

a

f d

f a b c d b

f c

c

f a b c

d

  

 

 



        

    

     

  



       

 

  

Vậy số a b c d, , , có số dương

Câu 139 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số f x ax3bx2 cx d a b c d, , ,  có bảng

biến thiên sau

y

(72)

Có số dương số , , ,a b c d ?

A B C D

Từ dáng điệu biến thiên hàm số ta có a0

Khi x0 y d  1

Mặt khác f x 3ax22bx c Từ bảng biến thiên ta có   0

0

x f x

x

  

    



Từ suy 0; 2

3

b

c b a

a



     

Vậy có số dương , ,a b d

Câu 140 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f x ax3bx2cx d a b c d  , , ,  có bảng

biến thiên sau:

Có số dương số a b c d, , , ?

A B C D

 lim  

x f x    a

 f  0      1 d

 f x 3ax22bx c .

Ta có

1

2

2 3

0 0

3

b

x x a b a

x x c c

a

   

    

  

    



  



Câu 141 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho hàm số f x  ax

bx c

 

 a b c, ,  có bảng biến thiên sau +

-+

1

0 0

-2

-∞

+∞ +∞ -∞

f (x)

f ' (x)

(73)

Trong số a b, c có số dương?

A B C D

Ta có

1

lim lim

x x

a

ax x a

c bx c b b

x

 



  

 

Theo gỉa thiết, ta có a a b 1

b   

Hàm số không xác định x2 nên suy  2

2

c b c    b

Hàm số đồng biến khoảng xác định  

 2 3  ac b

f x

bx c

 

  

 với x khác

Nếu a b 0 từ  2 suy c0 Thay vào  3 , ta thấy vô lý nên trường hợp khơng xảy Suy ra, xảy khả a b 0 c0

Câu 142 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số

   , , , 

f x ax bx cx d a b c d  có đồ thị đường cong hình vẽ bên Có số dương số , , ,a b c d ?

A B

C D

Lời giải

Quan sát hình dáng đồ thị ta thấy a0

Đồ thị cắt trục Oy điểm A0;d nằm bên trục Ox nên d 0

Lại thấy hàm số đạt cực trị hai điểm x x1, hai số dương nên phương trình ' 0y  (

'

y  ax  bx c ) có hai nghiệm x x1, hai số dương, theo Vi – et ta có

1

2

0 0

3

0

3

b

x x b

a

c c

x x a     

  

 

  



  



Vậy có số dương b

12.3 Đọc đồ thị đạo hàm (các cấp)

Câu 143 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Số giao điểm đồ thị hàm số y x 3x2 đồ thị hàm số 5

(74)

C D

Lời giải

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

3 2

0

5 5 5

5 5

x y

x x x x x x x y

x y

   



            

       

(75)

12 TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH

12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm

Câu 144 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Số giao điểm đồ thị hàm số

3

y x  x đồ thị hàm số

3

y x  x

A B C D

Lời giải

Số giao điểm đồ thị hàm số  3

3

y x x đồ thị hàm số  

3

y x x số nghiệm phân

biệt phương trình x33x2 3x23x  1

 



    

 

    

3

0

1 3

3 x

x x x

x

Phương trình  1 có nghiệm phân biệt Vậy số giao điểm đồ thị hàm số  3

3

y x x đồ thị hàm số  

3

y x x

Câu 145 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Số giao điểm đồ thị hàm số y  x3 7xvới trục hoành

A B C D

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị trục hoành là:  x3 7x0  7 0

7

x x x

x

 

    

 



Số giao điểm đồ thị hàm số y  x3 7xvới trục hoành 3

Câu 146 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm đồ thị hàm số yx3x2 đồ thị hàm số 5

yx  x

A B C D

Lời giải

Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 2 5 5 0

5

x x x x x x x

x

 

       

  

Vậy có 3giao điểm

Câu 147 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm đồ thị hàm số y x 3x2 đồ thị hàm số 3

y  x x

A B C D

Lời giải

Số giao điểm hai đồ thị số nghiệm thực phân biệt phương trình hồnh độ giao điểm

sau: 2 3 3 0  3 0

3

x x x x x x x x x

x

 

           

 

(76)

Câu 148 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Số giao điểm đồ thị hàm số y  x3 6x với trục hoành

là

A B C D

Ta có hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y  x3 6x với trục hồnh nghiệm phương

trình  x3 6x0 (*)  x x 260

x x

   

 



Phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, đồ thị hàm số y  x3 6x cắt trục hoành ba

điểm phân biệt

Câu 149 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm đồ thị hàm số y  x3 3x với trục hoành là

A B C D

Xét phương trình hồnh dộ giao điểm 3 ( 3) 0

3  

        

  

x

x x x x

x

Vậy có giao điểm

Câu 150 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm đồ thị hàm số y x 3x2 đồ thị hàm số 3

y  x x

A B C D

Lời giải

Số giao điểm hai đồ thị số nghiệm thực phân biệt phương trình hoành độ giao điểm

sau: 2 3 3 0  3 0

3

x x x x x x x x x

x

 

           

 



Vậy số giao điểm hai đồ thị hàm số cho

Câu 151 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Số giao điểm đồ thị hàm số y x 33x1 trục hoành là:

A B C D

  

3 3 1 3 3 3 1 1

y x  x  y x   x x

0

1

x y

x

       



Ta có bảng biến sau:

(77)

12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT)

Câu 152 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số y f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thực phương trình 2f x  3 là:

A B C D

Ta có:    

2

f x    f x 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng

2

y cắt đồ thị y f x  điểm phân biệt nên số nghiệm phương trình cho nghiệm thực

Câu 153 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị đường cong hình bên

Số nghiệm thực phương trình f x  1

A B C D

Lời giải

Số nghiệm phương trình f x  1 số giao điểm đường cong y f x  với đường thẳng y 1 Nhìn hình vẽ ta thấy có giao điểm nên phương trình cho có nghiệm

(78)

A 0 B 3 C D 2 Lời giải

Chọn B

Ta thấy đường thẳng y1 cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt Nên phương trình

 

f x  có nghiệm thực phân biệt

Câu 155 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phương trình f x 1

A B C D

Lời giải

Số nghiệm thực phương trình f x 1 số giao điểm đường thẳng y1 đồ thị hàm số y f x  Nhìn vào hình vẽ ta thấy đường thẳng y1 cắt đồ thị điểm phân biệt Vậy phương trình f x 1 có nghiệm thực

(79)

Số nghiệm thực phương trình f x 2

A 0 B 3 C D

Lời giải

Đường thẳng y2 cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt nên phương trình f x 2 có nghiệm thực

Câu 157 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị đường cong hình bên

Số nghiệm phương trình  

2

f x  

A B C D x1

Lời giải

Số nghiệm phương trình  

2

f x   số giao điểm đồ thị hàm số y f x 

đường thẳng

2

(80)

Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số y f x  đường thẳng

2

y  cắt điểm

Nên phương trình  

2

f x   có nghiệm

Câu 158 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Cho hàm số bậc bốn y f x( ) có đồ thị đường cong hình vẽ bên Số nghiệm thực

phương trình ( )

2

f x  

A B C D

Lời giải

Từ đồ thị ta ( )

2

f x   có nghiệm phân biệt

Câu 159 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho đồ thị hàm số bậc bay f x có đồ thị đường cong hình bên

Số nghiệm thực phương trình f x 2

A 0 B 3 C D

(81)

Đường thẳng y2 cắt đồ thị hàm số y f x  điểm phân biệt nên phương trình f x 2 có nghiệm thực

Câu 160 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phương trình  

2

f x 

A B C D

Số nghiệm thực phương trình  

2

f x  số giao điểm đồ thị hàm số f x  với

đường thẳng

2

y

Dựa vào hình ta thấy đồ thị hàm số f x  với đường thẳng

2

y có giao điểm

Vậy phương trình  

2

f x  có hai nghiệm

(82)

 

A B C D

Số nghiệm phương trình f x  1 số giao điểm đồ thị hàm số y f x  với đường thẳng y 1 Dựa vào đồ thị hàm số y f x  suy số nghiệm phương trình

12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn

Câu 162 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị hình vẽ bên

Số nghiệm thực phương trình  3 

3

f x  x 

A B C D

Ta có    

  3

3

4

3

4

3 3

3

f x x f x x

f x x

  



   

   



   

1

3

2

3

4

3

3 2

3

3 4

x x t t

    



    

  

   



   



(83)

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình  1 có nghiệm; phương trình  2 có ba nghiệm; phương trình  3 có ba nghiệm phương trình  4 có nghiệm

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm

Câu 163 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số bậc ba y f x( ) có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phân biệt phương trình f x f x ( ) 1 0

A B C D

Lời giải

Cách 1:

Ta có    

         

3

3 3

3

( )

( ) ( ) ( ) 2;3

( ) 5;6

x f x

f x f x f x f x x f x a

x f x b

 



       



  

Ta có  

 

0

1

0

x x

f x x c



  

 

  



Xét g x  k3 x

 , với k0 Ta có g x'  3k4 0, x

x

    

(84)

Với k a , dựa vào đồ thị suy phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt khác c Với k b , dựa vào đồ thị suy phương trình  3 có hai nghiệm phân biệt khác 0, c khác hai nghiệm phương trình  2

Vậy phương trình f x f x ( ) 1 0 có nghiệm phân biệt.

Cách 2:

Ta có:

   

3

3 3

3

0 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) (do 0)

( )

( ) (do 0)

x f x x f x

a f x f x f x f x x f x a f x x

x x f x b

b

f x x

x

 

 

  

 

          

   

 

 



* ( ) 0f x  có nghiệm dương x c * Xét phương trình f x( ) k3

x

 với x0, k 0 Đặt g x( ) f x( ) k3

x

  ; g x( ) f x'( ) 3k4

x

(85)

TH 1: Với x c , đồ thị hàm f x( ) đồng biến c; nên f x( ) 0, x  c; 

 

4

3

( ) ( ) k 0, ;

g x f x x c x

 

      

Mà lim ( )( )

x g c g x      

 ( )g x liên tục c; 

g x( ) 0 có nghiệm c;

TH 2: Với 0 x c f x( ) k3

x

  g x( ) 0 vô nghiệm  0;c

TH 3: Với x0, đồ thị hàm f x( ) đồng biến ;0 nên f x( ) 0, x  ;0

 

4

3

( ) ( ) k 0, ;0

g x f x x x

 

     

Mà lim ( ) 00

lim ( )

x x g x g x        

 ( )g x liên tục ;0

g x( ) 0 có nghiệm ;0 Do đó: ( ) 0g x  có hai nghiệm \ 0  * Phương trình f x( ) a3 k a

x

  có nghiệm phân biệt khác khác c

* Phương trình f x( ) b3 k b x

  có nghiệm phân biệt khác khác c

Kết luận: Phương trình f x f x ( ) 1 0 có nghiệm

Câu 164 - HẾT -[ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị đường cong hình bên

Số nghiệm thực phân biệt phương trình f x f x   1 0

A B C D

Lời giải

Ta có      

     

    

   

3

3 3

3

3 1

1

0

x f x a a

f x f x f x f x x f x b b

x f x

                    

+ Với m0, xét phương trình    

3 m x f x m f x

x

  

Đặt g x  m3 x

 , g x  34m 0, x

x



    

 

lim

(86)

Dựa vào bảng biến thiên đề bài, suy khoảng ;0 0; phương trình f x g x  có nghiệm

Suy phương trình  1  2 có nghiệm nghiệm khác

+ Xét phương trình    

 

3 0

3 :

0

x x

x f x

f x x c

 

 

  

   

 , với c khác nghiệm

của  1  2

Vậy phương trình f x f x   1 0 có 6 nghiệm

Câu 165 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số bậc bốn y f x( )có đồ thị đường cong hình bên Số nghiệm thực phân biệt phương trình f x f x ( ) 2 0

A B 12 C D

Lời giải

Cách 1:

Ta có f x f x ( ) 2 0 

 

2 2

( )

( ) (0;1)

( ) 2;3

( ) (3; 4)

x f x x f x a x f x b x f x c

 



  

  



  





 

2

0

( ) (1)

( ) , (0;1) (2)

( ) , 2;3 (3)

( ) , (3;4) (4)

x f x

a f x a

x b f x b

x c f x c

x

    

  

  

 

  

 

 

 



O x

(87)

Xét hàm số g x( ) k2 (k 0)

x

  , Ta có g x'( ) 2k3

x

  Bảng biến thiên

Đồ thị ( )f x ( )g x mô tả sau:

Do ta có: (1), (2), (3) (4) phương trình có nghiệm phân biệt Suy phương trình cho có nghiệm

Cách 2:

Ta có f x f x ( ) 2 0 

 

2 2

( )

( ) (0;1)

( ) 2;3

( ) (3;4)

                 2

( ) (1)

( ) 0, (0;1) (2)

( ) 0, 2;3 (3)

( ) 0, (3; 4) (4)

x f x

a

f x a

x b

f x b

x c

f x c

x                         

 (1) có nghiệm phân biệt x  0,x 

 Xét hàm số g x( ) f x( ) k2 (k 0)

x

   có g x'( ) f x'( ) 2k3

x

  Ta có:

* x ;  ( ) 0g x  nên phương trình (2), (3) (4) khơng có nghiệm x ; 

* 2

lim ( )

'( ) 0, ( ; )

x

g x k g x

g x x

                     

 Mỗi phương trình (2), (3) (4) có nghiệm

 ; 

(88)

* 2

lim ( )

'( ) 0, ( ; ),

x

g x k g x

g x x

 







  

 

   

 

     

 Mỗi phương trình (2), (3) (4) có nghiệm

 ; 

x  

Suy phương trình (1), (2), (3) (4) có nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm

Cách 3:

Ta có f x f x ( ) 2 0 

 

2 2

( ) (1)

( ) (0;1) (2)

( ) 2;3 (3)

( ) (3; 4) (4)

 



  

  



  



Ta có (1) có ba nghiệm phận biệt x0,x  0,x  Xét g x( )x f x2 ( ) có g x'( ) ( ) xf x x f x2 '( )

 Với x ;  g x( )x f x2 ( ) 0 nên (2), (3), (4) khơng có nghiệm x ; 

 Với x  ;ta có: g x'( ) 0 Và với x;,  3, g x'( ) 0 nên ta có bảng biến thiên g x( )

Do phương trình (2), (3), (4) có nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt

Nhận xét : để chặt chẽ cần lập luận thêm nghiệm khơng có nghiệm trùng Việc khơng khó, xin dành cho bạn đọc

Nhận xét chung : Đề thi THPTQG năm 2020 kiến thức chân phương, khơng đánh đố, khơng có lạ Nhưng để đạt điểm tối đa đòi hỏi phải học tốt, có q trình chuẩn bị bản, lâu dài, công phu Điểm nhấn đề câu 49 ( mã đề 103) Phần vận dụng cao chưa thực làm khó máy tính cầm tay, điều đáng tiếc

(89)

Số nghiệm thực phương trình f x f x   2 0

A B 12 C D

Lời giải

Ta có f x f x    2 0 f x f x  2

Dựa vào đồ thị ta thấy:

   

    

2 2

0

1

3

4

x f x

x f x a a x f x b b x f x c c

 



   



     



     



Giải  

 

2 0

1

0

x x

x x f x

x x

  

 

  



   (có nghiệm phân biệt)

Giải  2 f x  a2 x

 

Vẽ đồ thị hàm sốy a2 x

 lên hệ tọa độ Oxy Ta thấy đồ thị hàm số y a2 x

 cắt đồ thị hàm số y f x  nghiệm phân biệt

Tương tự với  3  4 có nghiệm phân biệt

Câu 167 Vậy có phương trình f x f x  2có 9 nghiệm phân biệt.[ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Cho

hàm số y f x  có bảng biến thiên hình vẽ:

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 6f x 24xm có ba

nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng 0; ?

A 25 B 30 C 29 D 24

Ta đặt: g x  f x 24x

  2 4  4 

g x  x f x  x

    

2 x x 4x x 4x x 4x

(90)

     

2 x x 4x x x

    

Mặt khác:

 0  0

g  f   ;

2 2 2 2  2

g  g   f   ;

 2  4

g  f    ;

 4  0

g  f  

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu toán tương đương

6

m

  

18 m 12

   

Vậy có tất 30 giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 168 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số bậc bốn y f x  có đồ thị đường cong hình bên

Số nghiệm thực phương trình f x f x   2

A B 12 C D

Lời giải

Ta có f x f x    2 f x f x  2 Dựa vào đồ thị ta thấy:

   

    

2 2

0

1

3

4

x f x

x f x a a x f x b b x f x c c

 



   



     



     



(91)

Giải  

 

2 0 x x x x f x x x             

(có nghiệm phân biệt)

Giải  2 f x  a2 x

 

Vẽ đồ thị hàm sốy a2 x

 lên hệ tọa độ Oxy Ta thấy đồ thị hàm số y a2 x

 cắt đồ thị hàm số y f x  nghiệm phân biệt

Tương tự với  3  4 có nghiệm phân biệt

Câu 169 Vậy có phương trình f x f x  2có 9 nghiệm phân biệt.[ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm

số f x  có bảng biến thiên sau:

Số nghiệm thuộc đoạn 0;5



 

 

  phương trình f sinx1

A B C D

Dựa vào bảng biến thiên, ta có  

        ; 1;0 0;1 1; x a x b f x x c x d                     

Như  

           

   

sin ; 1

sin 1;

sin

sin 0;1

sin 1;

x a x b f x x c x d                     

Vì sin  0;1 , 0;5

2

x   x  

  nên  1  4 vơ nghiệm

Cần tìm số nghiệm  2  3 0;5



 

 

(92)

Dựa vào đường trịn lượng giác:  2 có nghiệm 0;5



 

 

 ,  3 có nghiệm

5 0;

2



 

 

 

Vậy phương trình cho có tất nghiệm

Cách

Xét   sin , 0;5 '  cos , 0;5

2

g x  x x  g x  x x    

   

Cho '  cos

3

x

g x x

x 



  

    

  

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên:  2 có nghiệm 0;5



 

 

 ,  3 có nghiệm

5 0;

2



 

 

 

Vậy phương trình cho có tất nghiệm

12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ)

Câu 170 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hai hàm số

2 1

x x x x

y

x x x x

  

   

   vày   x x m

(m tham số thực) có đồ thị  C1  C2 Tập hợp tất giá trị m để  C1

và  C2 cắt bốn điểm phân biệt

A ;2 B 2; C ;2 D 2;

Xét phương trình 2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

         

(93)

3

2

2 1

x x x x

x x m

x x x x

  

       

   (1)

Hàm số

 

3 2 khi 2

3 2 1

3

2 1 2 2 khi 2

2 1

x x x x x

x x x x x x x x

p x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

  

      



      

        

  

          

   



Ta có        

   

     

2 2

1 1

0, 2; \ 1;0;1;

2 1

1 1

2 0,

2 1

x x

x x x

p x

x x

x x x

         

   

   

        

   



nên hàm số

 

y p x đồng biến khoảng  ; 1, 1;0,  0;1 ,  1;2 , 2;

Mặt khác ta có lim  

xp x  xlimp x  

Bảng biến thiên hàm số y g x  :

x  2 1 

 

g x + + + + +

 

g x

   

4912

    

Do để  C1  C2 cắt bốn điểm phân biệt phương trình (1) phải có

nghiệm phân biệt Điều xảy đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y p x  điểm phân biệt  m

12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (khơng GTTĐ) Câu 171 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau:

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 5f x 24xm có nghiệm

phân biệt thuộc khoảng 0;

A 24 B 21 C 25 D 20

(94)

Đặt t x 4x Ta có t 2x   4 x Bảng biến thiên

Với t x 24x

Dựa vào bảng biến thiên ta có 15 10

5

m

       Vì m nguyên nên

 14; 13; ;10

m   Do có 25 giá trị nguyên m thỏa mãn đề

Câu 172 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f x  có bảng biến thiên sau

Có giá trị nguyên tham số m để phương trình 3f x 24xm có ba

nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng 0;?

