Phát triển đề minh họa môn Toán kỳ thi tốt nghiệp THPT 2020

Hiện nay, một số trường THPT trên cả nước đã bắt đầu cho học sinh trở lại trường, sau một khoảng thời gian rất dài phải nghỉ học do bệnh dịch. Và sắp tới là quãng thời gian các em phải “tăng tốc” để có thể hoàn thành chương trình của năm học

20 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

218 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
KỲ THI TỐT NGHỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
Môn: Toán 12
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
CÂU 1. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh?
A. 14 . B. 48 . C. 6 . D. 8 .
Lời giải.
Cách 1. Tổng số học sinh của nhóm là: 6 + 8 = 14 .
Chọn ra một học sinh, ta có: C
1
14
= 14 (cách).
Cách 2. Để chọn một học sinh, ta có: 6 cách chọn một học sinh nam và 8 cách chọn một học sinh nữ.
Vậy có: 6 + 8 = 14 (cách).
Chọn phương án A
Câu 1.1. Một nhóm học sinh gồm 9 học sinh nam và x học sinh nữ. Biết rằng có 15 cách chọn ra một
học sinh từ nhóm học sinh trên, khi đó giá trị của x là
A. 24. B. 6. C. 12. D. 225.
Lời giải.
Để chọn ra một học sinh ta có 2 phương án thực hiện:
• Phương án 1: Chọn một học sinh nam, có 9 cách chọn.
• Phương án 2: Chọn một học sinh nữ, có x cách chọn.
Theo quy tắc cộng, ta có: 9 + x cách chọn ra một học sinh.
Theo bài ra, ta có: 9 + x = 15 ⇔ x = 6.
Chọn phương án B
Câu 1.2. Cần chọn 3 người đi công tác từ một tổ có 30 người, khi đó số cách chọn là
A. A
3
30
. B. 3
30
. C. 10. D. C
3
30
.
Lời giải.
Chọn 3 người trong 30 người là một tổ hợp chập 3 của 30 phần tử, nên có C
3
30
cách chọn.
Chọn phương án D
Câu 1.3. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M là
A. A
8
10
. B. A
2
10
. C. C
2
10
. D. 10
2
.
Lời giải.
Số tập hợp con gồm 2 phần tử của tập hợp 10 phần tử là C
2
10
.
Chọn phương án C
Câu 1.4. Trong một buổi khiêu vũ có 20 nam và 18 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một đôi nam
nữ để khiêu vũ?
A. C
2
38
. B. A
2
38
. C. C
2
20
·C
1
18
. D. C
1
20
·C
1
18
.
Lời giải.
Chọn 1 nam trong 20 nam có C
1
20
cách.
Chọn 1 nữ trong 18 nữ có C
1
18
cách.
Theo quy tắc nhân, vậy số cách chọn ra một đôi nam nữ để khiêu vũ là C
1
20
·C
1
18
cách.
1
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Chọn phương án D
Câu 1.5. Số vec-tơ khác
#»
0 có điểm đầu, điểm cuối là hai trong 6 đỉnh của lục giác là
A. P
6
. B. C
2
6
. C. A
2
6
. D. 36.
Lời giải.
Chọn hai điểm trong 6 đỉnh của lục giác sắp vào 2 vị trí điểm đầu, điểm cuối của vec-tơ là một chỉnh
hợp chập 2 của 6 phần tử, nên có A
2
6
cách.
Chọn phương án C
Câu 1.6. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh t hành một hàng dọc?
A. 5
5
. B. 5!. C. 4!. D. 5.
Lời giải.
Sắp 5 học sinh vào 5 vị trí hàng dọc có 5! cách.
Chọn phương án B
Câu 1.7. Số cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong 10 ghế trên một hàng ngang là
A. 6
10
. B. 6!. C. A
6
10
. D. C
6
10
.
Lời giải.
Chọn 6 vị trí trong 10 vị trí hàng ghế để sắp 6 học sinh vào là một chỉnh hợp chập 6 của 10 phần tử,
nên có A
6
10
cách.
Chọn phương án C
Câu 1.8. Có 14 người gồm 8 nam và 6 nữ. Số cách chọn 6 người trong đó có đúng 2 nữ là
A. 1078. B. 1414. C. 1050. D. 1386.
Lời giải.
Chọn 2 nữ trong 6 nữ có C
2
6
cách.
Chọn 4 nam trong 8 nam có C
4
8
cách.
Theo quy tắc nhân, vậy số cách chọn 6 người, trong đó có đúng 2 nữ là C
2
6
·C
4
8
= 1050 cách.
Chọn phương án C
Câu 1.9. Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng thứ hai có 15 điểm phân biệt, có bao nhiêu tam giác được tạo t hành từ các điểm đã
cho?
A. 1725. B. 1050. C. 675. D. 1275.
Lời giải.
Trường hợp 1: Số tam giác tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng thứ nhất và một điểm trên đường
thẳng thứ hai là C
2
10
·C
1
15
= 675.
Trường hai 2: Số tam giác tạo thành từ một điểm trên đường t hẳng thứ nhất và hai điểm trên đường
thẳng thứ hai là C
1
10
·C
2
15
= 1050.
Vậy có 675 + 1050 = 1725 tam giác được tạo thành từ các điểm đã cho.
Chọn phương án A
Câu 1.10. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh có cả nam
và nữ?
A. 120. B. 168. C. 288. D. 364.
Lời giải.
• Phương án 1: Chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ, có C
2
6
·C
1
8
= 120 cách thực hiện.
2
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
• Phương án 2: Chọn 1 học sinh nam và 2 học sinh nữ, có C
1
6
·C
2
8
= 168 cách thực hiện.
Theo quy tắc cộng, ta có: 120 + 168 = 288 cách chọn ra 3 học sinh có cả nam và nữ.
Chọn phương án C
Câu 1.11. Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm 3
học sinh sao cho nhóm đó có ít nhất một học sinh nữ?
A. 1140. B. 2920. C. 1900. D. 900.
Lời giải.
• Cách 1:
Để chọn ra 3 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ ta có các phương án sau:
– Phương án 1: Chọn 1 học sinh nữ và 2 học sinh nam, có C
1
10
·C
2
20
cách thực hiện.
– Phương án 2: Chọn 2 học sinh nữ và 1 học sinh nam, có C
2
10
·C
1
20
cách thực hiện.
– Phương án 3: Chọn 3 học sinh nữ, có C
3
10
cách thực hiện.
Theo quy tắc cộng, ta có: C
1
10
· C
2
20
+ C
2
10
· C
1
20
+ C
3
20
= 2920 cách chọn ra một nhóm 3 học sinh
sao cho nhóm đó có ít nhất một học sinh nữ.
• Cách 2:
Có C
3
30
cách chọn ra 3 học sinh từ 30 học sinh, trong đó có C
3
20
cách chọn ra 3 học sinh, không
có học sinh nữ.
Suy ra có C
3
30
−C
3
20
= 2920 cách chọn ra một nhóm 3 học sinh sao cho nhóm đó có ít nhất một
học sinh nữ.
Chọn phương án B
CÂU 2. Cho cấp số nhân
(
u
n
)
với u
1
= 2 và u
2
= 6 . Công bội của cấp số đã cho bằng
A. 3 . B. −4 . C. 4 . D.
1
3
.
Lời giải.
Trong một cấp số nhân, ta có: u
2
= u
1
.q =⇒ q =
u
2
u
1
=
6
2
= 3 .
Chọn phương án A
Câu 2.1. Cho cấp số nhân (u
n
) với u
1
= 2 và công bội q = 3. Tìm số hạng thứ 4 của cấp số nhân.
A. 24. B. 54. C. 162. D. 48.
Lời giải.
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân là u
4
= u
1
·q
3
= 2 ·3
3
= 54.
Chọn phương án B
Câu 2.2. Cho cấp số nhân (u
n
) với u
1
= 2 và u
2
= 6. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A. 3. B. −4. C. 4. D.
1
3
.
Lời giải.
Áp dụng công thức u
n
= u
1
·q
n−1
.
Khi đó, u
2
= u
1
·q ⇔ q =
u
2
u
1
=
6
2
= 3.
Chọn phương án B
3
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 2.3. Cho cấp số nhân (u
n
) có số hạng đầu u
1
= 2 và u
2
= 8. Công bội của cấu số nhân đã cho
bằng
A. q = 21. B. q = ±4. C. q = 4. D. q = 2
√
2.
Lời giải.
Áp dụng công thức u
n
= u
1
·q
n−1
, ta có u
2
= u
1
·q ⇒ q =
u
2
u
1
=
8
2
= 4.
Chọn phương án C
Câu 2.4. Cho cấp số nhân (u
n
) có số hạng đầu u
1
= 1 và u
4
= 64. Công bội q của cấp số nhân đã cho
bằng
A. q = 21. B. q = ±4. C. q = 4. D. q = 2
√
2.
Lời giải.
