ĐÁP án đề số 37

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 TUYỂN TẬP ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 • ĐỀ SỐ 37 - MỖI NGÀY ĐỀ THI Câu Biến đổi biểu thức A  a a dạng lũy thừa với số mũ hữu tỉ, ta A A  a B A  a D A  a C A  a Lời giải Chọn B Với a số thực dương khác 1, ta có A  a a  a a  a Câu 2  a Hàm số y  f  x  với đồ thị hình vẽ có điểm cực trị A B C Lời giải D Chọn B Hàm số y  f  x  với đồ thị hình vẽ có điểm cực trị Câu Cho số phức z  1  i  1  2i  Số phức z có phần ảo B A 2i C Lời giải D 2 Chọn B z  1  i  1  2i   2i 1  2i   4  2i Vậy số phức z có phần ảo Câu Thể tích khối nón có chiều cao 3 a A B 3 a a a bán kính đường tròn đáy 2 3 a Lời giải C D 3 a 24 Chọn D 1  a  a  3a Thể tích khối nón V   r h      3 2 24 Câu Trong không gian Oxyz , khoảng cách mặt phẳng   :2 x  y  z   mặt phẳng    : x  y  z   A B Lời giải C D Chọn A Trang 1/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 4   Do    nên   / /    Lấy điểm M   ;0;     2   Khi đó: d    ,      d  M ,      Câu  2 2 2 2  Hàm số bậc ba y  f  x  có bảng biến thiên hình bên Số nghiệm phương trình f  x   0, A B C Lời giải D Chọn B Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y  0,5 cắt đồ thị hàm số f  x  điểm phân biệt x1; x2 ; x3 Câu Cho hàm số y  f  x  liên tục đoạn  a; b  có đồ thị  C  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x  c Diện tích hình phẳng giới hạn  C  , trục hoành hai đường thẳng x  a, x  b c b b A S   f  x  dx   f  x  dx B S   f  x  dx a c a c b b C S   f  x  dx   f  x  dx a D S   f  x  dx c a Lời giải Chọn A b c b Ta có S   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx a Câu a c Gọi z1; z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị biểu thức z1  z2  z1 z2 A 5 B C 2 Lời giải Trang 2/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Chọn A Ta có z1 ; z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   7 z1  z2  ; z1 z2   z1  z2  z1 z2    2 2 2 Câu Hàm số y  log16 ( x  16) có đạo hàm x3 A y '  ln C y '  4(x  16) ln B y '  x3 (x  16) ln D y '  16 x3 ln x  16 Lời giải Chọn B y'  x3 x3  (x  16) ln16 (x  16) ln Câu 10 Phương trình 6.4 x  13.6 x  6.9 x  có tập nghiệm 2 3 A S   ,  B S  0,1 C S  1,1 3 2 D S  1 Lời giải Chọn D x x 2x x 9 6 3 3 6.4  13.6  6.9      13         13     4 4 2 2 x x x   x    x 1  2   x    x  1           2   Vậy tập nghiệm phương trình cho S  1,1 Câu 11 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P qua điểm A(1; 0; 0) , B (0; 2; 0) , C (0; 0; 2) có phương trình A 2 x  y  z   B 2 x  y  z   C 2 x  y  z   D 2 x  y  z   Lời giải Chọn B Mặt phẳng  P  qua điểm A( 1; 0; 0), B (0; 2; 0), C (0; 0; 2) có phương trình là: x y z     2 x  y  z   1 2 Câu 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng qua M 1; 4;3 vng góc với trục Oy có phương trình A z   B y   C y   D x   Lời giải Chọn C Trang 3/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Mặt phẳng qua điểm M 1; 4;3 vng góc với trục Oy có vecto pháp tuyến j  0;1;0  nên có phương trình là:  x  1  1 y     z     y   Câu 13 Một khối trịn xoay có độ dài đường sinh   13  cm  bán kính đáy r   cm  Khi thể tích khối nón A V  20  cm3  B V  300  cm3  C V  325   cm3  D V  100  cm3  Lời giải Chọn D Chiều cao khối nón h    r  132  52  12  cm  1 Thể tích khối nón: V   r h   52.12  100  cm3  3 