A.15 B 12 C 14 D.13

Đặt u x 24x (1)

Ta có BBT sau:

Ta thấy:

+ Với u 4, phương trình (1) vơ nghiệm

+ Với u 4, phương trình (1) có nghiệm x 2 + Với   4 u 0, phương trình (1) có hai nghiệm x0 + Vơi u0, phương trình (1) có nghiệm x0

Khi 3  4   

3

m

(95)

+ Nếu

m

     , phương trình (2) có nghiệm u0 nên phương trình cho có nghiệm x0

+ Nếu

3

m

         , phương trình (2) có nghiệm u0 nghiệm

 2;0

u  nên phương trình cho có ba ngiệm x0

+ Nếu

3

m

     , phương trình (2) có nghiệm u 4, nghiệm u  2;0 nghiệm u0 nên phương trình cho có bốn nghiệm x0

+ Nếu 2 6

3

m

       , phương trình (2) có nghiệm u 4, hai nghiệm

 4;0

u  nghiệm u0 nên phương trình cho có năm nghiệm x0

+ Nếu

3

m

   , phương trình (2) có nghiệm u 4, nghiệm u 2 nghiệm u0 nên phương trình cho có ba nghiệm x0

+ Nếu

3

m

   , phương trình (2) có nghiệm u 4 nghiệm u0 nên phương trình cho có nghiệm x0

(96)

13 MŨ - LŨY THỪA

13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất

Câu 173 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với số thực hai số thực Mệnh đề

dưới đúng?

A B C D

13.2 Tính tốn, rút gọn biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….)

Câu 174 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho ,a blà hai số thực dương thỏa mãn 4log2 a b2 3a3 Giá trị ab2

bằng

A B C 12 D

Lời giải

Ta có 4log2 a b2 3a3 a b2 log 42 3a3 a b2 23a3ab23 a m n,

 m n m n

a a   m n mn

a a m n m

n

a a a



 m m n

n

a a a



(97)

14 LOGARIT

14.1 Câu hỏi lý thuyết tính chất

Câu 175 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Với a b, số thực dương tùy ý a1 , loga2b

A log

2  ab B log2 ab C log ab D 2logab

Ta có loga b 1logab a b, , 0,a



   Vậy:

1

log log ; , 0,

2 a

a b b a b a

Câu 176 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Với a, b số dương tùy ý a1, loga3b

A log ab B 3logab C log

3 ab D

1 log ab

Câu 177 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Với ,a b số thực dương tùy ý a1 loga4b

A log ab B 1log

4 ab C 4logab D

1 log 4 ab

Lời giải

Ta có

1

log log

4 a

a b b

Câu 178 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Với a số thực dương tùy ý, log 55 a

A log 5a B log 5a C log 5a D log 5a

Ta có: log 55 a log log5  5a 1 log5a

Câu 179 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Với ,a b số thực dương tùy ý a1 loga4b

A log ab B 1log

4 ab C 4logab D

1 log 4 ab

Lời giải

Ta có

1

log log

4 a

a b b

Câu 180 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Với a số thực dương tùy ý,  3

2

log a

A 3log2

2 a

 

 

  B

1 log

3 a C log 2a D 3log2a

Áp dụng công thức logab logab ta có  3

2

(98)

14.2 Biến đổi biểu thức logarit liên quan a,b,x,y

Câu 181 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Với a số thực dương tùy ý,

5

log a

A log5a B log 5a C

1 log

2 a D

1 log

2 a

2

5

log a 2log a

Câu 182 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Với ,a b số thực dương tùy ý a1, loga5b

A 5logab B log

5 ab C log ab D

1 log ab

Lời giải

Ta có logab 1log ab  

Vậy

1

log log

5 a

a b b

Câu 183 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với a số thực dương tùy ý, log 44 a

A log 4a B log 4a C log 4a D log 4a

Ta có: log 44 a log log4  4a 1 log4a

Câu 184 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Với a số thực dương tùy ý, log 22 a

A.1 log 2a B log 2a C log 2a D log 2a

2 2

log 2alog log a 1 log a

Câu 185 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho a b hai số thực dương thỏa mãn 4log2 ab 3a Giá trị

của ab2

A B C D 12

Lời giải

 

2

log

4 ab 3a

 2 log2 

2 ab 3a

 

 

2

2log

2 ab 3a

 

 2 log

2 ab 3a

 

 2

3

ab a

  , a b hai số thực dương

2 3 ab

 

Câu 186 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho a b hai số thực dương thoả mãn 9log3ab4a Giá trị

(99)

A B C D

Lời giải

Ta có 9log3ab4a3log3ab24aa b2 4a mà a0

Suy ab24

Câu 187 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với a b, số thực dương tùy ý thỏa mãn log2a2log4b3 , mệnh đề đúng?

A a8b2 B. a8b. C. a6b D. a8b4

Có log2a2log4b 3 log2alog2b3log2alog 82 b a 8b

Câu 188 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Với ,a b số thực dương tùy ý thỏa mãn log3a2log9b2

, mệnh đề đúng?

A a9b2 B a9b C a6b D a9b2

Ta có: log3a2log9b2log3alog3b2 log3 a b

 

  

   a 9b

Câu 189 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với a b, số thực dương tùy ý thỏa mãn log3a2log9b3

, mệnh đề đúng?

A a27b B a9b C a27b4. D a27b2

Ta có: log3a 2log9b log3a log3b log3a a 27 a 27b

b b

          

Câu 190 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét số thực ;a b thỏa mãn log 93 a blog 39 Mệnh đề đúng?

A a2b2 B 4a2b1 C 4ab1 D 2a4b1

     

3 3

1

log log log log

2

a b   a  b 

1

2

a b a b

     

14.3 Tính giá trị biểu thức logarit không dùng BĐT

Câu 191 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho a, b hai số thực dương thỏa mãn a b4 16 Giá trị

2

4 log alog b

A B C 16 D

(100)

Từ a b16, lấy logarit số hai vế ta log2 a b log 162 log2a log2b4

2

4log a log b

  

Câu 192 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho a b hai số thực dương thỏa mãn 9log (3a b2 ) 4a3 Giá

trị ab2

A B C D

Lời giải

Ta có:

 

2 2

3 3

log ( ) 2log ( ) log ( ) 3

9 a b 4a 3 a b 4a 3 a b 4a  a b 4a a b 4a ab 4

Câu 193 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho a b hai số thực dương thỏa mãn 9log (3a b2 ) 4a3 Giá

trị

ab

A B C D

Lời giải

Ta có:

 

2 2

3 3

log ( ) 2log ( ) log ( ) 3

9 a b 4a 3 a b 4a 3 a b 4a  a b 4a a b 4a ab 4

14.4 Dạng toán khác logarit

Câu 194 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét số thực dương a b x y, , , thỏa mãn a1,b1

x y

a b  ab Giá trị nhỏ biểu thức P x 2y thuộc tập hợp đây?

A  1; B 2;

2

 



  C 3;  D

5 ;

 

  

Do a b, 1 x y, 0 nên ax by  ab  log x log y log

aa  ab  a ab

Tìm

1 log 2

2 log

a b

x b

y a

    

  



Tức 1log log

2 a b

P  b a

Lại a b, 1 nên log , logab ba0

Tức 1log log

2 a b

P  b a   , 2

P   logab Lưu ý rằng, tồn a b, 1 thỏa mãn logab

Vậy

2

P 

Câu 195 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có số nguyên x cho tồn số thực ythõa mãn

   2

3

log x y log x y ?

(101)

Lời giải:

Chọn B

Điều kiện x y 0;x2 y2 0.

Ta đặt:    2

3

log x y log x  y t Ta có 2 23  1

4

t t

x y x y

    

 



Vì  2  2  2

9

2 3t 2.4t log

x y  x  y    t

Thế 94

log

2 4t 4 3, 27

x y    , x nguyên nên x2 0;1

 Với x0, ta có hệ 2

1

t t

y t

y y

   

 

  



 



 Với x1, ta có hệ 2

4

t t

y y

   



 

 Hệ có nghiệm

0

t y

    

 Với x 1, ta có hệ

2

3

4

t t

y y

   



 

 Ta có phương trình

 2  

3t 1 4t  1 9t 2.3t 4t  2 * Đặt f t  9t 2.3t  4t 2, ta có

Với t 0 9t 4t  f t 0

Với t 0 4t  2 f t 0

(102)

15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lơ-ga-rít Câu 196 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Tập xác định hàm số ylog5xlà

A 0;  B ;0 C 0;  D   ; 

Lời giải

Ta có: ylog5x

Điều kiện xác định: x 0 Suy tập xác định D0; 

Câu 197 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Tập xác định hàm số ylog6x

A 0;  B 0;  C ; 0 D   ; 

Lời giải

Biểu thức log6x xác định x0 Do tập xác định hàm số D0; 

Câu 198 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Tập xác định hàm số ylog3x

A ;0 B 0;  C   ;  D 0; 

Hàm số ylog3x có nghĩa x0 Vậy D0; 

Câu 199 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Tập xác định hàm số log4x

A ;0 B 0;  C 0;  D   ; 

Lời giải

Tập xác định hàm số log4x 0; 

Câu 200 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập xác định hàm số y4x là

A \ 0  B 0; C 0; D 

Câu 201 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Tập xác định hàm số y5x là

A  B 0; C \ 0  D 0; 

Tập xác định hàm số y5x 

Câu 202 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập xác định hàm số y2x

A  B 0; C 0; D \ 0 

(103)

Câu 203 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Tập xác định hàm số log4x

A ;0 B 0;  C 0;  D   ; 

Lời giải

Tập xác định hàm số log4x 0; 

Câu 204 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Tập xác định hàm số ylog2x

A [0;) B ( ; ) C (0;) D [2;)

Hàm số xác định x0 Vậy tập xác định D0;

15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lơ-ga-rít

Câu 205 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Hàm số y2x23x có đạo hàm là

A 2x3 2 x23x.ln 2 B 3

2x  x.ln 2 C   3

2x3 2x x D   3 1

2x3 2x  x Lời giải

Chọn A

Áp dụng công thức  au u a .lnu a, ta có: y2x23x  y 2x3 2 x23x.ln 2

15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit

Câu 206 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Hàm số ylogax ylogbx có đồ thị hình bên

Đường thẳng y3 cắt hai đồ thị điểm có hồnh độ x x1; 2 Biết x12x2 Giá trị a

b A

3 B C D

32 Lời giải

Chọn D

Xét phương trình hồnh độ giao điểm

1

logax  3 x a ,

logbx 3 x b

Ta có

3

3 3

1 2 2

a a

x x a b

b b

 

       

 

x y

3

O x1 x2

logb

y x

loga

(104)

Câu 207 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Có cặp số nguyên dương m n,  cho m n 16 ứng với cặp m n,  tồn số thực a  1;1 thỏa mãn 2amnlna a21?

A 16 B 14 C 15 D 13

Đặt f a 2amnlna a21, ta có  

2

1

m n

f a ma

a 

  



  1

2

0

2

m n m n

f a ma a a

m a

 

       

 phải có nghiệm a01

Suy

2

n n

m  m suy a0 nghiệm

Ta có bảng biến thiên

Ta thấy nghiệm phương trình f a 0

Nếu m1 suy để có nghiệm

2

n

m   (loại)

Nếu m lẻ m1 ta có a nghiệm a nghiệm, có đủ nghiệm Nếu m chẵn phương trình có tối da nghiệm (vì khơng có nghiệm âm)

Suy m lẻ

Để có nghiệm dương theo BBT ta có

  ln 1 2   2,

ln

2

1

f   n  n 



Suy n 1;2 suy m3;5; ;15  Suy có 13 cặp m n,  (do 15 17 16   )

15.5 Bài toán lãi suất

Câu 208 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Năm 2020, hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X 900.000.000 đồng dự định 10 năm tiếp theo, năm giảm 2% giá bán so với giá bán năm trước Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe tô niêm yết giá bán loại xe X bảo nhiêu ( kết làm trịn đến hàng nghìn)?

A 810.000.000 B 813.529.000 C 797.258.000 D 830.131.000

(105)

Ta có: 900.000.000, 100

A r

Năm 2021 giá xe niêm yết là: T1 A Ar

Năm 2022 giá xe niêm yết T2  A ArA Ar r   A1r2

Năm 2025 giá xe niêm yết là: T5 T4 T r4  A1r5

5

2

900.000.000 813.529.000

100

T     

 

Câu 209 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Năm 2020 hãng xe niêm yết giá bán loại xe X 750.000.000 đồng dự định 10 năm tiếp theo, năm giảm 2% giá bán so với giá bán năm liền trước Theo dự định năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X ( kết làm tròn đến hàng nghìn ) ?

A 677.941.000 đồng B 675.000.000 đồng

C 664.382.000 đồng D 691.776.000 đồng

Giá xe năm 2020 A

Giá xe năm 2021 A1 A A r  A1r Giá xe năm 2022 A2 A1A r1  A1r2 Giá xe năm 2023 A3 A2A r2  A1r3 Giá xe năm 2024 A4  A3A r3 A1r4

Giá xe năm 2025  

5

5 4

2

750.000.000 677.941.000

100

A  A A rA r     

  đồng

Câu 210 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Trong năm 2019, diện tích trồng rừng tỉnh A 1000 Giả sử diện tích rừng trồng tỉnh A năm tăng 6% so với diện tích rừng trồng năm liền trước Kể từ sau năm 2019, năm năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1400 ha?

A Năm 2043 B Năm 2025 C Năm 2024 D Năm 2042

Lời giải

Fb: Do Huu Nhan Phản biện: Trần Quốc An

Đặt A0 1000 ha, r6%

Diện tích rừng trồng sau n năm là: An A01rn

 

14

1400 1000 log 5,77

10

n

r

r n  n

      

Vậy tới năm 2025 diện tích rừng trồng đạt 1400

Câu 211 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Năm 2020, hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X 800.000.000 đồng dự định 10 năm tiếp theo, năm giảm 2% giá bán so với giá bán năm liền trước Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe tơ niêm yết giá bán loại xe X (kết làm trịn đến hàng nghìn)?

(106)

Chọn C

Giá bán loại xe X năm 2021 là: 800.000.000 800.000.000 2% 800.000.000 2%     

Giá bán loại xe X năm 2022 là:

     2

800.000.000 2%  800.000.000 2%  2% 800.000.000 2%  

Tương tự ta có: giá bán loại xe X năm 2025 là: 800.000.000 2%  5723.137.000 đồng

15.6 Bài toán tăng trưởng

Câu 212 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Trong năm 2019, diện tích rừng trồng tỉnh A 600 Giả sử diện tích rừng trồng tỉnh A năm tăng 6% so với diện tích rừng trồng năm liền trước Kể từ sau năm 2019, năm năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1000 ha?

Lời giải

Gọi S S r0, , %n diện tích rừng trồng năm 2019, diện tích rừng trồng sau n

năm phần trăm diện tích rừng trồng tăng năm Sau năm, diện tích rừng trồng S1S0S r S0  01r

Sau năm, diện tích rừng trồng S2  S1 S r S1  11 r S01r2

…

Sau n năm, diện tích rừng trồng 01  n n

S S r

Theo

 

0 1,06

5

600, 0, 06, 1000 600 0, 06 1000 1, 06 log 8, 77

3

n n

n

S  r S        n 

Vậy phải sau năm diện tích rừng trồng tỉnh A đạt 1000 Đó năm 2028

Câu 213 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong năm 2019, diện tích rừng trồng tỉnh A 900

ha Giả sử diện tích rừng trồng tỉnh A năm tăng 6% so với diện tích rừng trồng năm liền trước Kể từ sau năm 2019, năm năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1700 ha?

Lời giải

Gọi x số năm tính từ 2019 đến năm có diện tích 1700 ha, ta có

 

1700 900 6%  x  x 10,

Năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1700 chọnx 11

Suy năm 2030

Nhận xét: Bài toán tương tự toán lãi suất quen thuộc với em

Câu 214 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trong năm 2019, diện tích rừng trồng tỉnh A 800 Giả sử diện tích rừng trồng tỉnh A năm tăng 6% so với diện tích rừng trồng năm liền trước Kể từ sau năm 2019, năm năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1400 ha?

(107)

Ta có: Sn1400ha; A800 ha; r6%

Áp dụng công thức:  1 n  1 n 1400

n

S A r A r

1 1,06

1400 1400

log log 9, 609 10

800



   

         

   

r

n n n n

A

Vậy năm năm 2029

Câu 215 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trong năm 2019, diện tích rừng trồng tỉnh A 800 Giả sử diện tích rừng trồng tỉnh A năm tăng 6% so với diện tích rừng trồng năm liền trước Kể từ sau năm 2019, năm năm tỉnh A có diện tích rừng trồng năm đạt 1400 ha?