Áp dụng công thức u
n
= u
1
·q
n−1
, ta có u
4
= u
1
·q
3
⇒ q
3
=
u
4
u
1
=
64
1
= 64 ⇒ q =
3
√
64 = 4.
Chọn phương án C
Câu 2.5. Cho cấp số nhân (u
n
) có số hạng đầu u
1
= 5 và u
2
= 8. Giá trị của u
4
bằng
A.
512
25
. B.
125
512
. C.
625
512
. D.
512
125
.
Lời giải.
Áp dụng công thức u
n
= u
1
·q
n−1
, ta có u
2
= u
1
·q ⇒ q =
u
2
u
1
=
8
5
.
Vậy u
4
= u
1
·q
3
= 5 ·
8
5
3
=
512
25
.
Chọn phương án A
Câu 2.6. Cho cấp số cộng (u
n
) có số hạng đầu u
1
=
1
3
và u
8
= 26. Tìm công sai d.
A. d =
11
3
. B. d =
10
3
. C. d =
3
10
. D. d =
3
11
.
Lời giải.
Áp dụng công thức u
n
= u
1
+ (n −1 )d, ta có u
8
= u
1
+ 7d ⇒ d =
u
8
−u
1
7
=
26 −
1
3
7
=
11
3
.
Chọn phương án A
Câu 2.7. Cho cấp số cộng (u
n
) có số hạng đầu u
1
= 11 và công sai d = 4. Giá trị của u
99
bằng
A. 401. B. 403. C. 402. D. 404.
Lời giải.
Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng, ta có
u
n
= u
1
+ (n −1 )d ⇒ u
99
= u
1
+ 98d = 11 + 98 ·4 = 403.
Chọn phương án B
Câu 2.8. Biết bốn số 5, x, 15, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Giá trị của 3x + 2y bằng
A. 50. B. 70. C. 30. D. 80.
Lời giải.
Bốn số 5, x, 15, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng, ta có
(
5 + 15 = 2x
x + y = 2 ·15
⇔
(
x = 10
y = 20.
Vậy 3x + 2y = 70.
Chọn phương án B
4
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 2.9. Cho ba số x, 5, 2y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và ba số x, 4, 2y theo thứ tự lập thành
cấp số nhân thì |x − 2y| bằng
A. 8. B. 9. C. 6. D. 10.
Lời giải.
Ba số x, 5, 2y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và ba số x, 4, 2y theo thứ tự lập thành cấp số nhân, ta
có
(
x + 2y = 2 ·5
x · 2y = 4
2
⇔
(
x = 10 −2y
(10 −2y)y = 8
⇔
(
x = 10 −2y
y
2
−5y + 4 = 0
⇔
"
x = 8
y = 1
"
x = 2
y = 4.
Với x = 8, y = 1 suy ra |x − 2y| = 6.
Với x = 2, y = 4 suy ra |x − 2y| = 6.
Chọn phương án C
Câu 2.10. Cho cấp số cộng (u
n
) thỏa mãn u
2
+ u
8
+ u
9
+ u
15
= 100. Tổng 16 số hạng đầu tiên bằng
A. 100. B. 200. C. 400. D. 300.
Lời giải.
Ta có
u
2
+ u
8
+ u
9
+ u
15
= 100
⇔ (u
1
+ d) + (u
1
+ 7d) + (u
1
+ 8d) + (u
1
+ 14d) = 100
⇔ 2u
1
+ 15 = 50.
Vậy S
16
=
16
2
[
2u
1
+ ( 16 − 1)d
]
= 8
(
2u
1
+ 15d
)
= 8 ·50 = 400.
Chọn phương án C
Câu 2.11. Cho cấp số nhân (u
n
) với u
3
= 9 và u
6
= 243. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng
A. 3. B. 27. C.
1
27
. D. 126.
Lời giải.
Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho, ta có:
(
u
3
= u
1
·q
2
u
6
= u
1
·q
5
⇒ q
3
=
u
6
u
3
= 27 ⇒ q = 3.
Chọn phương án A
Câu 2.12. Dãy số (u
n
) với u
n
= 2
n
là một cấp số nhân với
A. Công bội là 2 và số hạng đầu tiên là 1. B. Công bội là 2 và số hạng đầu tiên là 2.
C. Công bội là 4 và số hạng đầu tiên là 2. D. Công bội là 1 và số hạng đầu tiên là 2.
Lời giải.
Cấp số nhân đã cho là: 2; 4; 8; 16; . . . ⇒
u
1
= 2
q =
u
2
u
1
= 2
.
Chọn phương án B
CÂU 3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng
A. 4πrl . B. 2πrl . C. πrl . D.
1
3
πrl .
Lời giải.
5
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là:
S
xq
= πrl .
Chọn phương án C
Câu 3.1. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 6πa
2
và đường kính đáy bằng 2a. Tính độ dài
đường sinh của hình nón đã cho
A. 3a. B. 2a. C. 6a. D. a
√
6.
Lời giải.
Bán kính đáy r =
2a
2
= a.
Diện tích xung quanh của hình nón S
xq
= πrl = π · a · l = 6πa
2
⇒ l = 6a.
Chọn phương án C
Câu 3.2. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 2a. Diện tích xung quanh
của hình nón bằng
A. 2πa
2
. B. 8πa
2
. C. 4πa
2
. D.
2
3
πa
2
.
Lời giải.
Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh
bằng 2a nên
(
l = 2a
2r = 2a
⇔
(
l = 2a
r = a
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là S
xq
= πrl =
π · a ·2a = 2πa
2
.
O
A
B
S
Chọn phương án A
Câu 3.3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh ` và bán kính đáy r bằng
A. 4πr`. B. 2πr`. C. πr`. D.
1
3
πr`.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh ` và bán kính đáy r bằng πr`.
Chọn phương án C
Câu 3.4. Gọi `, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình nón. Công thức
nào sau đây đúng về mối liên hệ giữa chúng
A. `
2
= h
2
+ R
2
. B. h
2
= R
2
+ `
2
. C. R
2
= h
2
+ `
2
. D. `
2
= hR.
Lời giải.
6
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Theo định lý Pi-ta-go ta có `
2
= h
2
+ R
2
.
A
B
S
O
`
r
h
Chọn phương án A
Câu 3.5. Cho hình nón có bán kính đáy r =
√
3 và độ dài đường sinh ` = 4. Diện tích xung quanh
của hình nón đã cho bằng
A. 12π. B. 4
√
3π. C.
√
39π. D. 8
√
3π.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình nón S
xq
= πr` = π ·
√
3 ·4 = 4
√
3π.
Chọn phương án B
Câu 3.6. Cho hình nón có bán kính đáy 4a chiều cao 3a. Tính diện tích xung quanh S
xq
của hình
nón
A. S
xq
= 24πa
2
. B. S
xq
= 40πa
2
. C. S
xq
= 20πa
2
. D. S
xq
= 12πa
2
.
Lời giải.
Theo định lí Pi-ta-go ta có ` =
√
r
2
+ h
2
=
p
(4a)
2
+ ( 3a)
2
= 5a.
Diện tích xung quanh của hình nón S
xq
= πr` = π ·4a ·5a = 20πa
2
.
A
B
S
O
`
4a
3a
Chọn phương án C
Câu 3.7. Một khối cầu có thể tích bằng
8π
3
thì bán kính bằng
A.
3
√
3. B. 2. C. 3. D.
3
√
2.
Lời giải.
Ta có V =
4
3
πr
3
suy ra r =
3
r
3V
4π
=
3
s
3 ·
8π
3
4π
=
3
√
2.
Chọn phương án D
Câu 3.8. Cho khối cầu (S) có thể tích bằng 36π cm
3
. Diện tích mặt cầu (S) bằng
A. 64π cm
2
. B. 18π cm
2
. C. 36π cm
2
. D. 27π cm
2
.
Lời giải.
Ta có V =
4
3
πr
3
suy ra r =
3
r
3V
4π
=
3
r
3 ·36π
4π
= 3 (cm).
Diện tích của mặt cầu (S) là S = 4πr
2
= 4π ·3
2
= 36π
cm
2
.
Chọn phương án C
7
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 3.9. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r = 50 cm và có chiều cao h = 50 cm. Tính diện tích
xung quanh S
xq
của hình trụ đó
A. S
xq
= 2500π cm
2
. B. S
xq
= 2500 cm
2
. C. S
xq
= 5000 cm
2
. D. S
xq
= 5000π cm
2
.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S
xq
= 2πr` = 2πrh = 2π ·50 ·50 = 5000 π cm
2
.
Chọn phương án D
Câu 3.10. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 4
√
2.
A. V = 128π. B. V = 64
√
2π. C. V = 32π. D. V = 32
√
2π.
Lời giải.
Thể tích của khối trụ V = πr
2
h = π · 4
2
·4
√
2 = 64
√
2π.
Chọn phương án B
Câu 3.11. Cho khối nón (N) có bán kính đáy là 3 và diện tích xung quanh là 15π. Thể tích khối (N)
bằng
A. 12π. B. 20π. C. 36π. D. 60π.
Lời giải.