Câu 14 Họ nguyên hàm hàm số f  x   x3  B F  x   x  A F  x   x  ln x  C C F  x   x  x2 C x 1  C D F  x   12 x   C x x Lời giải Chọn C 1  Ta có F  x    f  x  dx    x3   dx  x   C x  x  Câu 15 Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số nào? y -1 O x -5 -2 A y   x  x  B y  x  x  C y   x3  3x D y  x3  3x Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta thấy hệ số cao x a  nên loại đáp án B D Đồ thị có cực trị nên loại đáp án A Câu 16 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA   ABCD  SA  3a Thể tích khối chóp S ABCD A V  6a3 B V  2a3 C V  3a3 Lời giải Chọn D Trang 4/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D V  a3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 S D A C B 1 Thể tích khối chóp S ABCD V  SA.S ABCD  3a.a  a 3 Câu 17 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục R thỏa mãn f    ,  f   x  dx  A f 1  B f 1  10 C f 1  D f 1  3 Lời giải Chọn A Ta có:  f   x  dx   f  x    f 1  f     f 1    f 1  Câu 18 Đồ thị hàm số y  f  x với bảng biến thiên hình vẽ có tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng bao nhiêu? A B D C Lời giải Chọn B Từ bảng biến thiên, ta có: lim y  1  y  1 đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  lim y     x1   x  đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số   lim y      x1 Vậy tổng số đường tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  f  x 1 Câu 19 Tổng S     n  có giá trị 3 1 A B Lời giải C D Chọn B Trang 5/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S tổng cấp số nhân  un  lùi vơ hạn có số hạng đầu u1  1 công bội q  3 u1 S   1 q 1 Câu 20 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Tìm mệnh đề đúng? A Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  1;1 B Hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  2;2  C Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng  1;    D Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng   ;1 Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y  f  x  đồng biến khoảng  1;1 Câu 21 Cho log  m , log  n Tính A  log 25 2000  log 675 theo m , n A A   2m  n B A   2m  n C A   2m  n D A   2m  n Lời giải Chọn C Ta có: 1 A  log 25 2000  log 675  log 52  53.24   log 32  33.52   log  53.24   log  33.52  2 1    log     log    log  log   2m  n 2 cos x có nguyên hàm F  x  sin x 1 A  B C  2019  2019  2018 4 4sin x 4sin x sin x Lời giải Chọn A Câu 22 Hàm số f  x   D 4  2018 sin x  sin x  dx  d sin x    C cos x d x    sin x  sin x   4sin x sin x Chọn C  2019 ta đáp án A Ta có: f  x  dx   Câu 23 Gọi z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z  z   Điểm biểu diễn hình học số phức z1 là: A M  1; 2    B M 1;   C M 1;  Trang 6/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong   D M 1;  2i PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Lời giải Chọn C  z1  1  2i z  2z      z2  1  2i   Vậy điểm biểu diễn hình học số phức z1 M 1;  Câu 24 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;1;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng  P  có phương trình 2 B  x     y  1   z  1  2 D  x     y  1   z  1  A  x     y  1   z  1  C  x     y  1   z  1  2 2 2 Lời giải Chọn A Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng  P  có bán kính R  d  A ;  P    2.2   2.1  22  12  22  Vậy phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng  P  là: 2  x     y  1   z  1  Câu 25 Cho hàm số y  f  x  liên tục tập  Nếu giá trị A 6 B 9  f  x  dx  C Lời giải  f  x  dx   f  x  dx có D Chọn A Ta có:  f  x  dx    f  x  dx  1 1 5  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  7   6 3 1 Câu 26 Số phức z thỏa mãn z  3iz   i  có phần ảo A B C Lời giải Chọn B D Gọi z  a  bi,  a, b     z  a  bi z  3iz   i    a  bi   3i  a  bi    i   2a  3b    2b  3a  1 i  2a  3b   2a  3b  6 a     2b  3a   3a  2b  1 b  Câu 27 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị y  f   x  hình vẽ Hàm số có điểm cực trị? Trang 7/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ B A D C Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị hàm số y  f   x  , ta thấy đồ thị y  f   x  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x1 Bảng biến thiên hàm số y  f  x  sau Vậy hàm số cho có điểm cực trị Câu 28 Trong khơng gian Oxyz , đường thẳng qua hai điểm A 1;  1;  B  3; 2;1 có phương trình tham số  x   3t x  4t   A  y  3  2t , t  B  y  3  t , t   z  1 t  z   2t    x   4t  x   4t   C  y  1  3t , t  D  y  1  3t , t    z  2t z   t   Lời giải Chọn D  Ta có: BA   4;  3;1 vectơ phương đường thẳng qua hai điểm A , B Phương trình tham số đường thẳng qua hai điểm A 1;  1;  B  3; 2;1  x   4t   y  1  3t , t  z   t  Câu 29 Cho hình chóp tứ giác S ABCD , cạnh đáy a , chiều cao 2a Diện tích xung quanh hình nón đỉnh S đáy hình trịn nội tiếp hình vng ABCD bằng: A  a 15 B  a 17 C  a 15 Lời giải Chọn D Trang 8/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D  a 17 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vì đáy hình nón đường trịn nội tiếp hình vng ABCD nên bán kính đáy R  AB a  2 Đường cao hình nón đường cao khối chóp h  SO  2a Đường sinh l  SE  h  r  4a  a a 17  a a 17  a 17 Diện tích xung quanh hình nón: S xq   Rl    2 ABC , với A(4;9; 9), B(2;12; 2) C (m  2;1  m; m  5) Tìm giá trị m để tam giác ABC vuông B A m  4 B m  C m  D m  3 Câu 30 Trong không gian Oxyz, cho tam giác Lời giải Chọn A  AB  (6;3;7)  CB  (4  m;11  m; 7  m)   Để tam giác ABC vuông B AB.CB  Hay 6(4  m)  3(11  m)  7( 7  m)   m  4   Câu 31 Tập nghiệm S bất phương trình x      25  A  2;   B  ;1 x C  ;2 D 1;  Lời giải Chọn A   Ta có x      25  x 1  5x2    5  x  x    52  x  x   52 x  x   x  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S   2;   Câu 32 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x 1 đoạn 3;5 x 1 Khi M  m Trang 9/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A B C D 2 Lời giải Chọn B 2 Ta có f   x    0, x  3;5 Suy hàm số nghịch biến đoạn 3;5  x  1 Do M  f  3  2, m  f     M m 2 Câu 33 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm  có đồ thị hàm số y  f '  x  hình vẽ Hàm số y  f   x  đồng biến khoảng nào? A   ;  1 B  2;  1 C  2;   D  1;2  Lời giải Chọn D Ta có: y  f   x   y '    x  ' f '   x    f '   x   x  1 Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  , ta có: f '  x     1  x    x  1 4  x Vậy, để hàm số y  f   x  đồng biến f '   x      1   x   1  x  Suy ra, ta chọn đáp án D Câu 34 Số phức z  a  bi ( a , b   ) số phức có mơđun nhỏ tất số phức thỏa điều kiện z  3i  z   i , giá trị z.z A 25 B C D Lời giải Chọn D Từ z  3i  z   i suy a   b  3 i   a     b  1 i  a   b  3   a     b  1  a  b  6b   a  a   b  2b   