Lời giải

Ta có: Sn1400ha; A800 ha; r6%

Áp dụng công thức:  1 n  1 n 1400

n

S A r A r

1 1,06

1400 1400

log log 9, 609 10

800

    

         

   

r

n n n n

A

Vậy năm năm 2029

Câu 216 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Để quảng bá cho sản phẩm A, công ty dự định tổ chức quảng cáo

theo hình thức quảng cáo truyền hình Nghiên cứu cơng ty cho thấy: sau n lần quảng cáo phát tỷ lệ người xem quảng cáo mua sản phẩm A tuân theo công thức

  0,015

1

1 49 n

P n

e



 Hỏi cần phát lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản

phẩm đạt 30% ?

A 202 B 203 C 206 D 207

Để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt 30% điều kiện   0,015 30%

1 49 n 10

P n

e

  



0,015 10 0,015 1 1

1 49 0,015 ln ln 202,968

3 21 21 0,015 21

n n

e e n   n  

             

   

min

203 203

n n

   

15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số

Câu 217 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Xét số thực không âm x y thỏa mãn 2x y .4x y 13

Giá trị nhỏ biểu thức P x 2y26x4y A 65

8 B

33

4 C

49

8 D

57

Lời giải

(108)

Hàm số f t t.2 đồng biến , nên từ  * ta suy

 

2y 3 2x 2x2y 3

Ta thấy  1 bất phương trình bậc có miền nghiệm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng : 2d x2y 3 (phần không chứa gốc tọa độ O), kể điểm thuộc đường thẳng d

Xét biểu thức P x 2y26x4y x3 2 y22  P 13 2 

Để P tồn ta phải có P    13 P 13

Trường hợp 1: Nếu P 13 x 3; y 2 khơng thỏa  1 Do đó, trường hợp khơng thể xảy

Trường hợp 2: Với P 13, ta thấy  2 đường trịn  C có tâm I 3; 2 bán kính 13

R P

Để d  C có điểm chung  ; 13 13 65

8 2

d I d  R  P  P

Khi 65

8

P đường tròn  C tiếp xúc đường thẳng d 5; 4

N 

  (thỏa mãn N thuộc  T )

Vậy 65

8

P

Câu 218 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có cặp số nguyên dương m n;  cho m n 10 ứng với cặp m n;  tồn số thực a  1;1 thỏa mãn 2amnlna a21?

A B C 10 D

Ta có 2am nlna a2 1 2am lna a2 1 n

      

Xét hai hàm số f x lnx x21 g x  2xm

n

 1;1

Ta có  

2

1 0

1

f x x

  

 nên f x  đồng biến

       

2

1

ln ln ln

1

f x x x x x f x

x x

 

            

 

  nên f x  hàm số

lẻ

+ Nếu m chẵn g x  hàm số chẵn có bảng biến thiên dạng

(109)

+ Nếu m lẻ hàm số g x  hàm số lẻ đồng biến

Ta thấy phương trình ln có nghiệm x0 Dựa vào tính chất đối xứng đồ thị hàm số lẻ, suy phương trình cho có nghiệm 1;1 có nghiệm  0;1 , hay

 1  1 ln 1 2   2,26  1;2

ln

f g n n

n

        



Đối chiếu điều kiện, với n1 suy m1;3;5;7;9, có cặp số thỏa mãn Với n2 m1;3;5;7 có cặp số thỏa mãn

Vậy có cặp số thỏa mãn toán

15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lơ-ga-rít(nhiều biến)

Câu 219 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Xét số thực không âm x y thỏa mãn 2x y 4x y 13 Giá trị

nhỏ biểu thức P x 2y2 4x6y A 33

4 B

65

8 C

49

8 D

57

Lời giải

Nhận xét: Giá trị x y, thỏa mãn phương trình 2x y 4x y 13 1  làm cho biểu thức P

nhỏ Khi

1 0

(1) :2x y 4x y 4x y 2(x y)

y y

      

     

Đặt a x y  , từ  1 ta phương trình

 

1

4a a *

y y

    

Xét hàm số f a  4a 2.a 2

y y



    Ta có f a'  4 ln 4a 0, y 0

y 

     nên f a  hàm

số đồng biến Mặt khác, lim  

xf a  , xlimf a  

Do đó, phương trình  * có nghiệm 3

2

a   x y

Ta viết lại biểu thức  2 4  1 65

4 8

P x y  x y  y  

  Vậy

65

P 

Cách khác:

Với x y, không âm ta có

3

1 3

2 4

2

x y x y

x y

x y     x y    x y  y     

 

    (1)

Nếu

2

x  y  

3

0

3

2

x y

x y y     y

        

 

    (vô lí)

Vậy

2

x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhyakovski ta

  2 2

2 4 6 3 2 13

(110)

1 52 13 13 65

2 x y 2

 

         

 

Đẳng thức xảy

5

4

1

3

4

y x y

x y x

 

   

 

 

     

 

Vậy 65

8

P

Câu 220 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Xét số thực không âm ,x y thỏa mãn 2x y .4x y 13 Tìm

giá trị nhỏ biểu thức P x 22x y 24y A 33

8 B

9

8 C

21

4 D

41

Lời giải:

Cách (Thầy Nguyễn Duy Hiếu)

Ta có 2x y .4x y 13  2x 3 2y 2x2y3 0  2x2y 3 2y 2x2y3 1 0(1)

Nếu 2x2y 3 VT(1) < 0, vơ lý, nên từ (1) suy 2x2y 3 

2

x y 

  2 2 1    2 2

1 1

2

P x  y     x  y 

 2

1 41

1 5

2 x y 2

 

          

 

Dấu “=” xảy  5,

4

x y Vậy 41

8

P

Cách (Trần Văn Trưởng)

 Ta có 2x y .4x y 1 3 y.4 4y x1 3 2x  y.22y 3 2x 2 x

 

2

2 y 2 x

y x 

   (*)

Nếu 3

2

x x

    với 3,

2

x y thỏa mãn (*)

2 2 4 21

4

P x y  x y Nếu 2 x0

 Xét hàm số f t t.2t với

(0; )

t   Ta có f t'  2t t.2 ln 0,t    t (0; )

 Do hàm số f t  đồng biến (0;) Từ (*) suy 2y 3 2x2x2y3  Xét Px1 2 y225   2 2

1

x y P

(111)

 Ta có hệ điều kiện sau:

     

  2 2  

3

0

2

0

2 3

1

x y

x y P

       

   



     



 Hệ điều kiện (1), (2), (3) phần tơ màu hình vẽ  (4) coi đường tròn tâm I 1; , R P5

 Để hệ có nghiệm d I ;   R P5, : 2x2y 3

 Suy    

2

2 2 41

5

8

2 P P

   

   



 Dấu xảy hệ sau có nghiệm:

  2 2

3

2

41

1

8

x y

    

 

    



    

 

 Giải hệ ta tìm 4

x y

      

 Vậy Min 41

8

P  5, 1

4 4

x y

Cách (Nguyễn Kim Duyên) Giả thiết 4x y1 1 

(112)

Đặt a2x2y2; b2x2  a b

2

y

 1 viết lại: 2   2 2

2

a a

a b

b    b a  a b   a a b 2a 2 2 2a  *

• Nếu a1 VT *  0 VP * Vậy khơng xảy a1

• Nếu a1  

0

2

x

y D

x y

 

 



  



Biểu diễn P 5 x1 2  y22, xem phương trình đường trịn  C có tâm  1; 2

I   , bán kính P5

Ta cần tìm minP miền  D Khi  C đường trịn có bán kính nhỏ chạm miền  D d I ,  P5 (trong đó, : 2x2y 3 0)

9 41

5

8

2 P P

     Khi  tiếp xúc  C điểm 1; 4

 

 

 

Vậy 41

8

P , đạt

4

x ,

4

y

Cách ( NT AG) Ta có 2x y .4x y 1  3 2x2 2y 2x2y33

Nếu 2x2y 3 3 2 x2 2y 2x2y32x2 2y 2x2y Suy 2x2y 3 0

Mâu thuẫn

Nếu 2x2y 3 (1) Ta có (1) ( 1)

2

x y x y

       Đặt t y ( t1) Ta có

5

x t  Khi đó,

2 2 4 ( 1)2 2 2 2 3

Px  x y  y x  y  x y  x2 t2 2(x t ) 3

2

1 5 41

( ) 2( )

2 x t x t 2

   

           

   

Dấu đẳng thức xảy

4

x t  hay 5,

4

(113)

Nhận xét: Thông qua đặt t  y ta đưa giả thiết kết luận có biểu thức đối xứng x t, thí sinh dễ dàng phán đốn P đạt

4

x t 

Câu 221 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Xét số thực x y, thỏa mãn 2x2 y2 1x2y22x2 4 x Giá

trị nhỏ biểu thức

2

x P

x y

 

  gần với số

A B C D

Nhận xét x2y22x  2 ;x y

Bất phương trình 2x2 y2 1x2y22x2 4 x  

2 1

2 2

2

x y

x x y x

 

    

 

2 2 1 2 2

2x  y x x y 2x

    

Đặt t x 2y22x1

Bất phương trình2t  t 1   2t t 1 0

Đặt f t 2t t 1 Ta thấy f  0  f  1 0 Ta có f t 2 ln 1t 

 

1

0 ln log 0,52

ln

t

f t     t  

 

Quan sats BBT ta thấy f t    0 t

2

0x y 2x 1  2 2

1

x y

     1

Xét 8

2

x

P Px Py P x

x y



     

 

 

4

P P x Py

    

 

4 8 2

P P P x P Py

        

  

3P 12 2P x Py

     

 2     2 2  2 2

3P 12 2P x Py  2P P   x y 

              

Thế  1 vào ta có 3P122 8 2 P2P2

(114)

Dấu “=” xảy

 2

8 2

5

1

P x

P y

x y

  

  

 

    

2

5

2 1

5

x y

y

       



 

  

 



2

5

x y

y

      

   

1

5

x y x y

        

       

(115)

16 PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

16.1 PT,BPT mũ bản, gần (không tham số)

Câu 222 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Nghiệm phương trình 32 1x 27

A x5 B x1 C x2 D x4

2

3x 27 2x 1 3 x 2

Câu 223 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Nghiệm phương trình 3x19

A x 2 B x3 C x2 D x 3

Lời giải

Ta có: 3x1 9 3x132    x 1 2 x 3

Vậy phương trình cho có nghiệm x3

Câu 224 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm phương trình 22x32x là

A x8 B x 8 C x3 D x 3

Ta có 22x32x 2x   3 x x 3 Vậy phương trình cho có nghiệm x3

Câu 225 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Nghiệm phương trình 22x4 2x

A x16 B x 16 C x 4 D x4

Ta có: 22x4 2x2x   4 x x 4.

Câu 226 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Nghiệm phương trình 3x127 là

A x4 B x3 C x2 D x1

1

3x 273x133 x 4

Câu 227 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Tập nghiệm bất phương trình 9x2.3x 3 0 là

A 0; B 0; C 1; D 1;

Đặt t3xt0 bất phương trình cho trở thành

 

2 2 3 0

3

t t t

t loai

        



Với t1 3x   1 x 0

16.2 Phương pháp đưa số (không tham số)

(116)

A 4;  B 4; 4 C ;4 D  0;

Lời giải

Ta có:

3x213273x213 33 x2  13 3 x216     x 4 4 x 4

Tập nghiệm bất phương trình cho S  4; 4

Kết luận: S  4; 4

Câu 229 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Nghiệm phương trình 3x29

A x  3 B x  C x 4 D x4

Ta có 3x2 9 3x232     x 2 2 x 4

Câu 230 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Nghiệm phương trình 3x19 là

A x1 B x2 C x 2 D x 1

Lời giải

Ta có

3

3x    9 x log 9 x

Câu 231 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Nghiệm phương trình 3x2 27

A x 2 B x 1 C x2 D x1

Lời giải

Ta có: 3x2 273x2 33

2

x

    x

Câu 232 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Nghiệm phương trình 3x2 27

A x 2 B x 1 C x2 D x1

Lời giải

Ta có: 3x2 27

3x

    x 3 x

Câu 233 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Tập nghiệm bất phương trình 3x2239 :

A ( 5;5) B (;5) C (5;) D (0;5)

Lời giải

Ta có : 3x223 9 3x22332x223 2 x225   5 x 5

Câu 234 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Tập nghiệm bất phương trình 7

2x  4 là

A 3;3 B  0;3 C ;3 D 3;

Lời giải

Ta có x2  7 2 x29    3 x 3

Câu 235 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Tập nghiệm bất phương trình 1

2x 8

A  0;2 B ;2 C 2; 2 D 2; 

Lời giải

Ta có 2x218 1 3

2 

 x   x2 1 3 x2 4 0    2 x 2

Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2; 2

(117)

A  0;2 B ;2 C 2; 2 D 2; 

Lời giải

Ta có 2x218 1 3

2 

 x   x2 1 3 x2 4 0    2 x 2

Vậy tập nghiệm bất phương trình S  2; 2

16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)

Câu 237 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q

242 số nguyên y thỏa mãn    

4

log x y log x y ?

A 55 B 28 C 29 D 56

Lời giải

Điều kiện

0 ,

x y x y x y

  

   

 

 

Khi

    log3   log 43

4

log log x y

x y  x y x  y  x   y x y

 log 43  

x x x y x y

       1

Đặt t x y   t  1 viết lại x2 x tlog 43 t  2

Với x ngun cho trước có khơng q 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình  1 Tương đương với bất phương trình  2 có không 242 nghiệm t

Nhận thấy f t tlog 43 t đồng biến 1; nên x2 x 243log 43 243 781

sẽ có 243 nghiệm nguyên t1

Do yêu cầu toán tương đương với x2 x 781 27, 4 x 28, 4

Mà x nguyên nên x  27, 26, , 27, 28 

Vậy có tất 28 28 56  số nguyên x thỏa yêu cầu toán

Câu 238 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Xét số thực không âm x y thỏa mãn 2x y .4x y 1 3 Giá trị nhỏ biểu thức P x   2 y2 4x 2y

A 33

8 B

9

8 C

21

4 D

41

8

Lời giải

Ta có : 2x y 4x y 1 32 2y 2y 3 2x  3 2x2 2y 2y  3 2x 2 x  *

Xét hàm số f t t.2t có f t  2t t.2 ln 2t Trường hợp : Với  *

2

x  ln  y Ta có : Px2 2 y125  

2

3 33

2

 

      

 

Dấu xảy

3

x y

    

  

(118)

Trường hợp :

2

x

  suy t 0 f t 0 hay hàm số y f t  đồng biến nên

 * 2y 3 2x 2

x y 

 

Ta có :

2

2 4 2 4 3 2

2

x

P x y  x y x     x  x

 

2

2 21 41 41

2

4 8

x x x 

        

  dấu xảy

1 x y        

Câu 239 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Xét số thực không âm x y thỏa mãn 2x y .4x y 1 3 Giá trị nhỏ biểu thức P x   2 y2 4x 2y

A 33

8 B

9

8 C

21

4 D

41

8

Lời giải

Ta có : 2x y 4x y 1 32 2y 2y 3 2x  3 2x2 2y 2y  3 2x 2 x  *

Xét hàm số f t t.2t có f t  2t t.2 ln 2t Trường hợp : Với  *

2

x   y Ta có : Px2 2 y125  

2

3 2 0 1 5 33

2

 

      

 

Dấu xảy

3 x y        

Trường hợp :

x

  suy t 0 f t 0 hay hàm số y f t  đồng biến nên

 * 2y 3 2x 2

x y 

 

Ta có :

2

2 4 2 4 3 2

2

x

P x y  x y x     x  x

 

2

2 21 41 41

2

4 8

x x x 

        

  dấu xảy

(119)

17 PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA

17.1 Câu hỏi lý thuyết

Câu 240 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Nghiệm phương trình log (x 1) 32  

A x 10 B x9 C x8 D x7

Ta có

2

log (x 1) 3   x  1 nên

17.2 PT,BPT loga bản, gần (khơng tham số) Câu 241 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Nghiệm phương trình log3x 1

A x8 B x9 C x7 D

10

x

Lời giải

Ta có 3 

1

log 10

1 10

x x

  

 

        

 

Câu 242 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Nghiệm phương trình log (2 x2) 3

A x6 B x8 C x11 D x10

Lời giải

Điều kiện x2

3

log (x    2) x 2  x 10(thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm phương trình x10

Câu 243 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Nghiệm phương trình log3x22

A x11 B x10 C x7 D x8

Lời giải

Điều kiện : x   2 x

Ta có:  

3

log x2    2 x  x 11 (Thỏa mãn điều kiện x2 ) Vậy phương trình log3x22 có nghiệm x11

Câu 244 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm phương trình log (2 x 8)

A x17 B x24 C x2 D x40

Ta có

2

log (x    8) x  x 24

Câu 245 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Nghiệm phương trình log2x95

A x41 B x23 C x1 D x16

(120)

Ta có: log2x    9 x  x 23

Câu 246 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Nghiệm phương trình log3x22

A x11 B x10 C x7 D x8

Lời giải

Điều kiện : x   2 x

Ta có:  

3

log x2    2 x  x 11 (Thỏa mãn điều kiện x2 ) Vậy phương trình log3x22 có nghiệm x11

Câu 247 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập nghiệm bất phương trình  2

3

log 18x 2

A ;3 B 0;3

C 3;3 D   ; 3 3; 

Điều kiện: 18x2    0 x  3 ;3 2 (*)

Khi ta có:  2

3

log 18x 218x29   3 x 3

Kết hợp với điều kiện (*) ta tập ngiệm bất phương trình cho 3;3

Câu 248 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Tập nghiệm bất phương trình  2

3

log 13x 2

A   ; 2 2 : B ; 2

C 0; 2 D 2;2

 Bất phương trình  

2

3 2

13 13

log 13

13

x x

x

x x

    

   

  

 

13 13

2

x

x x

  



     

  



Vậy, tập nghiệm bất phương trình  2

3

log 13x 2 2;2

Câu 249 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm phương trình log2x65 là:

A x4 B x19 C x38 D x26

Điều kiện x    6 x

Ta có: log2x65  

5

2

log x log

   x632  x 32 6  x 26TM Vậy nghiệm phương trình: x26

Câu 250 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập nghiệm bất phương trình  2

3

log 36x 3

A   ; 3 3; B ;3 C 3;3 D 0;3

Ta có:  2 2

3

(121)

Câu 251 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Tập nghiệm bất phương trình logx1

A 10; B 0; C 10; D ;10

logx  1 x 10

Vậy tập nghiệm bất phương trình 10;

17.3 Phương pháp đưa số (không tham số)

Câu 252 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Nghiệm phương trình log3x  1 log 43 x1

A x3 B x 3 C x4 D x2

Ta có điều kiện:

4

x 

   

3

log x  1 log 4x1 log 33 x 1 log 43 x1

3x 1 4x1

 x2(nhận)

17.4 PP phân tích thành nhân tử (khơng tham số)

Câu 253 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q

255 số nguyên y thỏa mãn  

3

log x y log (x y )?