Ta có S
xq
= πr` ⇒ ` =
S
xq
πr
=
15π
3π
= 5.
Áp sụng định lí Pi-ta-go ta có h =
√
`
2
−r
2
=
√
5
2
−3
2
= 4.
Vậy thể tích của khối nón (N) là V =
1
3
πr
2
h =
1
3
·π ·3
2
·4 = 12π.
A
B
S
O
`
3
h
Chọn phương án A
Câu 3.12. Cho hình nón có bán kính đáy R, góc ở đỉnh là 2α với 45
o
< α < 90
o
. Tính diện tích xung
quanh của hình nón theo R và α.
A.
4πR
2
sin α
. B.
2πR
2
sin α
. C.
πR
2
sin α
. D.
πR
2
3 sin α
.
Lời giải.
Ta có: l = SM =
OM
sin α
=
R
sin α
.
Diện tích xung quanh của hình nón là
S
xq
= πrl = π · R ·
R
sin α
=
πR
2
sin α
.
O
M
N
S
Chọn phương án C
8
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
CÂU 4. Cho hàm số f
(
x
)
có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
22
11
22
−∞−∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.
(
1; +∞
)
. B.
(
−1; 0
)
. C.
(
−1 ; 1
)
. D.
(
0 ; 1
)
.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(
−∞ ; −1
)
và
(
0 ; 1
)
.
Chọn phương án D
Câu 4.1. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−2
1
3
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
44
33
44
−∞−∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1; +∞). B. (1; 3). C. (3; +∞). D. (−∞; 0).
Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −2) và (1; 3).
Chọn phương án B
Câu 4.2. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−3
2
5
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
44
33
44
−∞−∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; −4). B. (−3; 5). C. (2; +∞). D. (−∞; 4).
Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −3) và (2; 5).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (−∞; −4).
Chọn phương án A
Câu 4.3. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau
9
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−3
2
5
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
22
33
22
+∞+∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; 2). B. (−3; 2). C. (2; 3). D. (2; 6).
Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −3) và (2; 5).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (2; 3).
Chọn phương án C
Câu 4.4. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
22
11
22
−∞−∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1; +∞). B. (−1; 0). C. (−1; 1). D. (0; 1).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có f
0
(x) > 0 trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1). Do đó hàm số đồng biến
trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).
Chọn phương án D
Câu 4.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng nào
?
A.
(
−2; +∞
)
. B. (−2; 3). C. (3; +∞). D. (−∞; −2).
x
y
0
y
−∞
−2
3
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
11
44
−∞−∞
Lời giải.
Ta có đạo hàm y
0
> 0, ∀x ∈ (−2; 3) nên hàm số đồng biến trên khoảng ( −2; 3).
Chọn phương án B
Câu 4.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới. Khẳng định nào sai ?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; −1). B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3) .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1 ). D. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1).
10
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
y
0
y
−2
−1
1
3
+
0
− +
00
11
−2−2
55
Lời giải.
Ta có y
0
< 0, ∀x ∈ (−1; 1) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 0).
y
0
> 0, ∀x ∈ (−2; −1) ∪ (1; 3) nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−2; −1 ) và (1; 3).
Chọn phương án D
Câu 4.7. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào đúng ?
A. Hàm số đồng biến trên R \
{
2
}
. B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 2).
C. Hàm số đồng biến trên (−∞; +∞). D. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞).
x
y
0
y
−∞
2
+∞
+ +
11
+∞
−∞
11
Lời giải.
Ta có: tập xác định D = R \
{
2
}
.
Từ bảng biến thiên ta có y
0
> 0, ∀x ∈ D nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞).
Chọn phương án B
Câu 4.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm như hình dưới. Mệnh đề nào đúng ?
x
f
0
(x)
−∞
−1
0
2
+∞
+
0
− −
0
+
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; −1). B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3) .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1 ). D. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1).
Lời giải.
Ta có y
0
< 0, ∀x ∈ (−1; 0) ∪ (0; 2) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (0; 2).
y
0
> 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ∪ (2; +∞) nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (2; +∞).
Chọn phương án D
Câu 4.9.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên
khoảng nào ?
A. (0; 1) . B. (−∞; 1). C. (−1; 1). D. (−1; 0).
x
y
O
−1
1 2
3
−2
2
11
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có: ∀x
1
; x
2
∈ (−1; 0) thỏa mãn x
1
< x
2
thì f (x
1
) < f (x
2
). Do đó hàm số đồng biến trên khoảng
(−1; 0).
Chọn phương án D
Câu 4.10. Cho hàm số f (x) = x
3
−3x
2
−2. Hỏi mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (2; +∞).
B. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (−∞; 0).
C. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 2).
D. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Lời giải.
Tập xác định D = R.
Đạo hàm f
0
(x) = 3x
2
−6x. Cho f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 0
x = 2.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
−2−2
−6−6
+∞+∞
Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Chọn phương án D
Câu 4.11. Cho hàm số f (x) = −x
4
+ 2x
2
+ 2020. Mệnh đề nào dưới đây là đúng ?
A. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 1).
B. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (−1; 0).
C. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (0; 1).
D. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1).
Lời giải.
Tập xác định D = R.
Đạo hàm f
0
(x) = −4 x
3
+ 4x. Cho f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 0
x = ±1.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
20212021
20202020
20212021
−∞−∞
Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1) .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0 ) và (1; +∞).
12
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án C
Câu 4.12. Cho hàm số f (x) =
x + 2
x − 1
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng ( −∞; 1) ∪ (1; +∞).
B. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng R \
{
1
}
.
C. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).
D. Hàm số f (x) nghịch biến với x 6= 1.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
1
}
.
Đạo hàm f
0
(x) =
−3
(x −1)
2
< 0; ∀x ∈ D .
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
1
+∞
− −
11
−∞
+∞
11
Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng ( −∞; 1) và (1; +∞).
Chọn phương án C
Câu 4.13. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−4
1
2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
44
22
+∞+∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; −2). B. (1; +∞). C. (−4; −2). D. (−2; 4).
Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−4; 1) và (2; +∞).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (−4; −2).
Chọn phương án C
CÂU 5. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích khối lập phương đã cho bằng
A. 216 . B. 18 . C. 36 . D. 72 .
Lời giải.
Ta có thể tích khối lập phương đã cho bằng: 6
3
= 216 .
Chọn phương án A
Câu 5.1. Cho khối lập phương có cạnh bằng 4. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 12. B. 32. C. 16. D. 64.
Lời giải.
13
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Thể tích khối lập phương đã cho là V = 4
3
= 64.
Chọn phương án D
Câu 5.2. Cho khối lập phương có thể tích bằng V. Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng một
nửa cạnh của khối lập phương đã cho bằng
A.
V
2
. B.
V
4
. C.
V
8
. D.
V
16
.
Lời giải.
Gọi cạnh của khối lập phương ban đầu là a ⇐ V = a
3
.
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng
a
2
sẽ là: V
0
=
a
2
3
=
a
3
8
=
V
8
.
Chọn phương án C
Câu 5.3. Cho khối lập phương có cạnh bằng a. Chia khối lập phương thành 64 khối lập phương nhỏ
có thể tích bằng nhau. Độ dài cạnh của mỗi khối lập phương nhỏ bằng
A.
a
4
. B.
a
8
. C.
a
16
. D.
a
64
.
Lời giải.
Thể tích khối lập phương lớn là: V = a
3
.
Gọi chiều dài cạnh hình lập phương nhỏ là x suy ra thể tích khối lập phương nhỏ là: V
0
= x
3
.
Từ giả thiết, suy ra V = 64V
0
⇐ a
3
= 64x
3
⇐ x =
a
4
.
Chọn phương án A
Câu 5.4. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng
A. 216. B. 18. C. 36. D. 72.
Lời giải.
Thể tích khối lập phương là V = 6
3
= 216.
Chọn phương án A
Câu 5.5. Thể tích khối lập phương có cạnh 2a bằng
A. 8a
3
. B. 2a
3
. C. a
3
. D. 6a
3
.
Lời giải.
Thể tích khối lập phương là V = (2a)
3
= 8a
3
.
Chọn phương án A
Câu 5.6. Tổng diện tích các mặt của của hình lập phương là 96 cm
2
. Thể tích khối lập phương đó
bằng
A. 48 cm
3
. B. 64 cm
3
. C. 91 cm
3
. D. 84 cm
3
.
Lời giải.
Diện tích một mặt của của hình lập phương là
96
6
= 16 cm
2
.
Gọi độ dài một cạnh của hình lập phương đã cho là x (với x > 0).
Ta có x
2
= 16 ⇔ x = 4.
Vậy thể tích khối lập phương là V = 4
3
= 64 cm
3
.
Chọn phương án B
Câu 5.7. Thể tích của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có AC
0
= 3a bằng
A. 9a
3
. B.
√
3a
3
. C. 3a
3
. D. 3
√
3a
3
.
Lời giải.