4a  8b   a  2b  Ta có: z  a  b   2b  1 4    b  5b  4b    b  b    25   2   5 b     5 5  Trang 10/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Đẳng thức xảy b   Khi a  5 Vậy z.z  a  b  Câu 35 Cho tứ diện SABC có đáy ABC tam giác vng B với AB  3a, BC  a , SA  ( ABC ) cạnh bên SC tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp SABC A V  50 a B V  5 a C V   a3 D V  500 a Lời giải Chọn D Do SA  ( ABC ) nên SA  AC ,hay tam giác SAC vng tạiA  BC  AB Có   BC  ( SAB)  SB  BC  SA Nên BC  SB , hay tam giác SBC vuông B (2) Từ (1) (2) suy tứ diện SABC nội tiếp mặt cầu tâm O trung điểm đoạn SC AC  AB  BC  5a AC SC   5a.2  10a cos60 SC Khi R  SO   5a Khi thể tích khối cầu ngoại tiếp S.ABC 4 500 a  R   (5a)3  3 Câu 36 Tìm phần thực phần ảo số phức z  (1  i )  (1  i )  (1  i )3   (1  i )10 A Phần thực B Phần thực C Phần thực D Phần thực z z z z là là 33 , phần ảo z 31 , phần ảo z 31 , phần ảo z 33 , phần ảo z 31i 33 33i 31 Lời giải Chọn B Áp dụng công thức tổng cấp số nhân với u1   i; n  10 , công bội q   i 10 u1 (1  q n ) (1  i ) 1  (1  i )    31  33i 1 q  (1  i) Vậy phần thực z 31 , phần ảo z 33 Ta có z  S10  Trang 11/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Câu 37 Cho hàm số y  f  x  liên tục  0;1 thỏa mãn f  x   x f  x   Tính 3x  1  f  x  dx A 1 B C Lời giải D Chọn B  1 dx   x f  x  dx  3x  f  x  dx   x f  x  dx   0 Đặt t  x  dt = 3x dx 1 Ta có:  x f  x  dx   f  t  dt   f  x  dx 0 Vậy nên  0 1 f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx  0 x2 cho khoảng cách từ điểm M x2 đến tiệm cận ngang lần khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng? A B C D Lời giải Chọn D Hàm số có tiệm cận đứng x  tiệm cận ngang y  Câu 38 Có điểm M thuộc đồ thị  C  hàm số y  Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang yM  Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng xM  Theo đề yM   xM   xM    xM  xM  2    xM   với xM  5  xM   2 5 Vậy có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán  xM    Câu 39 Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình  log x   log x   m  có nghiệm x  1;8 A  m  B  m  C  m  Lời giải D  m  Chọn C   Phương trình  log x   log x   m    log x   log x   m Đặt t  log x , x  1;8 nên t   0;3 Khi ta cần tìm điều kiện tham số thực m để phương trình t  2t   m có nghiệm t   0;3 Lập bảng biến thiên hàm số f  t   t  2t  với t   0;3 Trang 12/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Dựa vào bảng biến thiên ta có  m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu 40 Trên giá sách có sách Tốn, sách Lí sách Hóa, lấy ngẫu nhiên sách Tính xác suất cho ba lấy có sách Tốn 37 42 10 A B C D 42 21 42 37 Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu n     C93  84 Gọi biến cố A: “Ba lấy có Tốn” Ta có n  A   C41 C52  C42 C51  C43  74 Xác suất biến cố A P  A   n  A  74 37   n    84 42     Nhận xét: Có thể dùng biến cố đối n A  C53  10  P  A    P A   10 37  84 42 Câu 41 Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy ABCD hình chữ nhật có AB  2a , AD  4a , SA   ABCD  cạnh SC tạo với đáy góc 60 o Gọi M trung điểm BC , N điểm cạnh AD cho DN  a Khoảng cách MN SB A 2a 285 19 B a 285 19 C 2a 95 19 D 8a 19 Lời giải Chọn A Hình chiếu SC mặt phẳng  ABCD  AC   60o  góc SC mặt phẳng  ABCD  góc SC AC góc SCA Có AC  AB2  BC  4a2  16a2  2a