A 80 B 79 C 157 D 158

Lời giải

Điều kiện 2 2

0

x y y x

   

 



     

 

Vì x nên x2   x 0, x  suy x2    x x2 x có điều kiện

y    x y x

Xét hàm số      

3

log log

f y  x y  x y

Ta có  

         

2

ln ln

1

ln

ln ln 3.ln

x y x y f y

x y

x y x y x y

  

   



  

Vì x x 2   0 x y x2y

0 ln ln 3 

Suy ln 2x y ln3x2y f y 0

Nhận xét: f1xlog3x2  x 1 log 0,2   x 

(122)

Nên bất phương trình f y     0 x y m để bất phương trình có khơng q 255

giá trị y m255x nên f256x0  

3

log x x 256 log 256

    

2 256 38

x x

     78,9 x 79,9

Vì x nên 78  x 79  có 158 giá trị x thỏa mãn

Câu 254 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q

255 số ngun y thỏa mãn  

3

A 80 B 79 C 157 D 158

Lời giải

Điều kiện 2 2

0

x y y x

   

 



     

 

Vì x nên x2   x 0, x  suy x2    x x2 x có điều kiện

y    x y x

Xét hàm số      

3

log log

f y  x y  x y

Ta có  

         

2

ln ln

1

ln

ln ln 3.ln

x y x y f y

x y

x y x y x y

  

   



  

Vì x x 2   0 x y x2y

0 ln ln 3 

Suy ln 2x y ln 3x2y f y 0

Nhận xét:    

3

1 log log 0,

f x  x   x   x 

Giả sử phương trình f y 0 có nghiệm, f y 0  phương trình f y 0có nghiệm ym

Có bảng biến thiên:

Nên bất phương trình f y     0 x y m để bất phương trình có khơng 255

giá trị y m255x nên f256x0  

3

log x x 256 log 256

    

2 256 38

x x

     78,9 x 79,9

(123)

17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)

Câu 255 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 728

số nguyên y thỏa mãn  

4

A 59 B 58 C 116 D 115

Lời giải

Với x ta có x2x

Xét hàm số  

3

( ) log ( ) log

f y  x y  x y

Tập xác định D ( ;  x ) (do y    x y x2)  

1

'( ) 0,

( ) ln ln

f y x D

x y x y

    

  (do

2 0

x    y x y , ln ln 3 )

 f tăng D

Ta có  

3

( 1) log ( 1) log

f   x x x   x   x

Có khơng q 728 số ngun y thỏa mãn f y 0

 

3

( 729) log 729 log 729

f x x x

        

2 729 46 0

x x

     x2 x 3367 0

57,5 x 58,5

   

Mà x nên x  57, 56, ,58 

Vậy có 58 ( 57) 116    số nguyên x thỏa

Câu 256 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q

127 số nguyên y thỏa mãn    

3

log x y log x y ?

A 89 B 46 C 45 D 90

Lời giải

Cách 1:

Với x nguyên tùy ý, ta có x2x

Xét hàm số      

2

log log

f y  x y  x y

Tập xác định : D    x;  y    x y x2

         

2

ln ln

1 0

ln ln ln ln

x y x y f y

x y x y x y x y

  

    

      y D

x2   y x y 0; ln ln 0    f y  đồng biến D

Ta có    

3

1 log

f    x x   x (do x2  x 1 1)

Có khơng q 127 số nguyên y thỏa mãn f y 0

   

2

128 log 128 log 128

f x x x

        

 

2

1 2

128 44,87; 45,87

x x x x x x x

         

 44; 43; ;45

x

    Vậy có 90 giá trị x

(124)

Ta có: log (3 x y) log ( 2 x y ) (1) Đặt t  x y

(1) 

3

log (x   x t) log t 

2

( ) log log ( )

g t  t x   x t (2) Ta có

 

1

'( )

ln ln

g t

t x x t

  

  với t1 Do ( )g t đồng biến 1;

Vì x ngun có khơng q 127 giá trị t* thỏa mãn (2) nên ta có (128)

g    

2

log 128 log x  x 128 0

 x2 x 128 3  44,8  x 45,8

Vậy có 90 giá trị thoả mãn YCBT

Nhận xét: Đây câu hay đề năm Trong trình bày tự luận, thí sinh mắc sai lầm từ đầu đặt t, hàm ( )g t khơng liên tục tập , khơng có đạo hàm

17.6 Phương trình loga có chứa tham số

Câu 257 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho phương trình  

9 3

log x log 3x  1 log m với m tham số thực Có tất giá trị nguyên m để phương trình có nghiệm ?

A B C D vô số

Điều kiện

3

x m0

Phương trình tương đương 3 

1

log x log 3x log

m

  

3

x m x



   



Xét hàm số f x  3x x



 với

3

x

 

1 0

f x x

   Bảng biến thiên

Vậy 0 m phương trình có nghiệm

Do có giá trị nguyên để phương trình có nghiệm

17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp mũ loga có tham số

Câu 258 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho phương trình  

2

4 log xlog x5 7x m 0 (m tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt?

A 49 B 47 C Vô số D 48

(125)

Điều kiện: 0

7x 7x

x x m m            

* Trường hợp m0  

2 2

4log xlog x5 7x  m 4log xlog x 5

log2x log 2x 5

   

2 log log x x        2 x x         Trường hợp không thỏa điều kiện m nguyên dương * Trường hợp m0, ta có

7x x m    

  x log7m m1 x0 0 m

Khi  

2

4log xlog x5 7x m

2

4log log

7x

x x m           2 log x x x m          

+ Xét 0 m nghiệm xlog7m0 nên trường hợp phương trình cho có

nghiệm

5

2;

x x  thỏa mãn điều kiện

+ Xét m1, điều kiện phương trình xlog7m

Vì

5

2 2  nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

5

2 log m2

5

2

7  m

  

Trường hợp m3; 4;5; ; 48, có 46 giá trị nguyên dương m Tóm lại có 47 giá trị nguyên dương m thỏa mãn

(126)

18.1 Định nghĩa, tính chất nguyên hàm

Câu 259 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Hàm số F x( ) nguyên hàm hàm số f x( ) khoảng K

A F x( ) f x( ), x K B f x( )F x( ), x K

C F x( ) f x( ), x K D f x( ) F x( ), x K

Hàm số ( )F x nguyên hàm hàm số ( )f x khoảng K F x( ) f x( ), x K Câu 260 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101]Biết F x exx2 nguyên hàm hàm số f x  

Khi f 2x dx

A 2ex2x2C. B 1 2 .

2

x

e x C C 2 .

2

x

e  x C D e2x 4x2C.

Ta có: F x exx2 nguyên hàm hàm số f x    2  2 2  2 2 .

2 2

x

f x dx f x d x F x C e x C

       

18.2 Nguyên hàm hs bản, gần

Câu 261 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Họ tất nguyên hàm hàm số f x 2x5 là:

A x25x C . B 2x25x C . C 2x2C. D x2C.

Ta có: 2x5 d x x 25x C



Câu 262 [Đề-BGD-2020-Mã-101] x x2d



A 2x C D

3x C C

3

x C D

3

3x C

Lời giải

Ta có 2d

3

x x x C



Câu 263 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] x dx3

(127)

A 4x4 C B 3x2 C C x4C D 1 4x C

Ta có

4

x dx x C 

Câu 264 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] x dx4



A

5x C B

3

4x C C x5C D 5x5C

Ta có 4d

5

x x x C



Câu 265 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] x dx5



A 5x4C B 1

6x C C

6

x C D 6x6C Lời giải

Ta có:

6 C

x dx x 

 nên đáp án B

Câu 266 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] 5x dx4



A

5x C B

5

x C C 5x5C D 20x3C

Ta có 5x dx x4  5C



Câu 267 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] 6x dx5



A 6x6C B x6C C 1

6x C D

4

30x C

Ta có: 6x dx x5  6C



Câu 268 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]

2

3 dx x

 bằng

A.3x3C B.6x C C

3x C D

3

x C

Ta có:

3

2

3 d

3

x

x x  C x C 

Câu 269 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] x dx5



A 5x4C B 1

6x C C

6

(128)

Ta có:

6 C

x dx x 

 nên đáp án B

Câu 270 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết F x exx2 nguyên hàm hàm số f x   Khi  f  2 dx x

A 2

2 x

e  x C B e2x4x2C. C 2ex2x2C. D 1 2

2 x

e x C

Ta có  f 2 dx x    2 d

2 f x x

   2

2F x C

  2

2

x

e x C

  

18.3 Nguyên hàm phân thức

Câu 271 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Họ tất nguyên hàm hàm số  

 2

2 1 x f x x  

 khoảng

 1; 

A 2ln 1

1

x C

x

  

 B  

3 2ln 1 x C x    

C 2ln 1

1

x C

x

  

 D  

3 2ln 1 x C x     Lời giải Chọn B Ta có            

2 2

2

2 3

2ln

1

1 1

x x

dx dx dx dx x C

x x

x x x

 

        

 

  

   

18.4 PP nguyên hàm phần

Câu 272 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số  

2 4

 

x f x

x Họ tất nguyên hàm hàm

số g x   x1  f x

A 4    x C

x B

4    x C

x C 2 4     x x C

x D 2 4     x x C x Lời giải

 d   1   d

g x x  x f x x Đặt  

   

1 d d

d d                

u x u x

v f x v f x x

 d  1    d  1   2 d

4

      



g x x x f x  f x x x f x  x x x

Tính

24d

 x x

x , đặt

2 4 2 4 d d

      

(129)

2 24d  d  1d     4  x x t t  t t C x C

t

x

Khi đó:    

2

4

d

4



      

 

g x x x x x C x C

x x

18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến phần hàm xđ

Câu 273 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số  

2 2 x f x

x



 Họ tất nguyên hàm hàm số

   1  '

g x  x f x

A 2 2 2 x x C x   

 B

2 x C x  

 C

2 2 2 x x C x   

 D

2 2 x C x    Lời giải Ta có                     2 2 2 2 ' 1 2 1 2

1 1.2 2

2 2

g x dx x f x dx x f x f x dx

x x x

dx x x d x x x x x x x x C x x C x                               

Câu 274 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hàm số  

2 3 x f x

x



 Họ tất nguyên hàm hàm

số g x   x1  f x

A

2

x x C

x

  

 B

3

2

x C

x

 

 C

2

3

x x C

x

  

 D

3 x C x    Lời giải

Ta có g x x d x1  f x x d Đặt

   

1 d d

d d

u x u x

v f x x v f x

               

 d  1    d  1   2 d

3

x g x x x f x f x x x f x x

x

      



  

Tính

2 3d x x x 



(130)

2 3dx tdt dt t C x C x

       



  

Vậy        

2

1

1 3

3

x x x

g x dx x f x x C x C C

x x

 

          

 



18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn

Câu 275 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Biết F x  ex 2x2 nguyên hàm hàm số f x   Khi  f 2x dx

A 2ex4x2C. B 1 4 .

2

x

e  x C C e2x8x C2 . D 1 2 .

2

x

e  x C Lời giải

Chọn B

Ta có: F x  ex 2x2 nguyên hàm hàm số f x  

Suy ra:

     x 2 2 x 4  2 2x 8

f x F x  e  x  e x f x e  x

 2  8  4 .

2

x x

f x dx e x dx e x C

(131)

19 TÍCH PHÂN

19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất tích phân

Câu 276 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Biết  

5

4

f x dx

 Giá trị  

5

3f x dx



A B

3 C 64 D 12

Lời giải

Ta có :    

5

1

3f x dx3 f x dx3.4 12

 

Câu 277 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Biết  

2

d

f x x

2

3f x xd



A B C

3 D

Lời giải

Ta có    

2

1

3f x dx3 f x dx3.2 6

 

Câu 278 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Biết  

3

2

d

f x x

3

2f x xd



A 36 B C 12 D

Lời giải

Ta có:    

3

2

2f x xd 2 f x xd   2 12

 

Câu 279 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết  

3

4

f x dx

  

3

1

g x dx

 Khi đó:

   

2

f x g x dx

 

 

 bằng:

A 3 B C D

Ta có        

3 3

2 2

4

f x g x dx f x dx g x dx  

 

 

  

Câu 280 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết  

3

f x dx

  

3

1

g x dx

 Khi    

3

f x g x dx

 

 



bằng

A B C 2 D

(132)

Ta có:        

2 2

4

f x g x dx f x dx g x dx

 

 

  

Câu 281 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết

 

d

f x x

   d

g x x



Khi

   

1

d

f x g x x

 

 



bằng?

A B C D 1

Ta có:        

2 2

1 1

d d d

f x g x x f x x g x x  

 

 

  

Câu 282 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Biết  

3

2

d

f x x

3

2f x xd



A 36 B C 12 D

Lời giải

Ta có:    

3

2

2f x xd 2 f x xd   2 12

 

Câu 283 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Biết F x x2 nguyên hàm hàm số f x  

Giá trị  

3

1 f x dx

 

 



A 10 B C 26

3 D

32

3

Lời giải

Do F x x2 nguyên hàm hàm số f x 

 nên f x F x  x2  2x

Suy      

3 3

2

1

1 f x dx d x x x x 10

 

 

 

1

2

f x  x dx=2

 

 

 Khi  

1

f x dx

 :

A B C D

Ta có

   

1 1

0 0

2

f x  x dx=2 f x dx+ xdx=2

 

 

     21

0

2

f x dx x

    

0

2

f x dx

  

 

1

f x dx

 

Câu 285 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Biết  

1

2

f x  x dx

 

 

 Khi  

1

d

f x x



A B C D

(133)

Ta có      

1 1

0 0

1

2 3

0

x f x  x dx  f x dx xdx  f x dx 

 

 

   

Suy    

1

2

1

3

d

0

f x x x    



Câu 286 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Biết F x x2 nguyên hàm hàm số f x  

Giá trị  

3

1 f x dx

 

 



A 10 B C 26

3 D

32

3

Lời giải

Do F x x2 nguyên hàm hàm số f x   nên f x F x  x2  2x

Suy      

3 3

2

1

1 f x dx d x x x x 10

 

 

 

19.2 Tích phân bản(a), kết hợp tính chất (b)

Câu 287 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Biết  

1

d

f x x 

  

1

d

g x x

 ,    

1

d

f x g x x

 

 



A 5 B C 1 D

Lời giải Chọn A     d

f x g x x

 

 

    

0

d d

f x x g x x

      2

Câu 288 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Biết    

3

1

3

f x dx Giá trị   

3

1

2f x dx

A B C D

2 Lời giải

Ta có:         

3

1

2f x dx f x dx 2.3

Câu 289 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Biết F x  x2 nguyên hàm hàm số f x   Giá trị    

2

1

2 f x dxbằng

A B.3 C.13

3 D

7 Lời giải

 

(134)

Khi            

1 1

2

2 f x dx 2dx f x xd 2x x

Câu 290 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Biết F x x3 nguyên hàm hàm số f x  

Giá trị  

2

2 f x dx

 

 



A 23

4 B C D

15

Lời giải

Ta có:      

2

3

2

2 d 2 12

1

f x x x F x x x

       

   

   



Câu 291 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết F x x3 nguyên hàm hàm số f x  

Giá trị  

3

1 f x( ) dx



A 20 B 22 C 26 D 28

Lời giải

Theo F x x3 nguyên hàm hàm số f x   nên ta có

   

3 3

3 1

1 f x dx x x 30 28 

 

 



1

0f x 2x xd 4

 Khi  

0 f x xd

 bằng

A B C D

     

1 1

0f x 2x xd  4 f x xd  02 dx x 4 f x xd   4

   

Câu 293 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Nếu  

1

d

f x x

  

1

2f x xd



A 16 B C D

   

1

0

2f x xd 2 f x xd 2.4 8

 

Câu 294 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích S hình phẳng giới hạn đường

2

2 , 1,

y x y x x1 tính cơng thức đây?

A

1

(2 1)

S x  dx B

1

(2 1)

S x  dx

C

2

(2 1)

S x  dx D

1

(2 1)

S x  dx

(135)

Chọn D

Diện tích cần tìm là:

1

2

0

2 (2 1)

S x  dx x  dx

Câu 295 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Cho hàm số f x  có f 0 0 f x' cos cos ,x x x  Khi

đó  

0



 f x dx

A 1042

225 B

208

225 C

242

225 D

149

225

Ta có f x' cos cos ,x x x  nên f x  nguyên hàm f x' 

Có '  cos cos 22 cos 1 cos cos cos cos

2 2

x x x x

f x dx x xdx x  dx dx dx

    

 

1 1 1

cos cos cos sin sin sin

2 xdx x x dx x 20 x 12 x C

        

Suy   1sin sin sin ,

2 20 12

f x  x x x C x   Mà f  0   0 C

Do   1sin sin sin ,

2 20 12

f x  x x x x  Khi đó:

 

0 0

1sin sin 5 sin 3 1cos cos 5 cos 3 242

2 20 12 100 36 225

f x dx x x x dx x x x



    

          

   

 

19.3 PP tích phân phần-hàm xđ

Câu 296 [ĐỀ BGD 2020-MH2]Xét

2

x

x e dx

 , đặt u x 2 2

0 x

x e dx



A 2 e duu

 B

4 e duu

 C

2 u e du

 D

4 u e du  Lời giải Chọn D

Đặt ux2du2xdx

Với x  0 u x  2 u

Ta

2 0 x u

x e dx e du

(136)

Câu 297 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  Biết f 4 1

 

0

4 d

xf x x

 ,  

4

d

x f x x



A 31

2 B 16 C D 14

Cách 1:          

4

2

0

0 0

d d 16.1 4 d 16 2.16.1 16

x f x x x f x   xf x x  tf t t    

  

Cách 2: Đặt t4xdt4dx Đổi cận:

Khi đó:      

1 4

0 0

1

4 d d d

16 16

xf x x tf t t xf x x

  

Xét:  

4

' d

I x f x x: Đặt

     

2 d 2

' d

d ' d

u xdx u x

v f x x f x v f x x

               

     

2

0

4

2 d 2.16 16

0

I x f x xf x x f

       

Câu 298 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hàm số  

2 1 x f x

x



 Họ tất nguyên hàm hàm

số g x   x1  f x

A 2 2 x x C x   

 B

1 x C x  

 C

2 2 1 x x C x   

 D

1 x C x    Lời giải

Ta có g x x d x1  f x x d Đặt

 

d ' d

u x

v f x x

    

   

du dx

v f x

   



Khi g x x d x1  f x  f x x d    

2

2 2

d

1 d

2

1 1

x

x x x x x x

x x x x

              2 2 1 1

x x x C x C

x x

 

     

 

Nhận xét: Nếu học sinh nắm công thức vi phân hàm số, đưa f x  vào vi phân mà không cần đặt

 

1

d d

u x

v f x x

  

  



Câu 299 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hàm số  

2 4

 

x f x

x Họ tất nguyên hàm hàm

(137)

A 4    x C

x B

4    x C

x C 2 4     x x C

x D 2 4     x x C x Lời giải

 d   1   d

g x x  x f x x Đặt  

   

1 d d

d d                

u x u x

v f x v f x x

 d  1    d  1   2 d

4

      



g x x x f x  f x x x f x  x x x

Tính

24d

 x x

x , đặt

2 4 2 4 d d

      

t x t x t t x x

2 24d  d  1d     4  x x t t  t t C x C

t

x

Khi đó:    

2

4

d

4



      

 

g x x x x x C x C

x x

19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn

Câu 300 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x  Biết f 0 4 f x 2cos2x1,  x ,

khi  

0

f x dx





A 4

16

 

B

2 14

16

  

C

2 16 4

16

  

D

2 16 16

16

   

Ta có     2cos2 1 cos 2 2 1sin 2 2

2

f x  f x dx  x dx x dx x x C

 0 4

f   C

Vậy  

2

4 4

2

0 0

1 16

sin 2 cos

2 16

f x dx x x dx x x x

(138)

20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị

Câu 301 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hàm số f x  liên tục  Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y f x , y0, x 1 x4 (như hình vẽ bên) Mệnh đề đúng?