14
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Gọi độ dài một cạnh của hình lập phương đã cho là x (với x > 0).
Ta có AC
0
= x
√
3 = 3a ⇔ x = a
√
3.
Vậy thể tích khối lập phương là V =
a
√
3
3
= 3
√
3a
3
.
Chọn phương án D
Câu 5.8. Tính t hể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có AB = 3, AD = 4 và AA
0
= 5.
A. V = 12. B. V = 20. C. V = 10. D. V = 60.
Lời giải.
Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là
V = AB · AD · AA
0
= 3 ·4 ·5 = 60.
Chọn phương án D
Câu 5.9. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy là tam giác đều cạnh a và AA
0
= 4a. Thể tích của
khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
bằng
A. 3a
3
. B.
√
3a
3
. C.
√
2a
3
. D. 4a
3
.
Lời giải.
Diện tích đáy là S
ABC
=
AB
2
·
√
3
4
=
a
2
√
3
4
.
Do ABC.A
0
B
0
C
0
là lăng trụ đứng nên AA
0
⊥ (ABC).
⇒ AA
0
là chiều cao khối lăng trụ đã cho.
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
bằng
V = AA
0
·S
ABC
= 4a ·
a
2
√
3
4
= a
3
√
3.
B
0
B
A
0
A
C
0
C
a
4a
Chọn phương án B
Câu 5.10. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh đều bằng a
√
2. Tính thể tích V
của khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
theo a.
A. V =
√
6a
3
2
. B. V =
√
6a
3
6
. C. V =
√
3a
3
6
. D. V =
√
3a
3
8
.
Lời giải.
Do ABC.A
0
B
0
C
0
là lăng trụ đều nên đáy ABC là tam giác đều và AA
0
⊥
(ABC).
Ta có diện tích đáy là S
ABC
=
AB
2
·
√
3
4
=
a
2
√
3
2
.
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
bằng
V = AA
0
·S
ABC
= a
√
2 ·
a
2
√
3
2
=
√
6a
3
2
.
B
0
B
A
0
A
C
0
C
a
√
2
a
√
2
Chọn phương án A
Câu 5.11. Một khối gỗ có dạng là lăng trụ, biết diện tích đáy và chiều cao lần lượt là 0,25 m
2
và 1,2
m. Mỗi mét khối gỗ này trị giá 5 triệu đồng. Hỏi khối gỗ đó có giá bao nhiêu tiền?
A. 750000 đồng. B. 500000 đồng. C. 1500000 đồng. D. 3000000 đồng.
15
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Thể tích của khối gỗ đó là V = 0,25 ·1,2 = 0,3 (m
3
).
Vậy khối gỗ đó có giá tiền là 5000000 ·0,3 = 1500000 (đồng).
Chọn phương án C
Câu 5.12. Cho hình hộp đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình vuông, cạnh bên AA
0
= 3a và đường
chéo AC
0
= 5a. Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
A. V = a
3
. B. V = 24a
3
. C. V = 8a
3
. D. V = 4a
3
.
Lời giải.
Gọi độ dài cạnh đáy của hình hộp đứng đã cho là x (với x > 0).
Khi đó A
0
C
0
= x
√
2.
Xét 4AA
0
C
0
, ta có
A C
0
=
p
AA
02
+ A
0
C
02
⇔
p
9a
2
+ 2x
2
= 5a
⇔ 9a
2
+ 2x
2
= 25a
2
⇔ x
2
= 8a
2
⇔ x = 2a
√
2.
Vậy thể tích của khối hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là
V = 3a ·
2a
√
2
2
= 24a
3
.
A
0
D
0
B
C
A
B
0
C
0
D
Chọn phương án B
Câu 5.13. Biết diện tích toàn phần của một khối lập phương bằng 96. Tính thể tích khối lập phương
A. 32. B. 64. C. 16. D. 128.
Lời giải.
Gọi độ dài cạnh hình lập phương bằng a ⇐ 6a
2
= 96 ⇐ a = 4.
Thể tích khối lập phương: V = 4
3
= 64.
Chọn phương án B
CÂU 6. Nghiệm của phương trình log
3
(
2x − 1
)
= 2 là
A. x = 3 . B. x = 5 . C. x =
9
2
. D. x =
7
2
.
Lời giải.
log
3
(
2x − 1
)
= 2 ⇐⇒
x >
1
2
2x − 1 = 9
⇐⇒
x >
1
2
x = 5
(
TM
)
.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 .
Chọn phương án B
Câu 6.1. Nghiệm của phương trình log
4
(
3x − 2
)
= 2 là
A. x = 6. B. x = 3. C. x =
10
3
. D. x =
7
2
.
Lời giải.
Ta có: log
4
(
3x − 2
)
= 2 ⇔ 3x −2 = 4
2
⇔ 3x −2 = 16 ⇔ x = 6.
Chọn phương án A
16
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 6.2. Nghiệm của phương trình log
2
x − 1
x − 2
= 2 là
A. x = 2. B. x = 6. C. x =
10
3
. D. x =
7
3
.
Lời giải.
Ta có: log
2
x − 1
x − 2
= 2 ⇒
x − 1
x − 2
= 4 ⇔ x −1 = 4x −8 ⇔ x =
7
3
.
Chọn phương án D
Câu 6.3. Nghiệm của phương trình log
2
(3x −2) = 3 là
A.
11
3
. B.
10
3
. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Điều kiện: x >
2
3
.
Phương trình ⇔ 3x −2 = 2
3
⇔ 3x = 10 ⇔ x =
10
3
.
Chọn phương án B
Câu 6.4. Nghiệm của phương trình log(2x + 1) = 1 là
A. x =
e + 1
2
. B. x =
e −1
2
. C. x =
9
2
. D. x =
11
2
.
Lời giải.
Điều kiện x > −
1
2
.
Phương trình ⇔ 2x + 1 = 10 ⇔ x =
9
2
.
Chọn phương án C
Câu 6.5. Nghiệm của phương trình log
3
(x −
√
3)
3
= 3 là
A. x = 3 −
√
3. B. x = 3 +
√
3. C. x = 3. D. x = 3
√
3.
Lời giải.
Điều kiện: x >
√
3.
Phương trình ⇔ (x −
√
3)
3
= 3
3
⇔ x −
√
3 = 3 ⇔ x = 3 +
√
3.
Chọn phương án B
Câu 6.6. Các nghiệm của phương trình 2
x
2
−9x+16
= 4 là
A. x = 2, x = 7. B. x = 4, x = 5. C. x = 1, x = 8. D. x = 3, x = 6.
Lời giải.
Phương trình ⇔ x
2
−9x + 16 = 2 ⇔ x
2
−9x + 14 = 0 ⇔
"
x = 2
x = 7.
Chọn phương án A
Câu 6.7. Nghiệm của phương trình
1
25
x+1
= 125
2x
là
A. x = 1. B. x = 4. C. x = −
1
4
. D. x = −
1
8
.
Lời giải.
Phương trình ⇔ (5
−2
)
x+1
= (5
3
)
2x
⇔ −2(x + 1) = 6x ⇔ x = −
1
4
.
Chọn phương án C
17
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 6.8. Tập nghiệm của phương trình log
2
(x
2
−4x + 3) = log
2
(4x −4)
A. S = {1; 7}. B. S = {7}. C. S = {1}. D. S = {3; 7}.
Lời giải.
Điều kiện:
(
x
2
−4x + 3 > 0
4x − 4 > 0
⇔ x > 3.
Phương trình ⇔ x
2
−4x + 3 = 4x −4 ⇔ x
2
−8x + 7 = 0 ⇔
"
x = 1 (Loại)
x = 7 (Thỏa mãn).
Chọn phương án B
Câu 6.9. Nghiệm của phương trình log
2
x + log
4
x + log
8
x = 11 là
A. x = 24. B. x = 36. C. x = 45. D. x = 64.
Lời giải.
Điều kiện: x > 0.
Phương trình ⇔ log
2
x +
1
2
log
2
x +
1
3
log
2
x = 11 ⇔
11
6
log
2
x = 11 ⇔ log
2
x = 6 ⇔ x = 64.
Chọn phương án D
Câu 6.10. Phương trình log
3
(x
2
−6) = log
3
(x −2) + 1 có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Lời giải.
Điều kiện:
(
x
2
−6 > 0
x − 2 > 0
⇔ x >
√
6.
Phương trình ⇔ log
3
(x
2
−6) = log
3
(x −2) + log
3
3
⇔ log
3
(x
2
−6) = log
3
[3(x − 2) ]
⇔ x
2
−6 = 3x −6
⇔
"
x = 0 (Loại)
x = 3 (Thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.
Chọn phương án A
Câu 6.11. Nghiệm của phương trình log
2
(
x − 1
)
+ log
2
(
x − 1
)
2
= 6 là
A. x = 6. B. x = 3. C. x =
10
3
. D. x = 5.
Lời giải.
Điều kiện: x > 1.