SA  AC tan 60 o  2a 15 Gọi E điểm nằm cạnh AD cho AE  a  BE // MN  MN //  SBE  Trang 13/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/  d  MN , SB   d  MN ,  SBE    d  N ,  SBE   Có NA   SBE   E  d  N ,  SBE   d  A,  SBE    NE 2 AE  d  N ,  SBE    2d  A,  SBE    2h 1 1 1 19      2  2 2 h AS AB AE 60a 4a a 15a Có AS , AB , AE đơi vng góc  h a 285 19 Vậy khoảng cách MN SB 2a 285 19 Câu 42 Gọi d tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ đồ thị hàm số y  thẳng d qua điểm đây? A M   5;  B P  2;   3 3   x  x  x  11 Hỏi đường C N  5;   3  Lời giải D Q  2;  3  Chọn C Có y   x  x  Hệ số góc tiếp tuyến điểm có hồnh độ  x0 ; y0  là: y   x0   x02  x0    x0    Ta có y  x0   , y  x0    x0   x0    Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ  11  y0   11 17 2  d : y   x     d : y  x  Vậy d qua điểm N  5;   3 3  Câu 43 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z   tiếp xúc với mặt cầu 2  S  :  x  3   y  1   z   A T   24 điểm M  a ; b ; c  Tính giá trị biểu thức T  a  b  c B T  10 C T  4 Lời giải D T  2 Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  3;1; 2 bán kính R  Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  điểm M hình chiếu I lên  P   x   2t Đường thẳng d qua I vng góc với  P  có phương trình:  y   t  z  2  t   x   2t  x  1  y  1 t   Tọa độ điểm M nghiệm x , y , z hệ phương trình:   y  z   z  2  t   x  y  z   Trang 14/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 Vậy M   1; 3;   T      Câu 44 Cho số thực x, y thay đổi, thỏa mãn x  y  ln  x  y   ln  xy   ln  x  y  Giá trị nhỏ M  x  y A 2 B C Lời giải D 16 Chọn C Với x  y 0, ta có 1 x y ln  x  y   ln  xy   ln  x  y   ln  xy   ln  x  y   ln  x  y   ln  xy   2ln x y 2 2  x y  x y 2  ln  xy   ln    xy      x  y  xy   x  y  (*)  x y  x y u  x  y  Đặt  v  xy    2 Ta có (*)  u  4v v  u   v  1 u  4v  u  f v  8v  v  1  4v  v  1  4v  v    v  1 4v  f  v  , (v  1) v 1 , f   v    v  v  Bảng biến thiên : x  y   x    Vậy min( x  y )  u    xy     y   x  y   Câu 45 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có tất cạnh a Gọi M , N trung điểm AB B ' C ' Mặt phẳng  A ' MN  cắt cạnh BC P Tính thể tích khối đa diện MBPA ' B ' N A 3a 96 B 3a 24 3a 12 Lời giải C D 3a 32 Chọn A Trang 15/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Gọi N ' trung điểm BC Kẻ đường thẳng qua M song song AN ' cắt BC P Kéo dài BB ', A ' M , NP cắt I Khi đó, M , B , P tương ứng trung điểm IA ', IB ', IN Do đó: SΔA ' B ' N  3a S ΔA ' B ' C '  1 a3 Thể tích khối chóp I A ' B ' N là: VI A ' B ' N  IB '.SΔA ' B ' N  2a a  3 12 Ta có: VI MBP IM IB IP 1 a3    VI MBP  VI A ' B ' N  VI A ' B 'N IA ' IB ' IN 8 96 Thể tích khối đa diện MBPA ' B ' N là: V  VI A ' B ' N  VI MBP  3a 96 Câu 46 Tính diện tích S miền hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f  x   ax3  bx  c, đường thẳng x  1, x  trục hoành A S  51 B S  53 C S  52 D S  50 Lời giải Chọn A Ta có: y  3ax  2bx x  y    2b x   3a  Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị hàm số cho có hai điểm cực trị  0;3  2;1 Trang 16/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020  a  c  c    2b    2  3a  b   b   Khi ta có:   3a 8a  4b  2   8a  4b   c    Vậy f  x   x3  x  2 1 51  Khi diện tích phần gạch chéo là: S    x3  x   dx  1 2   Câu 47 Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm tập số thực có bảng biến thiên như hình bên   Số nghiệm phân biệt phương trình f  x  A B    ln x  C Lời giải D Chọn C  x a    ln x Ta có : f  x  , với a  0; b   1  ln x   x   b  ln x Xét hàm số g  x   x  khoảng  0;   \ 1 ln x g x    với x   0;   \ 1 x ln x Bảng biến thiên g  x  Từ bảng biến thiên ta thấy:  a   ;0  cho nghiệm Phương trình: x  ln x Trang 17/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Phương trình: x   b   0;   cho nghiệm ln x Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu 48 Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y  x   2m  3 x  m  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác 3 A m    3 B m    3 2 C m  3  D m  3  Lời giải Chọn D TXĐ D   y  x3   2m  3 x x  y     2m x   Để hàm số có ba điểm cực trị  y  có ba nghiệm phân biệt   2m   m    2m   2m   Khi đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A  0; m  1 , B  ;  m  1       2m   2m   C ;  m  1 tạo thành tam giác cân A      2m   2m   2m Do tam giác ABC  AB  BC    16   2m    16  2m 0  m  3  m  3  2m     3   2m   24 m  3  2m    loai  3   tm  Câu 49 Có số nguyên m thuộc đoạn  20 ; 20 để giá trị lớn hàm số y  đoạn 1 ; 3 số dương? A B C 11 Lời giải Chọn A Tập xác định D   \ m Để hàm số có giá trị lớn 1 ; 3 m  1 ; 3 y  2m   x  m Trường hợp 1: 2m    m  3 m9 Khi max y  y  3  x1 ; 3 3 m Trang 18/19 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 10 xm6 xm PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2020 m9   m    m  9 3 m Vậy số nguyên m thỏa 8, 7, 6, 5, 4 Để giá trị lớn đoạn 1 ; 3 số dương Trường hợp 2: 2m    m  3 m7 Khi max y  y 1  x1 ; 3 1 m Để giá trị lớn đoạn 1 ; 3 số dương m7    m   m  1 m Vậy số nguyên m thỏa mãn 2, 1, Trường hợp 3: 2m    m  3 Khi y  Nên max y  x1 ; 3 Vậy m  3 thỏa Kết luận: có số nguyên m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 50 Gọi S tập hợp số tự nhiên n có chữ số thỏa mãn  2n  3n  S A 8999 B 2019 2020 C 1010 Lời giải n   22020  32020  Số phần tử D 7979 Chọn D Ta có :  2n  3n  2020 n   22020  32020   log 22020  32020  2n  3n  2020  log 22020 32020  22020  32020  n n  2020log 22020 32020  2n  3n   n  2020log 22020 32020  2n  3n   (1) Xét hàm số f  n   n  2020 log 22020 32020  2n  3n   f   n    2  n 2 n  3n  ln  2020  32020   3n  ln  22020  32020   2020  n ln  3n ln 3 2n ln  2020  2n ln  3n ln 3 2 n  3n  ln  22020  32020  22020  32020 22020  32020 n  ln 22020 32020  0, n    2n  3n  ln  22020  32020  Do hàm số f  n  đồng biến tập  , mà f  2020   nên bất phương trình (1) tương đương với f  n   f  2020   n  2020  S  2021; 2022; , 9999 nên tập S có 7979 phần tử Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Trang 19/19 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... hàm số nào? y -1 O x -5 -2 A y   x  x  B y  x  x  C y   x3  3x D y  x3  3x Lời giải Chọn C Từ đồ thị ta thấy hệ số cao x a  nên loại đáp án B D Đồ thị có cực trị nên loại đáp án. .. https://diendangiaovientoan.vn/ S tổng cấp số nhân  un  lùi vơ hạn có số hạng đầu u1  1 công bội q  3 u1 S   1 q 1 Câu 20 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Tìm mệnh đề đúng? A Hàm số y  f  x ... hàm số y  f '  x  , ta có: f '  x     1  x    x  1 4  x Vậy, để hàm số y  f   x  đồng biến f '   x      1   x   1  x  Suy ra, ta chọn đáp án D Câu 34 Số phức