A    

1

d d

S f x x f x x 

   B    

1

d d

S f x x f x x 

 

C    

1

d d

S f x x f x x 

  D    

1

d d

S f x x f x x 

  

Ta có diện tích hình phẳng cần tìm  

4

d

S f x x 

    

1

d d

f x x f x x        1 d d

f x x f x x 

  

20.2 Diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm xác định

Câu 302 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Diện tích hình phẳng giới hạn hai đường y  x2 4 2 4

y x

A 36 B

3 C



3 D 36 Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm:               

2 4 2 4 2 0

2 f x

x

x x x x

x                         

2 0

0 2

3

2

3 2

3

S f x dx f x dx f x x x dx x x

(139)

Câu 303 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Diện tích hình phẳng giới hạn đường y x 21

1

y x 

bằng ?

A

6

 B 13

6 C

13

 D 1

6

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là:

2 1 1 0

1

x

x x x x

x            

Diện tích hình phẳng là:

 

1 2

0

1

S x x dx x x dx x x



     

 

Câu 304 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Diện tích hình phẳng giới hạn hai đường yx22 y = 3x2

A

2 B

9

 C 125

6 D

125

 Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm đường

2 2 3 2

3 x x x x         

Diện tích hình phẳng

3

2

0 0

3

(3 )d

2

x x x x x  

     

 



Câu 305 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Diện tích hình phẳng giới hạn hai đường y x 23

3

 

y x

A 125 

B

6 C

125

6 D



Lời giải

2 3 3 0

1             x

x x x x

x

   

1 1

2 2

0 0

1

3 d d d

0

3

 

            

 

   x x

S x x x x x x x x x

Câu 306 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] [ Mức độ 2] Diện tích hình phẳng giới hạn hai đường

2 3

 

y x y x

A 125 3 

B

6 C

125

6 D



Lời giải

2 3 3 0

1             x

x x x x

x

   

1 1

2 2

0 0

1

3 d d d

0

3

 

            

 

   x x

(140)

Câu 307 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho đường thẳng y x va parabol

2

y x a (a tham số thực dương) Gọi S S1, 2 diện tích hai hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên Khi

1

S S a thuộc khoảng đây?

A 1;

 

 

  B

1 0;

3

 

 

  C

1 ;

 

 

  D

2 ;       Lời giải Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y x

2

y x a:

2

1

0

2

x x  a x   x a (có   1 2a)

Theo hình, ta có:

2

a

 

Gọi x x1, 20 x1 x2 hai hoành độ giao điểm: x1 1 2a , x2 1 2a 1  

Khi   1 2 2

3 2

0

2 2

1 .

2

1 1

6 2

0

2

x x

x

x x

x

S S x a x dx x x a dx x ax x x x ax x x

ax x x a

                                            

Từ    

2

1

3

1 , 2a 4a

8

16a 6a

(141)

20.3 Thể tích giới hạn đồ thị (tròn xoay) hàm xác định

Câu 308 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi D hình phẳng giới hạn đường ye3x, y0,

0

x x1 Thể tích khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục Ox bằng:

A

3

e dx x

 B

1

e dx x

 C

1

e dx x

 D

1

e dx x



Ta tích khối trịn xoay tạo thành quay D quanh trục Ox bằng:

 

1

2

3

0

e x dx e dx x

  

Câu 309 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi D hình phẳng giới hạn đường y e 2x,y0,x0

và x1 Thể tích khối trịn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox

A

0 d

x

e x

 B

0 d

x

e x

 C

0 d

x

e x

 D

0 d x e x  Lời giải Chọn A

Thể tích khối trịn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox 1 2

0 d d

x x

V  e x e x

Câu 310 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]Gọi D hình phẳng giới hạn đường y e 4x,y0,x0

và x1 Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay D quanh trục Ox

A d x e x

 B

1 d x e x

 C

1 d x e x

 D

1 d x e x  Lời giải Chọn B

Thể tích khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục Ox là:

 

1 2

4

0

d d

x x

(142)

21.1 Các yếu tố thuộc tính số phức Câu 311 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Số phức liên hợp số phức 4 i

A  3 4i B  3 4i C 4 i D  4 3i

Theo tính chất z a bi    z a bi

Theo để 4 i, suy số phức liên hợp 4 i

Câu 312 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Số phức liên hợp số phức z  3 5i

A z   3 5i B z 3 5i C z  3 5i D z  3 5i

Lời giải

Số phức z a bi  có số phức liên hợp z a bi

3 5

z      i z i

Câu 313 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Trên mặt phẳng tọa độ, biết M3;1 điểm biểu diễn số phức z Phần thực z

A B 3 C 1 D

Lời giải

Ta có: M3;1 điểm biển diễn số phức z   z i Vậy: Phần thực số phức z 3

Câu 314 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Trên mặt phẳng tọa độ, biết M1;3 điểm biểu diễn số phức z Phần thực z

A B 1 C 3 D

Lời giải

M1;3 điểm biểu diễn số phức z Phần thực z 1

Câu 315 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Số phức liên hợp số phức z  2 5i

A z 2 5i B z 2 5i C z  2 5i D z  2 5i

Lời giải

Ta có z  2 5i

Câu 316 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Số phức liên hợp số phức z 2 5i

A z 2 5i B z   2 5i C z 2 5i D z   2 5i

Lời giải

Ta có: z    2 5i z 5i

Câu 317 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trên mặt phẳng tọa độ, biết M2;1 điểm biểu diễn số phức

z Phần thực z

A 2 B C D 1

(143)

Suy phần thực z 2

Câu 318 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Số phức liên hợp số phức z 3 5i

A z  3 5i B z 3 5i C z   3 5i D z  3 5i

Lời giải

Số phức liên hợp z 3 5i z  3 5i

Câu 319 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm M1; 2 điểm biểu diễn số phức z Phần thực z

A B C 2 D 1

Lời giải

Điểm M1; 2 điểm biểu diễn số phức z  1 2i nên phần thực a 1

Câu 320 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  3 ?i :

A N(3; 4) B M(4;3) C P( 3; 4) D Q(4; 3)

Ta có z  3 4i có phần thực 3 , phần ảo 4P( 3; 4) biểu diễn số phứcz Câu 321 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Phần thực số phức z  3 4i

A B 3 C D 4

Phần thực số phức z  3 4i A C

Câu 322 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Phần thực số phức z 3 4i

A B C 3 D 4

Lời giải

Ta có phần thực số phức z 3 4i Câu 323 Phần thực số phức z  5 4i

A B C 4 D 5

Số phức z  5 4i có phần thực 5

Câu 324 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Số phức liên hợp số phức z 3 5i

A z  3 5i B z 3 5i C z   3 5i D z  3 5i

Lời giải

Số phức liên hợp z 3 5i z  3 5i

Câu 325 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm M1; 2 điểm biểu diễn số phức z Phần thực z

A B C 2 D 1

Lời giải

(144)

22.1 Thực phép toán số phức

Câu 326 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hai số phức z1 3 2ivà z2  2 i Số phức z1z2bằng

A 5i B  5 i C 5i D  5 i

Lời giải

Ta có: z1 3 ;i z2  2 i

   

 z1 z2  2   2 i 5 i

Câu 327 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hai số phức z1 3 2i z2 2 i Số phức z1z2

A 5i B 5i C  5 i D  5 i

Lời giải

Áp dụng phép cộng số phức ta có z1z2  5 inên chọn B

Câu 328 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hai số phức z1 1 2i z2 2 i Số phức z1z2

A 3i B  3 i C 3i D  3 i

Lời giải

Ta có: z1z2 1 2i         2 i 1 2  2i i i

Câu 329 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hai số phức z1 1 3i z2 3 i Số phức z1z2

A 2 i B  4 2i C 2 i D  4 2i

Lời giải

Ta có z1      z2 3i i 2i

Vậy z1  z2 2i

Câu 330 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho số phức z 1 2i, số phức 2 3 i z

A 7 i B  4 7i C 8i D  8 i

Ta có: 2 3 i z 2 2 i  i  4 7i

Câu 331 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hai số phức z1 1 2i z2 4 i Số phức z1z2

A 3 i B  3 3i C  3 3i D 3 i

Ta có: z1z2  1 2i  4   i 3i

Câu 332 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức z1 1 3i z2 3 i Số phức z1z2 bằng

A  2 4i B 4 i C  2 4i D 4 i

Ta có z1  z2 1 3i         3 i 3i i 4i

(145)

A 2 i B  4 2i C 2 i D  4 2i

Lời giải

Ta có z1      z2 3i i 2i

Vậy z1  z2 2i

Câu 334 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho số phức z 2 i, số phức 2 3 i z

A  1 8i B  7 4i C 4 i D 8 i

Ta có: 2 3 i z 2 3 i2  i 4i

Câu 335 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho số phức z  2 3i, số phức 1i z

A  5 i B  1 5i C 5 i D 5i

Ta có z  2 3i  z   2 3i Do 1i z  1 i  3  i 1 5i

Câu 336 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức z1 2 i z2  1 3i Phần thực số phức z1z2

bằng

A B C D 2

Ta có z1z2 3 4i

Phần thực số phức z1z2

22.2 Xác định yếu tố số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua phép toán Câu 337 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hai số phức z1 3 2i z2 1 i Số phức z1z2

A 3 i B  2 3i C  2 3i D 3 i

Ta có: z1z2   3 2i  1 i  2 3i

Câu 338 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hai số phức z 1 2i w 3 i Môđun số phức z w

A B 26 C 26 D 50

Lời giải

Ta có w 3 i nên z w  5 5i Do z w.  5252 5 2

Câu 339 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hai số phức z 2 2i w 2 i Mô đun số phức zw

bằng

(146)

w 2  i w 2 i

  

w 2

z   i   i i Vậy wz  6 2i 2 10

Câu 340 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hai số phức z 4 2i w 1 i Mođun số phức z w

bằng

A 2 B 8 C 10 D 40

Lời giải

Ta có z w  4 1i        i 4 2i i 2i Suy z w  62  2 2 10

Câu 341 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hai số phức z 1 3i w 1 i Môđun số phức z w

bằng

A B 2 C 20 D

Lời giải

Ta có w    1 i w i

  

z w  i   i i

2

z w   

Câu 342 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hai số phức z 1 3i w 1 i Môđun số phức z w

bằng

A B 2 C 20 D

Lời giải

Ta có w    1 i w i

  

z w  i   i i

2

z w   

Câu 343 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Số phức liên hợp số phức z 2 i

A z   2 i B z   2 i C z  2 i D z  2 i

Số phức liên hợp số phức z 2 i z  2 i

Câu 344 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức z1 3 i z, 2 1 i.Phần ảo số phức z z1 2bằng

A B 4i C 1 D i

(147)

22.3 Giải phương trình bậc theo z (và z liên hợp)

Câu 345 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho số phức z thỏa mãn 3z i  2i z  3 10i Mô đun z

bằng

A B C D

Cách 1: Dùng máy tính cầm tay

2 .

az bz c

c a bc z

a b

 

  



     

3 z i  2i z 3 10i  2 i z3z  3 7i

2

z  i z 

Cách 2: Gọi z z x yi x y ,   z x yi

Từ đề bài, ta có phương trình:    3 10

5

x y x

x y x y i i

x y y

  

 

       

   

 

2

(148)

23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học số phức

Câu 346 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức z 1 2i?

A Q 1;2 B M 2;1 C P2;1 D N1; 2 

Điểm biểu diễn số phức z 1 2i điểm N1; 2 

Câu 347 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức z 3 2i ?

A P3;2 B Q2; 3  C N3; 2  D M2;3

Ta có: z a bi  N a b ; điểm biểu diễn số phức z

3

z  iN3; 2 

Câu 348 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z  1 2i điểm đây?

A Q 1;2 B P1;2 C N1; 2  D M 1; 2

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

Câu 349 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hai số phức z1 1 i z2  1 2i Trên mặt phẳng Oxy, điểm biểu diễn số phức 3z1z2có tọa độ

A 4; 1  B 1; 4 C  4;1 D  1;

Ta có 3z1z23(1 ) ) 4  i i  i

23.2 Tập hợp điểm biểu diễn đường trịn, hình trịn

Câu 350 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Xét số phức zthỏa mãn z  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức

1

iz w

z

 

 đường trịn có bán kính

A 34 B 26 C 34 D 26 Lời giải

Ta có w 1  w  w w

1 w

iz

w z iz i z z

z i

 

          

  (do wikhông thỏa

mãn)

Thay w

w

z i

 

(149)

 

w

2 w w *

w i

i

     

 Đặt w x yi, ta được:

   2 2 2  2 2 2

*  x4 y 2x  1 y x y 8x 4 y14 0 Đây đường trịn có Tâm I4; 2, bán kính R 34 Chọn đáp án A

24 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC

24.1 Tính tốn biểu thức nghiệm

Câu 351 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Gọi z1, z2 hai nghiệm phức phương trình z2– 6z10 0 Giá

trị 2 z z

A 16 B 56 C 20 D 26

Phương trình z2– 6z10 0 có hai nghiệm phức

z  i z2 3 i

Khi đó: 2   2 2

1 3 16

z z  i  i 

Câu 352 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình 6 13 0

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn 1z0 là:

A M2; 2 B Q4; 2  C N 4; D P 2; 2

Lời giải

Xét phương trình z26z13 0

Ta có    13  4  2i

Suy phương trình (1) có nghiệm phức phân biệt

3

z i

     



0

z nghiệm phức có phần ảo dương phương trình z26z13 0 nên 3 2

o

z   i

 

0

1z   1 2i   2 2i

Vậy điểm biểu diễn số phức 1z0 điểm P 2; 2

Câu 353 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2  z 2 0

Khi z1  z2

A B 2 C D

Phương trình z2  z 2 0, có   1 4.1.2  7 0

Suy phương trình có hai nghiệm phức 1,2

1

2

i z   

Do 1 2 7 2 2

2

i i

(150)

Câu 354 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z   z Khi z1  z2

A B C 2 D

Ta có

1 i 2

1 i

z z z

z

 

      

 

  

Khơng tính tổng qt giả sử 1 i

z   2 i

2

z  

Khi

2

1

1 7 2 2 2

2 2

z  z                 

   

Câu 355 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z2  2z 5 0

Môđun số phức z0ibằng

A B C 10 D 10

Xét phương trình: z2  2z 5 0 có '  4 0

Phương trình có hai nghiệm phức z 1 2ivà z 1 2i

0

z nghiệm phức có phần ảo âm nên z0 1 2inên z0     i i z0 i

24.1 Các tốn biểu diễn hình học nghiệm phương trình

Câu 356 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình 6 13 0

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1z0

A N2; 2 B M 4; C P4; 2  D Q2; 2 

Lời giải

Ta có 6 13 0

3

z i

z z

z i

   

    

  

    z0 2i

 

0

1 z 2i 2i

       

Vậy điểm biểu diễn số phức 1z0 P4; 2 

Câu 357 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình

2 4 13 0

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1z0

A P( 1; 3)  B M( 1;3) C N(3; 3) D Q(3;3)

Lời giải

Ta có: z24z13 0    z 2 3i

(151)

Vậy điểm biểu diễn N3; 3 

Câu 358 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình

2

4 13

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1z0

A M3; 3  B P1;3 C Q 1;3 D N 1; 3

Lời giải

2

4 13

2

z z z i

z i

        

Vậy z0 2 3i

 

0

1   z 1 2 3i   1 3i

Suy điểm biểu diễn số phức 1z0 N 1; 3

Câu 359 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi z0 nghiệm phức có phần ảo dương phương trình

2

4 13

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1z0

A M3; 3  B P1;3 C Q 1;3 D N 1; 3

Lời giải

2

4 13

2

z z z i

z i

        

Vậy z0 2 3i

 

0

1   z 1 2 3i   1 3i

Suy điểm biểu diễn số phức 1z0 N 1; 3

24.1 Các tốn khác phương trình

Câu 360 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2  z 3 0

Khi z1  z2

A B C D

Giải phương trình

1 11

2

3

1 11

2

        

    

z i

z z

z i

Khi đó: 1 2 11 11

2 2

     

(152)

25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Cơng thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)

Câu 361 [Đề-BGD-2020-Mã-101] [Mức độ 1] Cho khối chóp có diện tích đáy B6 chiều cao h2

Thể tích khối chóp cho

A B C D 12

Lời giải

Thể tích khối chóp 1.6.2

3

V Bh 

Câu 362 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho khối chóp có diện tích đáy B3 chiều cao h2 Thể tích khối chóp cho

A 6 B 12 C 2 D

Ta có 1.3.2

3

V  B h 

Câu 363 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho khối chóp có diện tích đáy B2 chiều cao h3 Thể tích khối chóp cho