Ta có:
log
2
(
x − 1
)
+ log
2
(
x − 1
)
2
= 6
⇒log
2
(
x − 1
)
+ 2 log
2
(
x − 1
)
= 6
⇒log
2
(
x − 1
)
= 2 ⇒ x = 5.
Chọn phương án D
18
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 6.12. Nghiệm của phương trình log
4
x
2
−9
= 2 là
A. x = 5. B. x = 3. C. x = ±5. D. x = −3.
Lời giải.
Ta có: log
4
x
2
−9
= 2 ⇔ x
2
−9 = 4
2
⇔ x
2
= 25 ⇔ x = ±5.
Chọn phương án C
Câu 6.13. Cho
2
Z
0
f (x) dx = 2;
5
Z
2
2 f (x) dx = 6;
10
Z
5
f (x) dx = 5. Tính I =
10
Z
0
f (x) dx ?
A. I = 13. B. I = 10. C. I = 16. D. I = 4.
Lời giải.
Ta có:
10
Z
0
f (x) dx =
2
Z
0
f (x) dx +
5
Z
2
f (x) dx +
10
Z
5
f (x) dx = 2 + 3 + 5 = 10.
Chọn phương án
B
CÂU 7. Nếu
2
Z
1
f
(
x
)
dx = −2 và
3
Z
2
f
(
x
)
dx = 1 thì
3
Z
1
f
(
x
)
dx bằng
A. −3 . B. −1 . C. 1 . D. 3 .
Lời giải.
Ta có
3
Z
1
f
(
x
)
dx =
2
Z
1
f
(
x
)
dx +
3
Z
2
f
(
x
)
dx = −2 + 1 = −1 .
Chọn phương án B
Câu 7.1. Nếu
5
Z
2
f (x) dx = 3 và
7
Z
5
f (x) dx = 9 t hì
7
Z
2
f (x) dx bằng
A. 3. B. 6. C. 12. D. −6.
Lời giải.
Ta có
7
Z
2
f (x) dx =
5
Z
2
f (x) dx +
7
Z
5
f (x) dx = 3 + 9 = 12.
Chọn phương án C
Câu 7.2. Nếu
2
Z
−1
f (x) dx = 2 và
2
Z
−1
f (x) dx = −1 thì
2
Z
−1
[
x + 2 f (x) − 3g(x)
]
dx bằng
A.
5
2
. B.
7
2
. C.
11
2
. D.
17
2
.
Lời giải.
Ta có
2
Z
−1
[
x + 2 f (x) − 3g(x)
]
d =
2
Z
−1
xdx + 2
2
Z
−1
f (x) dx −
2
Z
−1
g(x)dx =
x
2
2
2
−1
+ 4 + 3 =
3
2
+ 7 =
17
2
.
Chọn phương án D
Câu 7.3. Nếu
3
Z
1
f (x) dx = 2016 và
3
Z
4
f (x) dx = 2017 thì
4
Z
1
f (x) dx bằng
A. 4023. B. 1. C. −1. D. 0.
Lời giải.
19
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có
4
Z
1
f (x) dx =
3
Z
1
f (x) dx +
4
Z
3
f (x) dx =
3
Z
1
f (x) dx −
3
Z
4
f (x) dx = 2016 −2017 = −1.
Chọn phương án
C
Câu 7.4. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên đoạn
[
−3; 5
]
thỏa f (−3) = 1 và f (5) = 9. Tính
5
Z
−3
4 f
0
(x) dx.
A. 40. B. 32. C. 36. D. 44.
Lời giải.
Ta có
5
Z
−3
4 f
0
(x) dx = 4 f (x)
5
−3
= 4
[
f (5) − f (−3)
]
= 4(9 −1) = 32.
Chọn phương án B
Câu 7.5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp 2 trên đoạn
[
2; 4
]
thỏa f
0
(2) = 1 và f
0
(4) = 5. Tính
4
Z
2
f
00
(x) dx.
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải.
Ta có
4
Z
2
f
00
(x) dx = f
0
(x)
4
2
=
f
0
(4) − f
0
(2)
= 5 −1 = 4.
Chọn phương án A
Câu 7.6. Cho
6
Z
0
f (x) dx = 12. Tính
2
Z
0
f (3x) dx.
A. 6. B. 36. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Xét
2
Z
0
f (3x) dx.
Ta đặt t = 3x ⇒ dt = 3dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 3 ⇒ t = 6.
Khi đó
2
Z
0
f (3x) dx =
1
3
6
Z
0
f (t)dt =
1
3
6
Z
0
f (x) dx =
1
3
·12 = 4.
Chọn phương án D
Câu 7.7. Biết
2
Z
1
(3x −1)dx = 20. Hãy tính tích phân
5
Z
2
f (x) dx.
A. 20. B. 40. C. 10. D. 60.
Lời giải.
Xét
2
Z
1
f (3x −1)dx = 20.
Ta đặt t = 3x −1 suy ra dt = 3dx.
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 5.
20
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Khi đó
2
Z
1
f (3x −1)dx =
1
3
5
Z
2
f (t)dt =
1
3
5
Z
2
f (x) dx = 20.
Suy ra
5
Z
2
f (x) dx = 20 ·3 = 60.
Chọn phương án D
Câu 7.8. Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên
[
0; 1
]
thỏa mãn f (1) = 6,
1
Z
0
x f
0
(x) dx = 5. Tính
I =
1
Z
0
f (x) dx.
A. 1. B. −1. C. 11. D. 3.
Lời giải.
Xét K =
1
Z
0
x f
0
(x) dx = 5.
Đặt
(
u = x
dv = f
0
(x) dx
⇒
(
du = dx
v = f (x).
K =
1
Z
0
x f
0
(x) dx = x f (x)
1
0
−
1
Z
0
f (x) dx = 5.
Suy ra f (1) −
1
Z
0
f (x) dx = 5 ⇔
1
Z
0
f (x) dx = 6 −5 = 1.
Chọn phương án A
Câu 7.9. Cho
4
Z
0
f (x) dx = 16. Tính I =
2
Z
0
f (2x) dx ?
A. I = 32. B. I = 8. C. I = 16. D. I = 4.
Lời giải.
Đặt t = 2x ⇒ dt = 2 dx ⇒ dx =
dt
2
. Khi đó ta có
I =
4
Z
0
f (t)
dt
2
=
1
2
4
Z
0
f (t) dt =
1
2
·16 = 8.
Chọn phương án B
Câu 7.10. Cho hàm số f (x) liên tục trên R t hỏa mãn
9
Z
1
f
√
x
√
x
dx = 4 và
π
2
Z
0
f
(
sin x
)
cos x dx = 2.
Tính tích phân I =
3
Z
0
f (x) dx ?
A. I = 2. B. I = 6. C. I = 4. D. I = 10.
Lời giải.
21
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Đặt t =
√
x ⇒ t
2
= x ⇒ 2t dt = dx. Khi đó
4 =
9
Z
1
f
√
x
√
x
dx =
3
Z
1
f (t)2 dt = 2
3
Z
1
f (t) dt ⇒
3
Z
1
f (t) dt = 2.
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx. Khi đó
= 2
π
2
Z
0
f
(
sin x
)
cos x dx =
1
Z
0
f (x) dx ⇒
1
Z
0
f (x) dx = 2.
Từ đây ta suy ra I =
3
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
f (x) dx +
3
Z
1
f (x) dx = 4.
Chọn phương án C
Câu 7.11. Cho
π
2
Z
0
f (x) dx = 5. Tính I =
π
2
Z
0
[
f (x) + 2 sin x
]
dx.
A. I = 5 + π. B. I = 5 +
π
2
. C. I = 3. D. I = 7.
Lời giải.
I =
π
2
Z
0
[
f (x) + 2 sin x
]
dx =
π
2
Z
0
f (x) dx + 2
π
2
Z
0
sin(x) dx = 5 −2 cos x
π
2
0
= 7.
Chọn phương án D
CÂU 8. Cho hàm số y = f
(
x
)
có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0 3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
22
−4−4
+∞+∞
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. −4 .
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số bằng −4 .
Chọn phương án D
Câu 8.1. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như
hình vẽ bên. Hàm số có giá trị cực đại bằng
A. −1. B. 0. C. 2. D. 1.
x
y
0
y
−∞
1
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
00
−1−1
+∞+∞
22
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Hàm số có giá trị cực đại bằng 0.
Chọn phương án B
Câu 8.2. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên
R và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định
nào sau đây là khẳng định sai?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1.
B. Hàm số cso đúng một cực trị.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại
x = 1.
D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −1.
x
y
0
y
−∞
0
1
+∞
− −
0
+
+∞+∞
−1−1
+∞+∞
0
Lời giải.
Khi qua x = 0 đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không thể đạt cực trị tại x = 0. Vậy khẳng định
câu C là sai.
Chọn phương án C
Câu 8.3. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như
hình vẽ bên. Hàm số y = 2 f (x) + 1 đạt cực tiểu tại
điểm
A. x = 5. B. x = 2. C. x = 0. D. x = 1.
x
y
0
y
−∞
0
2
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
11
55
−∞−∞
Lời giải.