A 12 B C D

Lời giải

Thể tích khối chóp cho là: 1.2.3

3

V  B h 

Câu 364 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối chóp có diện tích đáy B3, chiều cao h8 Thể tích khối chóp cho

A 24 B 12 C D

Lời giải

Thể tích khối chóp: 1.3.8

3

 

V

Câu 365 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối chóp có diện tích đáy B2a2 chiều cao h6a

Thể tích khối chóp cho

A 12a3 B 4a3 C 2a3 D 6a3

Thể tích khối chóp cho 1.2 62 4

3

V  Bh a a a

Câu 366 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối chóp có diện tích đáy B6a2 chiều cao h2a Thể

tích khối chóp cho bằng:

A 2a3 B 4a3 C 6a3 D 12a3

2

1

3

(153)

Câu 367 ]HH12.C2.2.D02.a] [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối trụ có bán kính đáy r5 chiều cao h3 Thể tích khối trụ cho

A 5 B 30 C 25 D 75

Thể tích khối trụ V r h2. 75

Câu 368 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối chóp có diện tích đáy B2a2 chiều cao h9a Thể

tích khối chóp cho

A 3a3. B. 6a3. C.18a3. D 9a3

2

1

.2

3

V  Bh a a a

Câu 369 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối chóp có diện tích đáy B3, chiều cao h8 Thể tích khối chóp cho

A 24 B 12 C D

Lời giải

Thể tích khối chóp: 1.3.8

3

 

V

Câu 370 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho khối chóp có diện tích đáy B3 chiều cao h4 Thể tích khối chóp cho

A B 12 C 36 D

Thể tích khối chóp cho 1.3.4

3

V  B h 

25.2 Thể tích khối chóp

Câu 371 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 3a, cạnh bên

bằng 3

2

a

O tâm đáy Gọi M, N, P Q hình chiếu vng góc O

trên mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCD) (SAD) Thể tích khối chóp O MNPQ

A

9 16

a

B

3

2

a

C

3

9 32

a

D

3

a

(154)

Gọi , , ,E F G H giao điểm SM với AB, SN với BC, SP với CD, SQ với DA

thì , , ,E F G H trung điểm AB BC CD DA, , , Ta có

2

9

4

9

2

a SP SP SG SO

a

SG  SG  SG    P trung điểm SG

Chứng minh tương tự ta có M, ,N Q trung điểm AB BC DA, ,

Khi ( ,( ))

2

a d O MNPQ  SO

2

1

4 8

MNPQ EFGH ABCD

a S  S  S  Vậy

2

1 9

3 32

O MNPQ

a a a V    

25.3 Thể tích khối chóp khác

Câu 372 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên

a O tâm đáy Gọi M N P Q, , , điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB SBC SCD SDA, , , S điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S MNPQ

A

3 40 10

81

a

B

3 10 10

81

a

C

3 20 10

81

a

D

3 10

9

a

(155)

Gọi G G G G1, 2, 3, 4 trọng tâm SAB,SBC,SCD,SAD

Do 1 2// 3 4// ; 1 2 3 4

2

G G G G EF G G G G  EF Tứ giác G G G G1 2 3 4 hình bình hành

1 2

// // ,

MN PQ G G MN PQ G G

    Tứ giác MNPQ hình bình hành

Gọi H QNMP Ta có:

3

SH SO 

Ta có:  

2

2 10

3

2

a

SO a  a 

 

Ta có:

1

3

2 80

5 5.2 5.2

3 27

S MNPQ S MNPQ S G G G G S EFIK S EFIK

V   V  V     V  V

 

2

3

80 10 20 10

27 2 81

a a  a

   

 

Câu 373 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên 2a

và O tâm đáy Gọi M,N, P, Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB, SBC, SCD, SDA 'S điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp '.S MNPQ

A

3 20 14

81

a

B

3 40 14

81

a

C

3 10 14

81

a

D

3 14

9

a

(156)

Gọi G G G G1, 2, ,3 trọng tâm SAB SBC SCD SDA, , ,

, , ,

E F G H trung điểm cạnh AB BC CD DA, , ,

Ta có 1 4

2

4

4 4

9 9

MNPQ G G G G EFGH

a

S  S  S  EG HF 

 

       

 

    

 

    

 

1

, , ,

, ,

2

, ,

3

5 14

,

3

d S MNPQ d S ABCD d O MNPQ d S ABCD d O G G G G d S ABCD d S ABCD

a d S ABCD

   

 

 

Vậy

2

1 14 20 14

3 81

S MNPQ

a a a

V     

Câu 374 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên

a O tâm đáy Gọi M, N, P, Q điểm đối xúng với O qua trọng tâm tam giác SAB, SBC, SCD, SDA S điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S MNPQ

A

9

a

B

3 40

81

a

C

3 10

81

a

D

3 20

81

a

(157)

Gọi G1, G2, G3, G4 trọng tâm tam giác SAB, SBC, SCD, SDA

E, F, I, K trung điểm AB, BC, CD, DA Ta có:

1

2

4 16

4

9 9

MNPQ G G G G EFIK ABCD

S  S  S   S  a

 2 2

2

2 2

a a a

SO a    a  

 

2

3

a

S H S O OH SO SO

     

3

1 20

3 81

S MNPQ

a a

V a

     (đvtt)

Câu 375 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình chóp S ABCD có tất cạnh a O tâm đáy Gọi M N P Q, , , điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác

, , ,

SAB SBC SCD SDAvà S điểm đỗi xứng với SquaO Thể tích khối chóp S MNPQ

bằng

A

2

a

B

3

20 81

a

C

3

40 81

a

D

3

10 81

a

Lời giải

O' H

N M

P G

I

O

B

F E

A

D C

S

Q

(158)

Ta có S ABCD hình chóp có tất cạnh a 2

a SO

 

Gọi G I, trọng tâm tam giác SDA SDC, Gọi E F, trung điểm DA DC,

Ta có ,

3

GI  EF

2

a

EF  AC

3

a GI

 

Mà G I, trung điểm OQ OP, 2

3

a QP GI

  

Từ giả thiết cho dễ dàng suy MNPQ hình vng cạnh 2

a

PQ

9

MNPQ

a S

 

Gọi O tâm hình vng MNPQ kẻ GH / /QO H OO   H trung điểm OO(vì G trung điểm OQ)

Ta có 2 2

3

a a

QO   2 .1

3

a OO  OH  SO

Theo giả thiết

2

a

OS OS 2

2

a a a

S O  S O OO 

     

2

1 20

3 81

S MNPQ

a a a

V  

Câu 376 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên

2

a

O tâm đáy Gọi M N P, , Q hình chiếu vng góc O mặt phẳng SAB, SBC, SCD SDA Thể tích khối chóp O MNPQ

A 48

a

B

3

81

a

C

81

a . D

96

a

Gọi M N P Q   , , , trung điểm cạnh AB BC CD DA, , , Ta có AB OM  ABSO nên ABSOM

Suy SAB  SOM theo giao tuyến SM

(159)

Tương tự vậy: , ,N P Q hình chiếu vng góc O SN SP SQ, ,  Ta có

2

4

a a a

SO SA AO    OM

Suy tam giác SOM vuông cân O nên M trung điểm SM

Từ dễ chứng minh MNPQ hình vng có tâm I thuộc SO nằm mặt phẳng song song với ABCD, với I trung điểm SO

Suy

2

a OI OS 

Do 1

2 4

a MN  M N  AC Thể tích khối chóp O MNPQ

2

1 1

3 MNPQ 3 96

a a a

S OI  MN OI 

Câu 377 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình chóp S ABCD có tất cạnh a O tâm đáy Gọi M N P Q, , , điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác

, , ,

SAB SBC SCD SDAvà S điểm đỗi xứng với SquaO Thể tích khối chóp S MNPQ

bằng

A

2

a B 20 2

81

a C 40 2

81

a D 10 2

81

a . Lời giải

Ta có S ABCD hình chóp có tất cạnh a

2

a SO

 

Gọi G I, trọng tâm tam giác SDA SDC, Gọi E F, trung điểm DA DC,

Ta có ,

3

GI  EF

2

a

EF  AC

3

a GI

 

Mà G I, trung điểm OQ OP, 2

3

a QP GI

  

Từ giả thiết cho dễ dàng suy MNPQ hình vng cạnh 2

a

PQ

9

MNPQ

a S

 

O' H

N M

P G

I

O

B

F E

A

D C

S

Q

(160)

Gọi tâm hình vng kẻ   trung điểm (vì trung điểm OQ)

Ta có 2 2

3

a a

QO   2 .1

3

a OO  OH  SO

Theo giả thiết

2

a

OS OS 2

2

a a a

S O  S O OO 

     

2

1 20

3 81

S MNPQ

a a a

V  

25.4 Tỉ số thể tích khối chóp

Câu 378 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 4a, cạnh bên 3a O tâm đáy Gọi M, N , P, Q hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCD)và (SDA) Thể tích khối chóp O MNPQ

A

3

a B 64

81

a C 128

81

a D 2

3

a Lời giải

Chọn D

Gọi , , ,E F G H trung điểm AB BC CD, , DA Gọi M N P Q, , , hình chiếu vng góc O lên đường thẳng SE SF SG SH, , , ta suy M N P Q, , , hình chiếu vng góc O mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCD) (SDA)

Ta có EFGH hình vng

2

EFGH ABCD

S  S suy . .

2

S EFGH S ABCD

V  V

Các độ dài 2 (2 3)2 1(4 2)2 2

4

SO SA  AC  a  a  a SE SO2OE2 2a 2

Trong tam giác vng SOE ta có

2 1 SM  SO 

(161)

Xét hai hình chóp S EFGH O MNPQ ta có hai đường cao OO SO tương ứng tỷ lệ

2

OO SO



 , đồng thời diện tích đáy

2

MNPQ EFGH

S MN

S EF

 

  

 

Do

1

O MNPQ S EFGH

V

V  hay

2

1 1

.2 (4 )

8 16 16 3

O MNPQ S EFGH S ABCD

(162)

26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Cơng thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)

Câu 379 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B chiều cao h

A 3Bh B Bh C

3Bh D

1 3Bh

Câu 380 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B3 chiều cao h6 Thể tích khối lăng trụ cho

A B 18 C D

Ta tích khối lăng trụ V B h 18

Câu 381 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối trụ có bán kính đáy r4 chiều cao h3 Thể tích khối trụ cho

A 48 B 4 C 16 D 24

Thể tích khối trụ V  r h2  .4 482  

Câu 382 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B3 chiều cao h2 Thể tích khối lăng trụ cho

A B C D

Thể tích khối lăng trụ V B h 3.2 6

Câu 383 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B6, chiều cao h3 Thể tích khối lăng trụ cho

A B 18 C D

Tta có V B h  V 6.3 18

Câu 384 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Thể tích khối lập phương cạnh

A B C D

Ta có V 238

26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật

Câu 385 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 3; 4; Thể tích khối hộp cho

(163)

Lời giải

Thể tích khối hộp cho V 3 60

Câu 386 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho khối hộp chữ nhật có kích thước 2; 4;6 Thể tích khối hộp cho

A 16 B 12 C 48 D

Lời giải

Thể tích khối hộp V 2.4.6 48

Câu 387 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2; 6; Thể tích khối hộp cho

A 28 B 14 C 15 D 84

Lời giải

Thể tích khối hộp cho 2.6.7 84

Câu 388 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước ; 3; Thể tích khối hộp cho

A B 42 C 12 D 14

Lời giải

Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước ; 3; là: V2.3.7 42

Câu 389 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước ; 3; Thể tích khối hộp cho

A B 42 C 12 D 14

Lời giải

Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước ; 3; là: V2.3.7 42

26.3 Thể tích khối lăng trụ

Câu 390 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho khối chóp đứng ABC A B C.    có đáy tam giác cạnh a AA a 3 (minh hoạ hình vẽ bên) Thể tích khối lăng trụ cho

A 3

4

a

B

3 3

2

a

C 4

a

D

3 2

a

Ta có

2 3 4 ABC

a

S  Vậy .

2 3 3

. 3.

4 4

ABC AB C ABC

a a

V     AA S a 

26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp

C/

B A

A A/

(164)

đều cạnh Gọi M, N P tâm mặt bên ABB A , ACC A  BCC B  Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm , , ,A B C M N P, ,

A 27 B 21 C 30 D 36

Cách 1:

Thể tích khối lăng trụ cho

2

8.6

72

V   Gọi A B C1, ,1 1 trung điểm AA BB CC, , 

Thể tích khối đa diện cần tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C 1 1, trừ thể tích khối chóp ; ;

AA MN BB MP CC NP

Thể tích khối chóp AA MN1

2

1 4

3 24

V



Vậy thể tích khối đa diện cần tính 3 27

2 24

ABCMNP

V V V

V    

Cách 2:

C1

B1

A1

Q N

M

C' B'

A'

C B

(165)

Diện tích đáy 6 2 9 3

S  , chiều cao lăng trụ h8

Gọi I trung điểm AA Ta có MINP / / ABC

Gọi E giao điểm A P ABC, suy BE/ /AC BE2MP AC , hay E đỉnh thứ tư hình bình hành ABEC

Ta có V V A ABEC. VP BEC. VA IMPN. VA IMN. Trong đó:

1.2

3

A ABEC

V   S h Sh

 

1 1

,

3

P BEC BEC

V  S d P ABC  S h Sh

 

1 1 1

,

3 2 12

A IMPN IMPN

V   S d A IMPN  S h Sh

 

1 . , 1. .1

3 24

A IMN IMN

V  S d A IMN  S h Sh

Vậy

2 1

27

3 12 24

A ABEC P BEC A IMPN A IMN

V V  V V  V     Sh Sh

(166)

27.1 Câu hỏi lý thuyết khối nón

Câu 392 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính r

A

3r h B

2 r h

 C

3r h D

2

2r h

Thể tích khối nón có chiều cao h bán kính r

3r h

27.1 Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, Thể tích(liên quan) khối nón biết kiện Câu 393 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho khối nón có bán kính đáy r 5 chiều cao h2 Thể tích

khối nón cho

A 10

3

 B 10

C 50

3

 D

50

Lời giải

Thể tích khối nón cho 50

3

V  r h 

Câu 394 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hình nón có bán kính đáy góc đỉnh 60 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 8 B 16

3

 C.

3

 D. 16 Lời giải

Gọi S đỉnh hình nón AB đường kính đáy

Theo ra, ta có tam giác SAB tam giác  lSAAB2r 4 Diện tích xung quanh hình nón cho Sxq rl8

Kết luận: Sxq 8

Câu 395 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Giátrị nhỏ hàm số f x x324x đoạn 2;19

A 32 B.40 C 32 D.45

Lời giải

Ta có: f x x324x

60°

B S

(167)

   

 

2 2 2;19

3 24

2 2;19

x

f x x

x

  

    

    

 2 23 24.2 40

f     ;f   2  2 324.2 2 32 2; f 19 19324.19 6403 .

Mà 32 2  40 6403 Kết luận:

2;19  

min 32

x f x   x2

Câu 396 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho khối nón có bán kính r 4 chiều cao h2 Thể tích khối nón cho

A

3

 B

8 C 32

3 

D 32

Lời giải

Theo cơng thức ta tích khối nón 1 . 32

3

V h r nên chọn đáp án C

Câu 397 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối nón có bán kính đáy r2 chiều cao h5 Thể tích khối nón cho

A 20

3

 . B 20 . C 10

3

 D 10 Lời giải

Thể tích khối nón .2 1 .2 52 20

3

1

V   r h   

Câu 398 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối nón có bán kính đáy r 2 chiều cao h4 Thể tích khối nón cho

A 8 B

3 

C 16

3 

D 16

Lời giải

Thể tích khối nón: 2. .2 42 16

3 3

  

V r h  

Câu 399 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón có bán kính đáy r2 độ dài đường sinh

l Diện tích xung quanh hình nón cho

A 20 B 20

3



C 10 D 10

3



Ta có diện tích xung quanh hình nón cho là: Sxq rl  .2.5 10 

Câu 400 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón có bán kính đáy r2 độ dài đường sinh l7 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 28 B 14 C 14

3 

D 98

3 

(168)

xq

Câu 401 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối nón có bán kính đáy r 2 chiều cao h4 Thể tích khối nón cho

A 8 B 8

3 

C 16

3 

D 16

Lời giải

Thể tích khối nón: 2. .2 42 16

3 3

  

V r h  

Câu 402 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho khối nón có chiều cao h3 bán kính đáy r4 Thể tích khối nón cho

A 16 B 48 C 36 D 4

Thể tích khối nón cho 4 162

3

V  r h   

Câu 403 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình nón có bán kính đáy góc đỉnh 600

Diện tích xung quanh hình nón cho

A 50 B 100

3

 C 50

3

 D. 100

Lời giải

Ta có sin 300 10 .5.10 50

xq

l S rl

l   

      

Câu 404 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hình nón có bán kính đáy góc đỉnh 60 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 18 B 36 C 3 D 12 3

Lời giải 30

(169)

Vì góc đỉnh 60 nên IOM  30

Trong tam giác vuông IOM ta có IM OM.sinIOM hay r l sin30 31

sin 30

r l

   



Diện tích xung quanh hình nón Sxq rl.3.6 18 

Câu 405 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình nón có bán kính đáy góc đỉnh 60 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 64 3 3



B 32 C 64 D 32 3

3 

Lời giải

Ta có ASB60  HSB30 ; HB4

Áp dụng tỉ số lượng giác cho SHB ta có      

 4

sin30 8

1 sin30

2

HB SB HB

SB

Vậy Sxq rl.HB SB. 8.4. 32

Câu 406 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình nón có bán kính đáy góc đỉnh 60 Diện tích xung quanh hình nón cho

A 64 3 3



B 32 C 64 D 32 3

3 

Lời giải

4 60°

H

A B

(170)

Ta có ASB60  HSB30 ; HB4

Áp dụng tỉ số lượng giác cho SHB ta có      

 4

sin30 8

1 sin30

2

HB SB HB

SB

Vậy Sxq rl.HB SB. 8.4. 32

Câu 407 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian, cho tam giác ABC vuông A, AB a

2

AC a Khi quay tam giác ABC quanh cạnh góc vng AB đường gấp khúc ACB tạo thành hình nón Diện tích xung quanh hình nón

A 5a2. B 5a2. C 2 5a2. D 10a2.