Ta có: y = 2 f (x) + 1 ⇒ y
0
= 2 f
0
(x) .
Suy ra: Điểm cực tiểu của hàm số y = f (x) cũng là điểm cực tiểu của hàm số y = 2 f (x) + 1.
Vậy: Hàm số y = 2 f (x) + 1 đạt cực tiểu tại điểm x = 0.
Chọn phương án C
Câu 8.4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình dưới.
x
y
0
y
−∞
−2
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
00
+∞+∞
Tìm giá trị cực đại y
CĐ
và giá trị cực tiểu y
CT
của hàm số.
A. y
CĐ
= 3 và y
CT
= −2. B. y
CĐ
= 2 và y
CT
= 0.
C. y
CĐ
= −2 và y
CT
= 2. D. y
CĐ
= 3 và y
CT
= 0.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: y
CĐ
= 3 và y
CT
= 0.
Chọn phương án D
Câu 8.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới.
23
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
y
0
y
−∞
0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
−1−1
−2−2
+∞+∞
Hỏi hàm số đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây?
A. x = 0. B. x = −1. C. x = 2. D. x = −2.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = 2.
Chọn phương án C
Câu 8.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới.
x
y
0
y
−∞
−2
0
2
+∞
+
0
− −
0
+
−∞−∞
−4−4
−∞
+∞
44
+∞+∞
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng
A. −2. B. 2. C. −4. D. 4.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số là: y
CT
= 4.
Chọn phương án D
Câu 8.7. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên
[
−2; 2
]
và có đồ thị
như hình bên. Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x = −2. B. x = −1. C. x = 1. D. x = 2.
x
y
O
−2
−1 1
2
−4
−2
2
4
Lời giải.
Chọn phương án B
Câu 8.8. Tìm điểm cực đại của đồ thị hàm số f (x) = x
3
−3x + 2.
A. M(−1; 4). B. x = −1. C. N(−1; 0). D. x = 1.
Lời giải.
• Ta có: f
0
(x) = 3x
2
−3.
24
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
• f
0
(x) = 0 ⇔ 3x
2
−3 = 0 ⇔
"
x = 1
x = −1
.
• Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
00
+∞+∞
Từ bảng biến thiên ta có điểm cực đại của đồ thị hàm số là (−1; 4).
Chọn phương án A
Câu 8.9. Tìm điểm cực đại của hàm số f (x) = x
4
−2x
2
+ 2.
A. (−1; 1). B. x = −1. C. (0; 2). D. x = 0.
Lời giải.
• f
0
(x) = 4x
3
−4x = 4x(x
2
−1).
• f
0
(x) = 0 ⇔
x = 0
x = 1
x = −1
.
• Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
+∞+∞
11
22
11
+∞+∞
Từ bảng biến thiên ta có điểm cực đại của hàm số là x = 0.
Chọn phương án D
Câu 8.10. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Đồ thị của hàm
số y =
|
f (x)
|
có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
x
y
O
−1
1
Lời giải.
25
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Từ đồ thị hàm số y = f (x) suy ra đồ thị của hàm số y =
|
f (x)
|
như hình
bên.
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
|
f (x)
|
bằng 5.
x
y
O
−1
1
Cách khác
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) ta có:
• Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) là m = 3.
• Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục Ox là n = 2.
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
|
f (x)
|
bằng m + n = 3 + 2 = 5.
Chọn phương án D
Câu 8.11. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Đồ thị của hàm số
y = f (|x|) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
x
y
O
−2
2
Lời giải.
Từ đồ thị hàm số y = f (x) suy ra đồ thị của hàm số y = f (
|
x
|
) như hình
bên.
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (
|
x
|
) bằng 3.
x
y
O
−2
2
Cách khác
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) ta có số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) phía bên phải trục
Oy là n = 1.
Mà đồ thị hàm số f (
|
x
|
) nhận Oy làm trục đối xứng nên suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
f (
|
x
|
) bằng 2 n + 1 = 2 + 1 = 3.
Chọn phương án B
Câu 8.12. Số điểm cực trị của hàm số y =
(x −1)(x −2)
2
là:
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Lời giải.
Xét hàm số y = (x −1)(x −2)
2
= x
3
−5x
2
+ 8x − 4.
Tập xác định: D = R.
26
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có: y
0
= 3x
2
−10x + 8; y
0
= 0 ⇔ 3x
2
−10x + 8 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x =
4
3
.
Bảng biến thiên:
x
y
0
y
−∞
4
3
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
4
27
4
27
00
+∞+∞
Từ BBT của y = (x −1)(x −2)
2
suy ra BBT của y =
(x −1)(x −2)
2
:
x
y
0
y
−∞
1
4
3
2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
00
4
27
4
27
00
+∞+∞
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
Chọn phương án A
CÂU 9. Đồ thị của hàm số nào sau đây
có dạng như hình cong trong hình bên?
A. y = −x
4
+ 2x
2
. B. y = x
4
−2x
2
.
C. y = x
3
−3x
2
. D. y = −x
3
+ 3x
2
.
x
y
O
Lời giải.
Dựa vào hình dạng của đồ thị đã cho trong hình vẽ, ta thấy đó là hình dạng đồ thị của hàm số
y = ax
4
+ bx
2
+ c (a 6= 0) với hệ số a < 0 .
Trong bốn hàm số đã cho chỉ có hàm số y = −x
4
+ 2x
2
thỏa mãn.
Chọn phương án A
Câu 9.1. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ t hị của hàm số nào
A. y = x
3
+ 3x + 1. B. y = −x
3
+ 3x − 1.
C. y = x
3
−3x + 1. D. y = −x
4
−4x
2
+ 1.
x
y
O
Lời giải.
Đây là đồ thị hàm bậc ba có hệ số dương nên loại đáp án B,D.
Đồ thị hàm bậc ba có hai điểm cực trị nên loại A.
Chọn phương án C
27
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 9.2. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ t hị của hàm số nào
A. y =
x − 2
x + 1
. B. y =
−2x + 2
x + 1
.
C. y =
−x + 2
x + 2
. D. y =
2x − 2
x + 1
.
x
y
O
−1 1
−2
2
Lời giải.
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số giảm, có tiệm cận ngang là y = −2, tiệm cận đứng là x = −1, giao
với Ox tại điểm (1; 0), giao với Oy tại điểm (0; 2).
Vậy hàm số cần tìm là y =
−2x + 2
x + 1
.
Chọn phương án B
Câu 9.3. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A. y = −x
4
+ 2x
2
+
1
2
. B. y = x
4
+ 2x
2
.
C. y = x
3
−3x
2
. D. y = −x
3
+ 3x
2
.
x
y
O
Lời giải.
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 có a < 0 và a, b trái dấu nên ta chọn hàm số
y = −x
4
+ 2x
2
+
1
2
.
Chọn phương án A
Câu 9.4. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A. y = −x
3
+ x
2
−1. B. y = x
4
− x
2
−1.
C. y = x
3
+ x
2
−1. D. y = −x
4
−2x
2
−1.
x
y
O
Lời giải.
Nhìn vào đồ thị ta t hấy đây là đồ t hị hàm số bậc 4 với a > 0 và a, b trái dấu nên chọn hàm số
y = x
4
− x
2
−1.
Chọn phương án B
Câu 9.5. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A. y = −x
3
+ x
2
−1. B. y = 2x
4
− x
2
−1.
C. y = 2x
3
+ 3x
2
−1. D. y = −x
4
−2x
2
+ 1.
x
y
O
Lời giải.
28
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 với a < 0 và a, b cùng dấu nên chọn hàm số
y = −x
4
− x
2
+ 1.
Chọn phương án D
Câu 9.6. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A. y = x
4
2x
2
−1. B. y = 2x
4
− x
2
−1.
C. y = 2x
3
+ 3x
2
−1. D. y = −x
4
−2x
2
+ 1.
x
y
O
Lời giải.
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 với a > 0 và a, b cùng dấu nên chọn hàm số
y = x
4
+ x
2
−1.
Chọn phương án A
Câu 9.7. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. y = x
4
−2x
2
. B. y = x
4
+ 2x
2
.
C. y = −x
4
+ 2x
2
−1. D. y = −x
4
+ 2x
2
.
O
x
y
Lời giải.
1. Từ dạng của đồ thị, ta suy ra a < 0.
2. Khi x = 0 ⇒ y = 0 nên đáp án đúng là y = −x
4
+ 2x
2
.
Chọn phương án D
Câu 9.8.
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. y = x
3
−3x − 1. B. y = −x
3
+ 3x − 1.
C. y = −x
4
− x
2
+ 1. D. y = x
3
−3x + 1.
O
x
y
Lời giải.
1. Từ dạng của đồ thị, ta suy ra đồ thị là hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại đáp án y =
−x
3
+ 3x − 1, y = −x
4
− x
2
+ 1.
2. Khi x = 0 ⇒ y > 0 nên đáp án đúng là y = x
3
−3x + 1.
Chọn phương án D
Câu 9.9. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
29
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. y = −x
3
−4. B. y = x
3
−3x
2
−4.
C. y = −x
3
+ 3x
2
−4. D. y = −x
3
+ 3x
2
−2.
O
x
y
Lời giải.
- Từ dạng của đồ thị, ta suy ra đồ thị là hàm số bậc 3 có hệ số a < 0 nên loại đáp án y =
x
3
−3x
2
−4.
- Khi x = 0 ⇒ y = −4 nên ta loại đáp án y = −x
3
+ 3x
2
−2.
- Xét y = −x
3
−4 có y
0
= −3x
2
≤ 0 ∀x ∈ R ⇒ hàm số luôn giảm nên loại đáp án y = −x
3
−4.
Chọn phương án C
Câu 9.10. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. y =
x + 1
x − 1
. B. y = −x
4
− x
2
+ 1.
C. y =
2x − 1
x + 1
. D. y = x
3
−3x
2
−4.
x
y
O
Lời giải.
Đây là đồ thị hàm số phân thức có y
0
> 0 nên chọn y =
2x − 1
x + 1
.
Chọn phương án C
Câu 9.11. Cho hàm số f (x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ
bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a > 0, b > 0, c < 0, d > 0. B. a < 0, b < 0, c < 0, d > 0.
C. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0. D. a > 0, b < 0, c > 0, d > 0.
x
y
O
Lời giải.
lim
x→+∞
y = +∞ ⇒ a > 0.
Xét f
0
(x) = 3ax
2
+ 2bx + c, f
0
(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt trái dấu nên suy ra a · c < 0 ⇒ c < 0.
Xét y” = 6ax + 2b = 0 ⇔ x =
−b
3a
, dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ điểm uốn âm ⇒
−b
3a
< 0 ⇒ b > 0.
30
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án A
Câu 9.12. Cho hàm số f (x) = x
3
+ ax
2
+ bx + 4 có đồ t hị như hình vẽ bên. Hàm
số y = f (x) là hàm số nào trong bốn hàm số sau:
A. y = x
3
+ 3x
2
+ 2. B. y = x
3
−3x
2
+ 2.
C. y = x
3
+ 6x
2
+ 9x + 4. D. y = x
3
−6x
2
+ 9x + 4.
x
y
O
Lời giải.
Vì đồ thị hàm số y = f (x) = x
3
+ ax
2
+ bx + 4 đi qua các điểm (0; 4), (−1; 0), (−2; 2) nên ta có hệ
o
3
+ 6 · 0
2
+ 9 · 0 + 4 = 0
(−1)
3
+ a · (−1)
2
+ b · (−1) + 4 = 0
(−2)
3
+ a · (−2)
2
+ b · (−2) + 4 = 2
⇔
(
a − b = −3
4a −2b = 6
⇔
(
a = 6
b = 9
.
Chọn phương án C
CÂU 10. Với a là số thực dương tùy ý, log
2
a
2
bằng
A. 2 + log
2
a . B.
1
2
+ log
2
a . C. 2 log
2
a . D.
1
2
log
2
a .
Lời giải.
Với a là số thực dương tùy ý, ta có log
2
a
2
= 2 log
2
a .
Chọn phương án C
Câu 10.1. Với a là số thực dương tùy ý, log
3
a
4
bằng
A. 4 + log
3
a. B.
1
4
+ log
3
a. C. 4 log
3
a. D.
1
4
log
3
a.
Lời giải.
Ta có: log
3
a
4
= 4 log
3
a.
Chọn phương án C
Câu 10.2. Với a là số thực dương tùy ý, log
2
(a
2
) bằng
A. 2 + log
2
a. B.
1
2
+ log
2
a. C. 2 log
2
a. D.
1
2
log
2
a.
Lời giải.
Ta có log
2
(a
2
) = 2 log
2
a.
Chọn phương án C
Câu 10.3. Với a là số thực dương tùy ý, log
2
a
2
4
bằng
A. 2
(
log
2
a + 1
)
. B. 2
(
1 −log
2
a
)
. C. 2
(
log
2
a −1
)
. D. 2 log
2
a −1.
Lời giải.
Ta có log
2
a
2
4
= log
2
a
2
−log
2
4 = 2 log
2
a −2 = 2
(
log
2
a −1
)
.
Chọn phương án C
Câu 10.4. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì log
a
2
b
6
−log
a
b
2
bằng
A. log
a
b. B. log
b
a. C. 1. D. 0.
Lời giải.
31
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có log
a
2
b
6
−log
a
b
2
= 3 log
a
b −2 log
a
b = log
a
b.
Chọn phương án A
Câu 10.5. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì log
a
2
(
ab
)
bằng
A.
1
2
log
a
b. B.
1
2
+
1
2
log
a
b. C. 2 + 2 log
a
b. D. log
a
2
a ·log
a
2
b.
Lời giải.
Ta có log
a
2
(
ab
)
= log
a
2
a + log
a
2
b =
1
2
+
1
2
log
a
b.
Chọn phương án B
Câu 10.6. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì log
√
a
a
√
b
bằng
A.
1
2
+ log
a
b. B.
1
2
+
1
2
log
a
b. C. 2 + log
a
b. D. 2 + 2 log
a
b.
Lời giải.
Ta có log
√
a
a
√
b
= log
√
a
a + log
√
a
√
b = 2 + 2 log
a
b.
Chọn phương án D
Câu 10.7. Với a là số thực dương khác 1, thì
p
a
2
·
3
√
a
4
bằng
A. a
5
3
. B. a
7
3
. C. a
7
4
. D. a
11
6
.
Lời giải.
Ta có
p
a
2
·
3
√
a
4
=
q
a
2
· a
4
3
=
q
a
2+
4
3
= a
5
3
.
Chọn phương án A
Câu 10.8. Với a là số thực dương khác 1, thì
a
3
4
a
2
· a
3
2
bằng
A. a
9
. B. a
17
2
. C. a
23
2
. D. a
7
2
.
Lời giải.
Ta có
a
3
4
a
2
· a
3
2
=
a
3·4
a
2+
3
2
= a
12−
7
2
= a
17
2
.
Chọn phương án B
Câu 10.9. Cho a, b > 0 thỏa mãn a
2
= b, a 6= 1 thì log
3
√
a
b
3
bằng
A.
9
2
. B.
1
2
. C. 18. D.
2
3
.
Lời giải.
Ta có log
3
√
a
b
3
= log
a
1
3
a
6
= 18 log
a
a = 18.
Chọn phương án C
Câu 10.10. Giả sử log
a
x = −1 và log
a
y = 4 thì log
a
x
2
y
3
bằng
A. 3. B. 10. C. −14. D . 65.
Lời giải.
Ta có log
a
x
2
y
3
= log
a
x
2
+ log
a
y
3
= 2 log
a
x + 3 log
a
y = 2 · (−1) + 3 ·4 = 10.
Chọn phương án B
Câu 10.11. Với a là số thực dương tùy ý, log
100a
3
bằng
A. 6 log a. B. 3 + 3 log a. C.
1
2
+
1
3
log a. D. 2 + 3 log a.
32
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Ta có: log
100a
3
= log 10
2
+ log a
3
= 2 + 3 log a.
Chọn phương án
D
Câu 10.12. Cho các số thực a, b 6= 0 thỏa mãn 3
a
= 4
b
. Giá trị của
a
b
bằng
A. log
4
3. B. ln 12. C. ln 0, 75. D. log
3
4.
Lời giải.
Ta có: 3
a
= 4
b
⇒ a ·ln 3 = b ·ln 4 ⇒
a
b
=
ln 4
ln 3
= log
3
4.
Chọn phương án D
Câu 10.13. Cho log 3 = a. Giá trị của
1
log
81
1000
bằng?
A.
3a
4
. B.
4a
3
. C.
1
12a
. D. 12a.
Lời giải.
Ta có:
1
log
81
1000
= log
1000
81 = log
10
3
3
4
=
4
3
log 3 =
4a
3
.
Chọn phương án B
CÂU 11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f
(
x
)
= cos x + 6x là
A. sin x + 3x
2
+ C . B. −sin x + 3x
2
+ C . C. sin x + 6x
2
+ C . D. −sin x + C .
Lời giải.
Ta có
Z
(
cos x + 6x
)
dx = sin x + 3x
2
+ C .
Chọn phương án A
Câu 11.1. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + sin x là
A. x
2
+ cos x + C. B. x
2
−cos x + C. C. 2x
2
+ cos x + C. D. 2x
2
−cos x + C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(2x + sin x)dx = x
2
−cos x + C.
Chọn phương án B
Câu 11.2. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = e
x
+ x là
A. e
x
+ x
2
+ C. B. e
x
+ 1 + C. C. e
x
+
1
2
x
2
+ C. D.
e
x
x + 1
+
x
2
2
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
(
e
x
+ x
)
dx = e
x
+
x
2
2
+ C.