Hình nón tạo thành có bán kính đáy R2a chiều cao h a

Áp dụng Pitago: l BC  AB2AC2  a2 2a a 5

Diện tích xung quanh hình nón:  .2 5 2 5.

xq

S  Rl a a  a

4 60°

H

(171)

28 KHỐI TRỤ

28.1 Diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ biết kiện Câu 408 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hình trụ có bán kính đáy r8 độ dài đường sinh l3 Diện

tích xung quanh hình trụ cho

A 24 B.192 C 48 D 64

Lời giải

Diện tích xung quanh hình trụ Sxq 2rl2   

Câu 409 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình trụ có bán kính đáy r4 độ dài đường sinh l3 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 48 B 12 C 16 D 24

Lời giải

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ ta có: Sxq 2rl2 4.3 24  

Câu 410 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hình trụ có bán kính đáy r5 độ dài đường sinh l3 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 15 B 25 C 30 D 75

Lời giải

Diện tích xung quanh hình trụ cho Sxq 2 .r l2.5.3. 30

Câu 411 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình lăng trụ có bán kính đáy r7 độ dài đường sinh

3

l Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 42 B 147 C 49 D 21

Lời giải

Diện tích xung quanh hình trụ là: S2rl2 7.3 42  

Câu 412 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối trụ có bán kính r3và chiều caoh4 Thể tích khối trụ cho

A 4 B 12 C 36 D 24

Ta có: V r h2 .3 362  

Câu 413 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho hình trụ có bán kính đáy r3 độ dài đường sinh l7 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A 42 B 147 C 49 D 21

Lời giải

Diện tích xung quanh hình trụ là: S 2rl2 3.7 42  

Câu 414 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích xung quanh hình trụ có độ dài đường sinh l bán kính đáy r

A 4rl B rl C

3rl D 2rl

(172)

Câu 415 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cắt hình trụ  T mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình vng cạnh Diện tích xung quanh  T

A 49

4

π

B 49

2

π

C 49π D 98π

Bán kính đáy hình trụ

r Đường cao hình trụ h7

Diện tích xung quanh hình trụ 497

2

S  πr h π  π

Câu 416 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cắt hình trụ  T mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện hình vng cạnh Diện tích xung quanh  T

A  B

2

 C

2 D

4

 Lời giải

Chọn A

Thiết diện qua trục hình vng ABCD cạnh a

Do hình trụ có đường cao h1 bán kính đáy

2

CD r 

Diện tích xung quanh hình trụ: 2 1.1

2

xq

S  rh  

Câu 417 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cắt hình trụ  T mặt phẳng qua trục nó, ta thiết diện hình vng cạnh Diện tích xung quanh  T

A



B 18 C 9 D

2 

(173)

Vì thiết diện qua trục hình trụ  T hình vng cạnh nên hình trụ  T có đường

sinh l3, bán kính

2 l

r 

Diện tích xung quanh hình trụ  T 2 93

2 xq

S  rl   

Câu 418 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Cho hình trụ có chiều cao Cắt mặt trụ cho mặt phẳng song song với trục khoảng 1, thiết diện thu có diện tích 30 Diện tích xung quanh hình trụ cho

A.10 3 B 39 C 20 3 D.10 39

Ta có hình vẽ bên, với khoảng cách từ O đến mặt phẳng cắt OH 1 (với H trung điểm cạnh AB); AD BC 5 Gọi R bán kính đường trịn mặt đáy hình trụ

Ta có diện tích thiết diện: SABCD 30

30

AB BC

 

.5 30

AB

 

2

AB

 

Suy ra: AH 

2

2 12 3 2

OA OH AH    R

Vậy diện tích xung quanh hình trụ cho bằng: Sxq2  R l2 2.5 20 3  

Câu 419 [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 216a3 B 150a3 C 54a3 D 108a3

Gọi J trung điểm GH Khi IJ GH IJ 3a

Theo giả thiết, ta có EFGH hình vng, có độ dài cạnh 6aGH 6a Trong tam giác vuông IJH , ta có IH     3a 2 3a 3 2a

(174)

Câu 420 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình hộp có chiều cao diện tích đáy Gọi M N P, , Qlần lượt tâm mặt bên ABB A BCC B CDD C' ', ' ', ' 'và

' '

DAA D Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm , , , ,A B C D M N P, , Qbằng

A 27 B 30 C 18 D 36

Lời giải

Chọn B

Mặt MNPQcắt cạnh AA', BB', CC', DD'tại A B C D1, , ,1 1 Thể tích khối đa diện cần tìm

V, thì:

1 1 ' ' ' ' ' ' ' '

8.9

2 24

30

A B C D A B C D A QMA B MNB C PNC D QPD

V V V V V V

V V

    

  

 

28.2 D06 - Bài toán thực tế khối trụ - Muc

Câu 421 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Một sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao nhau, bán kính đáy 1mvà 1, m Chủ sở dự định làm bể nước mới, hình trụ, có chiều cao tích tổng thể tích hai bể nước Bán kính đáy bể nước dự định làm gần với kết đây?

A 1,8m B 1, m C 2, m D 1,6 m

Gọi chiều cao bể nước h m , bán kính bể r m

Khi tổng thể tích hai bể nước ban đầu là: V .h.1, 44.h2, 44h m3

Vì bể có chiều cao tích tổng thể tích hai bể cũ nên:

2 2, 44 2, 44 1,56

r h h r

(175)

29 KHỐI CẦU

29.1 Câu hỏi liên quan đến biến đổi V,S,R

Câu 422 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho khối cầu có bán kính r4 Thể tích khối cầu cho

A 256

3

 B. 64 C. 64

3

 D. 256 Lời giải

Thể tích khối cầu 4 256

3 3

V  r    

Câu 423 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho khối cầu có bán kính r4 Thể tích khối cầu cho

A 64 B 64

3

 C

256 D 256

3

 Lời giải

Ta tích khối cầu là: 256

3

V  r  

Câu 424 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho khối cầu có bán kính r2 Thể tích khối cầu cho

A 16 B 32

3

 . C 32 D 8

3

 Lời giải

Thể tích khối cầu cho 3

3

.2

3

4 32

3 r

V      

Câu 425 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối cầu có bán kính r2 Thể tích khối cầu cho

A 32

3

 . B 16. C 32. D 8

3 

Lời giải

Thể tích khối cầu bán kính r2

3

V  r 4 .23 32

3

 

 

Câu 426 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho mặt cầu có bán kính r4 Diện tích mặt cầu cho

A 256

3

 B 64

3

 C 16 D 64

Ta có diện tích mặt cầu S   4 r2 64

Câu 427 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho mặt cầu có bán kính r5 Diện tích mặt cầu cho

A 25 B 500

3

 C 100 D 100

3

 Lời giải

Chọn C

(176)

Câu 428 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho mặt cầu có bán kính r4 Diện tích mặt cầu cho

A 16 B 64 C 64

3

 . D 256

3

 Lời giải

Chọn B

Diện tích mặt cầu 4r2 4 .4 264

Câu 429 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Cho khối cầu có bán kính r2 Thể tích khối cầu cho

A 32

3

 . B

16 C 32 D

3 

Lời giải

Thể tích khối cầu bán kính r2

3

V  r 4 .23 32

3

 

 

Câu 430 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho mặt cầu có bán kính R2 Diện tích mặt cầu cho

A 32

3

 B 8 C 16 D 4

Diện tích mặt cầu cho S 4R24 2 16

29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện

Câu 431 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 4a, SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng SBC mặt phẳng đáy 60 Diện tích mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A

2 172

3

a



B

2 76

3

a



C 84a2 D

2 172

9

a



(177)

Gọi O tâm tam giác ABC, M N trung điểm BC SA, ,R S bán kính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

Dựng trục d tam giác ABC, d qua O //d SA

Trong mặt phẳng SA d, dựng đường thẳng qua N song song với AO cắt d I Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC R AI

Do ABC SAABC nên

    ,  60

BC AM

BC SAM SBC ABC SMA BC SA





      

 



2

3 3 3

4

2 1

tan 60

2

a AO AM AM a a

AN SA AM  a



 



   

   



ANIO hình chữ nhật

2

2 9 16 43

3

a

AI AN AO a a

     

Vậy

2 172

3

a

S R  

Câu 432 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 4a, SA vng góc với đáy, góc mặt phẳng SBC mặt phẳng đáy 300 Diện tích mặt cầu ngoại

tiếp hình chóp bằng:

A 52a2 B 172

3

a

 C 76

9

a

 D 76

3

(178)

Gọi N trung điểm BC, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Dựng  qua O, ABC  trục đường tròn ngoại tiếp ABC , SA đồng phẳng Trong mặt phẳng SAN dựng đường trung trực d cạnh bên SA

Gọi I  d, suy IA IB IC  IS, suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

và RIA

Ta có: BC AN BC SAN BC SN

BC SA



    

 



Suy SBC , ABC AN SN,  SNA30

Mặt khác: 3

2

AB a

AN    a ,

3

a AO AN  Vì SAABCSAAN  SAN vng A

Ta có tan SNA SA

AN

   SA ANtan 30 3

3

a a

   , suy

2

SA MA IO  a Xét tam giác IOA vuông O: RIA IO2AO2

2

2 57

3

a a

a  

   

 

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC  

2 2

2

57 76

4

3

S ABC

a a

S  R     

 

Câu 433 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng SBCvà mặt phẳng đáy 60 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A

43

a

 B 19

3

a

 C 43

9

a

(179)

Phân tích, nhận xét:

1 Bài tốn kiểm tra kĩ xác định góc hai mặt phẳng kĩ xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

2 Để xác định góc hai mặt phẳng có giao tuyến d, ta cần xác định hai đường thẳng d d1, 2 nằm hai mặt phẳng, vng góc với d điểm Góc hai mặt phẳng góc d d1, 2

3 Để tính diện tích mặt cầu ta cần tìm bán kính mặt cầu Do cần xác định xem tâm mặt cầu hình vẽ nằm đâu Tâm Ocủa mặt cầu cách , ,A B C nênOphải nằm

, trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy Mặt khác, O cách ,S A nên O phải nằm mặt phẳng trung trực đoạn thẳng SA Như vậy, O giao điểm mặt phẳng trung trực củaSA với  Trường hợp SA song song với , mặt phẳng xác định SA , ta kẻ ln đường trung trực SA

+  60 góc mặt phẳng SBCvà ABC Lấy I trung điểm BC AI BC

SI BC

 

  



SI AI,  SIA 60o



   

+ 3 3

2

AI  a a SA AI  a

+ Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC QuaG kẻ đường thẳng  ABC // SA

Trong mpSA,: Đường trung trực SAcắt  O

 Mặt cầu S O OA ;  ngoại tiếp S ABC Gọi K trung điểm AS

Ta có ; 2

2 3

a a

AK  AS  AG  AI 

2

2 43

4 12

a a

R AK  AG    a

+ Diện tích mặt cầu S O OA ; 

2 2 43 43

4

12

a S  R  a  

Câu 434 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a, SA

(180)

A 43

3

a 

B 19

3

a 

C 19

9

a 

D 13a2

Lời giải

Gọi M trung điểm BC, ta có góc SMA góc SBC ABC

 30

SMA

  

Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có:

2

3

a

AM  a , 2

3

a

AG AM  , tan 30

3

SA AM  a a Qua G kẻ đường thẳng d vng góc với ABC d/ /SA

Gọi E trung điểm SA, qua E kẻ mặt phẳng  P cho:  

   

P SA P d I

 

  



Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC khối cầu có bán kính là:

2 2 2

2 2 57

2

SA a a a

R IA  IG AG    AG   

 

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là:

2 19

4

3

a S  R  

Câu 435 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a, SA

vng góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng SBC mặt phẳng đáy 30 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A

43

a 

B

2

19

a 

C

2

19

a 

D 13a2

(181)

Gọi M trung điểm BC, ta có góc SMA góc SBC ABC

 30

SMA

  

Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có:

2

3

a

AM  a , 2

3

a

AG AM  , tan 30

3

SA AM  a a Qua G kẻ đường thẳng d vuông góc với ABC d/ /SA

Gọi E trung điểm SA, qua E kẻ mặt phẳng  P cho:  

   

P SA P d I

 

  



Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC khối cầu có bán kính là:

2 2

2 2 57

2

SA a a a

R IA  IG AG    AG   

 

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là:

2 19

4

3

a S  R  

29.3 Bài toán tổng hợp khối nón, khối trụ, khối cầu

Câu 436 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón  N có đỉnh S ,bán kính đáy 2a độ dài đường sinh 4a.Gọi  T mặt cầu qua S đường trịn đáy  N Bán kính  T

bằng

A

3 a B 14a C

4 14

7 a D

8 14 a

(182)

Gọi R bán kính mặt cầu  T ,SH đường cao hình nón

 2  2

4 14

SH a a a

   

Gọi I tâm mặt cầu R2   a 2 2 R a 142 14

7

R a

 

Câu 437 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón  N có đỉnh S, bán kính đáy 3a độ dài đường sinh 4a Gọi  T mặt cầu qua S đường trịn đáy  N Bán kính

 T

A 10

3

a

B 16 13

13

a

C 13

13

a

D 13a

(183)

Nếu cắt mặt cầu ngoại tiếp khối nón  N mặt phẳng SAB, ta mộ hình trịn ngoại tiếp tam giác SAB Khi bán kính mặt cầu  T bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB

Gọi M trung điểm SB Kẻ đường vng góc với SB M, cắt SO I

Khi I tâm đường tròn ngoại tiếp SAB rSI bán kính đường trịn ngoại tiếp SAB

Ta có: SIM SBO SI SM SI SM.SB

SB SO SO

  

 ∽  

Trong đó:

2

8 13

13 13

SM a

a

SB a r SI

SO SB OB a

 



   

 

  



Cách

Gọi O tâm mặt cầu  T , H tâm đường tròn đáy  N , M điểm đường tròn đáy  N R bán kính  T

Ta có: SO OM R; OM2 OH2 HM2; SH  SM2 HM2  13a

Do SH HM nên xảy hai trường hợp sau

Trường hợp 1: SH SO OH

Ta có hệ phương trình

 

2 2

13 13

13 3 *

3

OH a R

R OH a

R a aR R a

R OH a



    

 

 

   

 

 

 

Giải  * ta có 13 13

a R 

Trường hợp 2: SH SO OH

M S

O

(184)

Ta có hệ phương trình

 

2 2

13 13

13 13 *

3

OH R a

R OH a

R a aR R a

R OH a



    

 

 

   

 

 

 

Giải  * ta có 13 13

a R 

Câu 438 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình nón  N có đỉnh S, bán kính đáy a độ dài đường sinh 4a Gọi  T mặt cầu qua S đường tròn đáy  N Bán kính

 T

A

a

B 16 15

15

a

C 15

15

a

D 15a

Gọi I tâm  T I SO IS IA Gọi M trung điểm SA IM SA Ta có SO SA2OA2   4a 2a2 a 15

Lại có 15

15 15

SM SA a a a

SM SA SI SO SI

SO a

    

S

O

M H

M

S

O A

(185)

30 TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ

30.1 Hình chiếu điểm lên trục tọa độ, lên mặt phẳng tọa độ điểm đối xứng

Câu 439 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2;1; 1 

trên trục Oz có tọa độ

A 2;1;0 B 0;0; 1  C 2;0;0 D 0;1;0

Câu 440 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Trong không gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm A3; 2;1

trên trục Ox có tọa độ

A 0; 2;1 B 3;0;0 C 0;0;1 D 0; 2;0

Lời giải

Hình chiếu điểm A3; 2;1 trục Ox A3;0;0

Câu 441 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm

1; 2;5

A lên trục Ox có tọa độ

A 0; 2;0 B 0;0;5 C 1;0;0 D 0; 2;5

Lời giải

Hình chiếu vng góc điểm A1;2;5 lên trục Ox có tọa độ 1;0;0

Câu 442 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong khơng gian Oxyz hình chiếu vng góc điểm A3;5;2

trên trục Ox có tọa độ

A 0;5; 2 B 0;5;0 C 3;0;0 D 0;0; 2

Lời giải

Hình chiếu vng góc điểm A3;5;2 trục Ox 3;0;0

Câu 443 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm

8;1;2

A trục Ox có tọa độ

A 0;1;0 B 8;0;0 C 0;1;2 D 0;0;2

Lời giải

Tọa độ hình chiếu vng góc A8;1; 2 lên trục Ox 8;0;0

Câu 444 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz Điểm sau hình chiếu vng góc điểm (1; 4;2)A mặt phẳng Oxy?

A (0; 4; 2) B (1; 4;0) C (1;0; 2) D (0; 0;2)

Ta có hình chiếu (1; 4; 2)A mặt phẳng Oxy (1; 4;0)

(186)

A Q1;0;3 B P1;2;0 C M0;0;3 D N0;2;3 Lời giải

Chọn B

Ta có hình chiếu vng góc điểm A1;2;3 mặt phẳng Oxy điểm P1;2;0

Câu 446 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong khơng gian Oxyz điểm hình chiếu vng góc điểm A3;5;2 mặt phẳng Oxy?

A M3;0;2 B 0;0;2 C Q0;5;2 D N3;5; 0

Hình chiếu vng góc điểm A3;5;2 mặt phẳng Oxy điểm N3;5; 0

Câu 447 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm

8;1;2

A trục Ox có tọa độ

A 0;1;0 B 8;0;0 C 0;1;2 D 0;0;2

Lời giải

Tọa độ hình chiếu vng góc A8;1; 2 lên trục Ox 8;0;0

Câu 448 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu vng góc điểm M2;1; 1 

trên mặt phẳng Ozx có tọa độ

A 0;1;  B 2;1;  C 0;1; 1  D 2;0; 1 

(187)

31 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

31.1 Tìm tâm bán kính, ĐK xác định mặt cầu

Câu 449 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2y2z22 9. Bán

kính  S

A B 18 C D

Lời giải

Mặt cầu   S : x a  2 y b  2 z c 2 R2 có tâm I a b c ; ;  bán kính R.

Vậy mặt cầu  S :x2y2z22 9 có tâm I0;0; 2  bán kính R3.

Câu 450 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 (y 2)2z2 9

Bán kính mặt cầu (S)

A B 18 C D

Lời giải

Áp dụng phép cộng số phức ta có bán kính mặt cầu nên chọn đáp án C

Câu 451 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z12 16

Bán kính  S

A 32 B C D 16

Bán kính  S R 16 4

Câu 452 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2 z 22 16

Bán kính  S bằng:

A B 32 C 16 D

Lời giải

Mặt cầu  S x: 2y2 z 2216 có bán kính bằngR4

Câu 453 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

:

S x  y  z  Tâm  S có tọa độ

A 1; 2; 3  B 2; 4;6  C 1; 2;3  D 2; 4; 6 

Tâm mặt cầu  S có tọa độ 1; 2; 3 

Câu 454 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

2 2

( ) : (S x1) (y2)  (z 3) 9 Tâm ( )S có tọa độ là:

A ( 2; 4; 6)  B (2; 4; 6) C ( 1; 2;3)  D (1; 2; 3)

(188)

Tâm ( )S có tọa độ là: ( 1; 2;3) 

Câu 455 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

:

S x  y  z  Tâm  S có tọa độ

A 1;2;3 B 2; 4; 6   C 2; 4;6 D 1; 2; 3  

Tâm mặt cầu  S có tọa độ 1; 2; 3  

Câu 456 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2 z 22 16

Bán kính  S bằng:

A B 32 C 16 D

Lời giải

Mặt cầu  S x: 2y2 z 2216 có bán kính bằngR4

Câu 457 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 S :x2 y2z2 2x2z 7 0 Bán kính mặt cầu cho

A 7 B 9 C 3 D 15

Ta có x2y2z22x2z 7 0   2 2  2

1 1 9

x  y  z 

Vậy bán kính mặt cầu R3

Câu 458 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

    2  2 2

:

S x  y  z  Tâm  S có tọa độ

A 2;4; 1  B 2; 4;1  C 2;4;1 D   2; 4; 1

Tâm mặt cầu  S có tọa độ 2; 4;1 

32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK

Câu 459 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2 z 22 3

Có tất điểm A a b c ; ;  (a, b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng Oxy cho có hai tiếp tuyến  S qua A hai tiếp tuyến vng góc với ?

A 12 B C 16 D

(189)

Chọn A

Ta có

Suy

Mặt cầu có tâm bán kính

Từ giả thiết ta có

Vì nên có 12 điểm thỏa tốn , , , , ,

, ,

Vậy có 12 điểm thỏa tốn

 

A Oxy  c

 ; ; 0

A a b

 S I0;0; 2 R

2

R IA R 

2

3 a b

    

2

1 a b

   

,

a b 1;0 2;0 0; 1  0; 2   1;1  1; 1

1; 1  1;1

(190)

32.1 Tìm VTPT, vấn đề lý thuyết

Câu 460 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz,cho mặt phẳng  P : x2y3z 1 Vectơ vectơ pháp tuyến  P

A n31; 2; 1  B n4 1; 2;3 C n11;3; 1  D n22;3; 1  Lời giải

Chọn B

 P : x2y3z 1 có vtpt n41; 2;3

Câu 461 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2x4y z  3 Véctơ sau véc tơ pháp tuyến   ?

A n12; 4; 1  

B n2 2; 4;1  

C n3  2; 4;1 

D n12; 4;1 

Mặt phẳng   : 2x4y z  3 có véctơ pháp tuyến n2; 4; 1 

Câu 462 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2x3y4z 1

Vectơ vectơ pháp tuyến   ?

A n32; 3; 4  

B n22; 3; 4 



C n12; 3; 4



D n4   2; 3; 4



Vectơ pháp tuyến mặt phẳng   : 2x3y4z 1 n32; 3; 4  

Câu 463 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, Cho mặt phẳng   : 2x y 3z 5 Vectơ vectơ pháp tuyến   ?

A n3  2;1;3  B n4 2;1;   C n22; 1;3   D n12;1;3 

Câu 464 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P :2x3y z  2 Vectơ vectơ pháp tuyến  P ?

A n32;3;2 B n12;3;0 C n22;3;1 D n42;0;3

(191)

32.2 PTMP trung trực đoạn thẳng

Câu 465 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;3;0 B5;1; 2  Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A 2x y z   5 B 2x y z   5 C x2y2z 3 D 3x2y z 14 0

Mặt phẳng trung trực  P AB qua trung điểm I3;2; 1  AB nhận

4; 2; 2 AB  



làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng  P

     

4 x 3 y 2 z 1 2x y z   5

32.3 PTMP qua điểm, dễ tìm VTPT (khơng dùng t.c.h)

Câu 466 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho điểm M2; 1; 4  mặt phẳng

 P :3x2y z  1 Phương trình mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng  P

là

A 2x2y4z21 0 B 2x2y4z21 0

C 3x2y z 12 0 D 3x2y z 12 0

Phương trình mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng  P

     

3 x 2 y  1 z 03x2y z 12 0

33.4 PTMP qua điểm, song song với mặt phẳng

Câu 467 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz, cho điểm M2;1; 2  mặt phẳng

 P : 3x2y z  1 Phương trình mặt phẳng qua M song song với  P là:

A 2x y 2x 9 B 2x y 2z 9

C 3x2y z  2 D 3x2y z  2

Phương trình mặt phẳng  Q song song mặt phẳng  P có dạng:3x2x z D  0 Mặt phẳng  Q qua điểm M2;1; 2 , đó: 3.2 2.1        2 D D Vậy  Q : 3x2y z  2

Câu 468 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho điểm M2; 1;3  mặt phẳng

 P : 3x2y z  1 Phương trình mặt phẳng qua M song song với  P

(192)

 P nhận n3; 2;1  làm vectơ pháp tuyến

Mặt phẳng cho song song với  P nên nhận nhận n3; 2;1  làm vectơ pháp tuyến Vậy mặt phẳng qua M song song với  P có phương trình

     

3 x 2 y   1 z 03x2y z  11

33.5 PTMP theo đoạn chắn

Câu 469 [Đề-BGD-2020-Mã-101]Trong không gian Oxyz, cho điểm A3;0;0, B0;1;0, C0;0; 2 

Mặt phẳng ABC có phương trình

A

3

x y  z

 B

x y z 

 C

x  y z D 1

3

x   y z



Lời giải

Phương trình mặt phẳng qua điểm A a ;0;0, B0; ;0b , C0;0;c, abc0, có dạng

x y z

a  b c nên phương trình mặt phẳng qua điểm A3;0;0, B0;1;0 C0;0; 2 là

1

3

x y z 



Câu 470 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A2;0;0 , B 0;3;0

0;0;4

C Mặt phẳng ABC có phương trình

A

2

x   y z

 B

x  y z

C

2

x y  z

 D

x y z 



Lời giải

Phương trình mặt phẳngABC qua ba điểm A2;0;0 , B 0;3;0 C0;0;4 có phương

trình mặt phẳng theo đoạn chắn là:

2

x y z

  



Câu 471 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1,0,0, B0, 2,0

0,0,3

C Mặt phẳng ABC có phương trình

A

1

x y z

  

 B

x y z

  

 C

x y z

  

 D

x y z

  

Lời giải

Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng ABC

1

x   y z



Câu 472 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho điểm

2 ; ; , 0 ; 1; , 0 ; ; 3

A B  C Mặt phẳng ABC có phương trình

A

2

x   y z

 B

x y z 

 C

x  y z D 1

2

x y  z



(193)

Với ba điểm A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c thuộc ba trục tọa độ abc0 mặt phẳng

ABC có phương trình: x y z

a b  c

Với điểm A2; 0; , B 0; 1; ,  C0; 0; 3, theo phương trình đoạn chắn ta có phương

trình mặt phẳng  :

2

x y z ABC   



Câu 473 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho điểm

2 ; ; , 0 ; 1; , 0 ; ; 3

A B  C Mặt phẳng ABC có phương trình

A

2

x   y z

 B

x y z 

 C

x  y z

D

2

x y  z



Lời giải

Với ba điểm A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c thuộc ba trục tọa độ abc0 mặt phẳng

ABC có phương trình: x y z

a b  c

Với điểm A2; 0; , B0; 1; ,  C0; 0; 3, theo phương trình đoạn chắn ta có phương

trình mặt phẳng  :

2

x y z ABC   



(194)

Câu 474 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz, cho điểm M2; 2;3  đường thẳng

  

 



1

:

3

x y z

d Mặt phẳng qua M vng góc với d có phương trình

A 3x2y z  1 B 2x2y3z17 0

C 3x2y z  1 D 2x2y3z17 0

Lời giải

Gọi mặt phẳng  P mặt phẳng qua M vng góc với d

Ta có:  P  d  P nhận vectơ phương d làm vectơ pháp tuyến

   

 

 

  

 

 

qua 2; 2;3

có vectơ pháp tuyến P d 3;2;

M P

n u

       

 P : x2 2 y2  z  0 3x2y z  1

Câu 475 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]Trong không gian Oxyz, cho điểm M1;1; 2  đường thẳng

1

:

1

x y z

d    

 Mặt phẳng qua M vng góc với d có phương trình

A x2y3z 9 B x y 2z 6

C x2y3z 9 D x y 2z 6

Lời giải

Đường thẳng :

1

x y z

d    

 có véc tơ phương u1; 2; 3 



Mặt phẳng   vng góc với d có véc tơ pháp tuyến n u  1;2; 3 

Mặt phẳng   qua M1;1; 2 , có véc tơ pháp tuyến n1; 2; 3  phương trình

     

1 x 1 y 1 z2 0

2

x y z

    

Câu 476 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz, cho điểm M2; 1; 2  đường thẳng

1

:

2

x y z

d      Mặt phẳng qua M vng góc với d có phương trình

A 2x3y z  3 B 2x y 2z 9

C 2x3y z  3 D 2x y 2z 9

Lời giải

Mặt phẳng   qua M vng góc với đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến

2;3;1

n

Vậy mặt phẳng   có phương trình 2x 2 3 y 1 1 z20

2x 3y z

    

Câu 477 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho điểm M3; 2; 2 , đường thẳng

3 1

:

1 2

x y z

d     

A x   2y 2z 5 0 B 3x2y2z17 0

C 3x   2y 2 17 0z D x2y2z 5

(195)

Gọi   mặt phẳng qua M3; 2;2  vng góc với : 1

1 2

x y z

d      

Vectơ phương d u1; 2; 2 

  d nên vectơ pháp tuyến   n1; 2; 2  Phương trình mặt phẳng   là:

     

1 x 3 y 2 z2   0 x 2y2z 5

Câu 478 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho điểm M3; 2; 2 , đường thẳng

3 1

:

1 2

x y z

d     

A x   2y 2z 5 0 B 3x2y2z17 0

C 3x   2y 2 17 0z D x2y2z 5

Lời giải

Gọi   mặt phẳng qua M3; 2;2  vng góc với : 1

1 2

x y z

d      

Vectơ phương d u1; 2; 2 

  d nên vectơ pháp tuyến   n1; 2; 2  Phương trình mặt phẳng   là:

     

1 x 3 y 2 z2   0 x 2y2z 5

Câu 479 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz, cho điểm M2;1;0 đường thẳng

3 1

:

1

x y z

  

 Mặt phẳng qua M vng góc với  có phương trình

A 3x y z   7 B x4y2z 6 C x4y2z 6 D 3x y z   7

Gọi  P mặt phẳng cần tìm Dễ thấy  P   nên  P nhận vtcp u 1; 4; 2 



 làm vtpt

Vậy  P qua M có vecto pháp tuyến 1;4; 2  nên:

(196)

33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng

Câu 480 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

4

:

2

x z z

d     

 Điểm sau thuộc d?

A N(4; 2; 1) B Q(2;5;1) C M(4; 2;1) D P(2; 5;1)

Thế điểm (4; 2; 1)N  vào d ta thấy thỏa mãn nên chọn A 33.2 Tìm VTCP, vấn đề lý thuyết

Câu 481 [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101]Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

1

x y z

d     



Vecto vecto phương d?

A u22;1;1 

B u4 1; 2; 3  

C u3   1; 2;1 

D u12;1; 3  

Đường thẳng :

1

x y z

d     

 có vecto phương u3  1; 2;1



Câu 482 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

2

x y z

d     



Vectơ vectơ phương d ?

A u23; 4; 1  B u12; 5;3  C u32;5;3 D u43; 4;1

Lời giải

Đường thẳng có phương trình dạng x x0 y y0 z z0

a b c

    

có vectơ phương

 ; ; 

u a b c nên đường thẳng :

2

x y z

d     

 có vectơ phương u12; 5;3  

Câu 483 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

2

:

3

x y z

d     

 Vectơ vectơ phương d ?

A u23; 4; 1  

B u12; 5; 2  C u3 2;5; 2  D u43; 4;1

(197)

Dựa vào phương trình tắc đường thẳng dta có vectơ phương d u23; 4; 1  

Câu 484 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz cho đường thẳng :

4

x y z

d      

Vectơ vectơ phương đường thẳng d?

A u33; 1; 2   B u4 4; 2;3 C u24; 2;3  D u13;1;2

Lời giải

Một véc tơ phương đường thẳng dlà u2 4; 2;3 

Câu 485 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

4

:

3

x y z

d     

  Vectơ vectơ phương d?

A u2 4; 2;3  B u4 4;2; 3  C u33; 1; 2   D u13;1; 2 Lời giải

Vectơ phương đường thẳngd u33; 1; 2  

2

:

4

x y z

d     

 Điểm thuộc d?

A Q4; 2;1   B N4;2;1  C P2;1;   D M2;1;3 

Thay tọa độ điểm P2;1; 3  vào :

4

x y z

d     

 ta

2 1 3

0 0

4

        

 Vậy điểm P d

3

:

2

x y z

d     

 Điểm thuộc d?

A N3; 1; 2   B Q2;4;1 C P2; 4; 1  D M3;1; 2

Ta có: 3 1 2

2

      

 Vậy N3; 1; 2   thuộc d

Câu 488 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

4

:

3

x y z

d     

  Vectơ vectơ phương d?

A u2 4; 2;3  B u4 4;2; 3  C u33; 1; 2   D u13;1; 2

Lời giải

(198)

Câu 489 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

2

d  



Điểm thuộc d?

A P1;2; 1  B M 1; 2;1 C N2;3; 1  D Q 2; 3;1

Thay tọa độ điểm M N P Q, , , vào phương trình đường thẳng d ta có:

1 2 1

1

2 3

            

 (vô lý) M d

2 1 1

0

2 3

       

 (vô lý)  N d

1 2 1

0 0

2

        

 (đúng)  P d

2 1

2

2 3

            

 (vô lý)  Q d

Vậy điểm P1;2; 1  thuộc đường thẳng d

33.3 PTĐT qua điểm, dễ tìm VTCP (khơng dùng t.c.h)

Câu 490 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (1; 2;3)A , (1;1;1)B (3; 4;0)

C Đường thẳng qua A song song BC có phương trình

A

4

x  y  z

B

4

x  y  z

C

2

x  y  z

 D

1

2

x  y  z 

Lời giải

Gọi  đường thẳng cần tìm ta có u BC(2;3; 1) Vậy phường trình tắc  qua A song song BC :

1

2

x  y  z 

Câu 491 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1; 2;0; B1;1; 2;

2;3;1

C Đường thẳng qua A song song với BC có phương trình

A

1

x y z

 

 B

1

3

x y z

 

C

3

x  y  z D

1

x  y  z



Lời giải

Ta có BC1; 2; 1 

Đường thẳng qua A song song với BC có phương trình

1

x  y  z

(199)

Câu 492 [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;0;1, B1;1;0,

3; 4; 1

C  Đường thẳng qua A song song với BC có phương trình

A 1

4

x  y z

 B

1

2

x  y z 

C 1

2

x  y z

 D

1

4

x  y z 

Lời giải

Ta có: BC2;3; 1 

Gọi d đường thẳng cần lập phương trình Vì d // BC nên BC vectơ phương

d

Vậy phương trình đường thẳng d là: 1

2

x  y z 

Câu 493 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;1;0; B1;0;1;

3;1;0

C Đường thẳng qua A1;1;0 song song với BC có phương trình

A 1

2 1

x  y  z

 B

1

4 1

x  y  z

C 1

2 1

x  y  z

 D

1

4 1

x  y  z

Lời giải

Đường thẳng cần tìm qua A1;1;0 có véc tơ phương u BC  2;1; 1 

Phương trình đường thẳng cần tìm là: 1

2 1

x  y  z



Câu 494 [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho điểm M1; 2;3  mặt phẳng

 P : 2x y 3z 1 Phương trình đường thẳng qua M vng góc với  P

A 2 3 x t y t z t            

B

1 2 3 x t y t z t             

C

2 3 x t y t z t            

D

1 2 3 x t y t z t             Lời giải Chọn A

Đường thẳng cần tìm qua M1; 2;3 , vng góc với  P nên nhận n P 2; 1;3  véc tơ phương Phương trình đường thẳng cần tìm

1 2 3 x t y t z t            

Câu 495 [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz, cho M1; 2; 3  mặt phẳng ( ) : 2P x y 3z 1 Phương trình đường thẳng qua điểm M vng góc với ( )P

là A 2 3 x t y t z t             B 2 3 x t y t z t             

C

1 2 3 x t y t z t             D 2 3 x t y t z t             Lời giải Chọn C

(200)

Đường thẳng qua điểm M1; 2; 3  và vng góc với ( )P có phương trình 2 3 x t y t z t            

Câu 496 [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho điểm M1; 2; 2  mặt phẳng

 P : 2x y 3z 1 Phương trình đường thẳng qua M vng góc với mặt phẳng  P A 2 x t y t z t             B 2 x t y t z t             C 2 x t y t z t             D 2 x t y t z t              Lời giải Chọn A

Đường thẳng qua điểm M vng góc với mặt phẳng  P nhận véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  P làm véc tơ phương có phương trình tham số

1 2 x t y t z t            

Câu 497 [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A1;1;0; B1;0;1;

3;1;0

C Đường thẳng qua A1;1;0 song song với BC có phương trình

A 1

2 1

x  y  z

 B

1

4 1

x  y  z

C 1

2 1

x  y  z

 D

1

4 1

x  y  z

Lời giải

Đường thẳng cần tìm qua A1;1;0 có véc tơ phương u BC  2;1; 1 

Phương trình đường thẳng cần tìm là: 1

2 1

x  y  z



Câu 498 [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M1;0;1 N3;2; 1  Đường thẳng MN có phương trình tham số

A 2 x t y t z t          

B

1 x t y t z t          

C

1 x t y t z t          

D

1 x t y t z t           Lời giải Chọn D

Ta có: MN2; 2; 2  nên chọn u1;1; 1  vecto phương MN

Đường thẳng MN có vecto phương u1;1; 1  qua điểm M1;0;1 nên có phương trình tham số là:

Định dạng
Số trang	202
Dung lượng	8,68 MB