Chọn phương án C
Câu 11.3. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = x + 2
x
là
A. 1 +
2
x
ln 2
+ C. B.
x
2
2
+
2
x
ln 2
+ C. C.
x
2
2
+ 2
x
ln 2 + C. D.
x
2
2
+ 2
x
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
(
x + 2
x
)
dx =
x
2
2
+
2
x
ln 2
+ C.
Chọn phương án B
Câu 11.4. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = sin x + cos x là
A. sin x −cos x + C. B. sin x + cos x + C. C. −cos x −sin x + C. D. sin 2x + C.
33
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có
Z
(
sin x + cos x
)
dx = −cos x + sin x + C
Chọn phương án A
Câu 11.5. Biết F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
1
x + 2
thoả mãn F(3) = 1. Tính F(0).
A. F(0) = ln 2 −ln 5 −1. B. F(0) = ln 2 + ln 5 −1.
C. F(0) = ln 2 −ln 5 + 1. D. F(0) = ln 2 + ln 5 + 1.
Lời giải.
Ta có F(x) =
Z
1
x + 2
dx = ln |x + 2| + C =
(
ln(x + 2) + C
1
, nếu x > −2
ln(−x −2 ) + C
2
, nếu x < −2.
Do đó F(3) = −1 ⇔ ln 5 + C
1
= −1 ⇔ C
1
= −1 −ln 5.
Vậy F(0) = ln 2 − ln 5 − 1.
Chọn phương án A
Câu 11.6. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) = e
x
+ 2x t hoả mãn F(0) =
3
2
. Tìm F(x).
A. e
x
+ x
2
+
5
2
. B. 2e
x
+ x
2
−
1
2
. C. e
x
+ x
2
+
1
2
. D. e
x
+ x
2
+
3
2
.
Lời giải.
Z
f (x) dx =
Z
(
e
x
+ 2x
)
dx = e
x
+ x
2
+ C.
Lại có F(0) =
3
2
⇔ e
0
+ 0
2
+ C =
3
2
⇔ C =
1
2
.
Vậy f (x) = e
x
+ x
2
+
1
2
.
Chọn phương án C
Câu 11.7. Một nguyên hàm F(x) của hàm số f (x) = sin x +
1
cos
2
x
thỏa mãn F
π
4
=
√
2
2
là
A. −cos x + tan x + C. B. cos x + tan x −
√
2 + 1.
C. cos x + tan x +
√
2 −1. D. −cos x + tan x +
√
2 −1.
Lời giải.
Z
f (x) dx =
Z
sin x +
1
cos
2
x
dx = −cos x + tan x + C.
Lại có F
π
4
=
√
2
2
⇔ −cos
π
4
+ tan
π
4
+ C =
√
2
2
⇔ C =
√
2 −1.
Vậy F(x) = −cos x + tan x +
√
2 −1.
Chọn phương án D
Câu 11.8. Cho hàm số f (x) = 2x + sin x + 2 cos x. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f (x) thỏa mãn
F(0) = 1.
A. x
2
+ cos x + 2 sin x − 2. B. 2 + cos x + 2 sin x.
C. x
2
−cos x + 2 sin x. D. x
2
−cos x + 2 sin x + 2.
Lời giải.
Z
f (x) dx =
Z
(
2x + sin x + 2 cos x
)
dx = x
2
−cos x + 2 sin x + C.
Lại có F(0) = 1 ⇔ 0
2
−cos 0 + sin 0 + C = 1 ⇔ C = 2.
Vậy F(x) = x
2
−cos x + 2 sin x + 2.
Chọn phương án D
34
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 11.9. Cho hàm số f (x) thỏa mãn f
0
(x) = 1 − 4 sin 2x và f (0) = 10. Giá trị của f
π
4
bằng
A.
π
4
+ 10. B.
π
4
+ 12. C.
π
4
+ 6. D.
π
4
+ 8.
Lời giải.
Ta có
Z
f
0
(x) dx =
Z
(
1 −4 sin 2x
)
dx = x + 2 cos 2x + C.
Lại có f (0) = 10 ⇔ 0 + 2 cos 0 + C = 10 ⇔ C = 8.
Do đó f (x) = x + 2 cos 2x + 8 ⇒ f (
π
4
) =
π
4
+ 8.
Chọn phương án D
Câu 11.10. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x −e
x
là
A. 2 −e
x
+ C. B. x
2
+ e
−x
+ C. C. x
2
−e
x
+ C. D. x
2
−e
−x
+ C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(2x −e
x
)dx = x
2
−e
x
+ C.
Chọn phương án C
Câu 11.11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 3
x
+ sin 8x là
A.
3
x
ln 3
−cos 8x + C. B.
3
x
ln 3
−
1
8
cos 8x + C.
C.
3
x
ln 3
+
1
8
cos 8x + C. D. 3
x
ln 3 −
1
8
cos 8x + C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(3
x
+ sin 8x)dx =
3
x
ln 3
−
1
8
cos 8x + C.
Chọn phương án B
Câu 11.12. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + cos 2x là
A. x
2
+ sin 2x + C. B. x
2
+
1
2
sin 2x + C. C. x
2
−
1
2
sin 2x + C. D. x
2
+ 2 sin 2x + C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(2x + cos 2x) dx = x
2
+
1
2
sin 2x + C.
Chọn phương án B
Câu 11.13. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = x
3
+ sin 3x là
A. 3x
2
+ 3 cos 3x + C. B.
x
4
4
+
1
3
cos 3x + C. C. x
4
−cos 3x + C. D.
x
4
4
−
1
3
cos 3x + C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(x
3
+ sin 3x)dx =
x
4
4
−
1
3
cos 3x + C.
Chọn phương án D
CÂU 12. Môđun của số phức 1 + 2i bằng
A. 5 . B.
√
3 . C.
√
5 . D. 3 .
Lời giải.
Ta có:
|
1 + 2i
|
=
√
1
2
+ 2
2
=
√
5.
Vậy môđun của số phức 1 + 2i bằng
√
5 .
Chọn phương án C
Câu 12.1. Mô-đun của số phức 4 −3i bằng
A. 25. B.
√
7. C. 7. D. 5.
35
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có:
|
4 −3i
|
=
p
4
2
+ (−3)
2
= 5.
Chọn phương án D
Câu 12.2. Cho số phức z được biểu diễn bởi điểm M(−1; 3) trên mặt phẳng tọa độ. Mô-đun của số
phức z bằng
A. 10. B. 2
√
2. C.
√
10. D. 8.
Lời giải.
Số phức z bởi điểm M(−1; 3) suy ra z = −1 + 3i.
Ta có:
|
z
|
=
|
−1 + 3i
|
=
p
(−1)
2
+ ( 3)
2
=
√
10.
Chọn phương án C
Câu 12.3. Mô-đun của số phức 1 + 2i bằng
A. 5. B.
√
3. C.
√
5. D. 3.
Lời giải.
Ta có
|
1 + 2i
|
=
√
1
2
+ 2
2
=
√
5.
Chọn phương án C
Câu 12.4. Mô-đun của số phức 2 + i bằng
A. 3. B. 5. C. 2. D.
√
5.
Lời giải.
Ta có
|
2 + i
|
=
√
2
2
+ 1
2
=
√
5.
Chọn phương án D
Câu 12.5. Tính mô-đun của số phức z thõa mãn z
(
2 −i
)
+ 13i = 1
A.
|
z
|
=
√
34. B.
|
z
|
= 34. C.
|
z
|
=
5
√
34
3
. D.
|
z
|
=
√
34
3
.
Lời giải.
Ta có: z =
1 −13i
2 −i
= 3 −5i ⇔
|
z
|
=
q
3
2
+
(
−5
)
2
=
√
34.
Chọn phương án A
Câu 12.6. Cho hai số phức z
1
= 1 + i và z
2
= 2 −3i. Mô-đun của số phức z
1
+ z
2
bằng
A.
√
13. B.
√
5. C. 1. D. 5.
Lời giải.
Ta có: z
1
+ z
2
= 1 + i + 2 −3i = 3 −2i =
q
3
2
+
(
−2
)
2
=
√
13.
Chọn phương án A
Câu 12.7. Tìm số phức liên hợp của số phức z = i
(
3i + 1
)
A. z = 3 −i. B. z = −3 + i . C. z = 3 + i. D. z = −3 − i.
Lời giải.
Ta có: z = i
(
3i + 1
)
= −3 + i ⇔ z = −3 − i.
Chọn phương án D
Câu 12.8. Cho các số phức z
1
= 2 −3i và z
2
= 1 + 4i. Tìm số phức liên hợp của số phức z
1
z
2
A. −14 −5i. B. −10 −5i. C. −10 + 5i. D. 14 −5i.
Lời giải.
36
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có: z
1
z
2
=
(
2 −3i
) (
1 + 4i
)
= 14 + 5i ⇔ z = 14 −5i.
Chọn phương án D
Câu 12.9. Cho hai số phức z
1
= 1 −3i và z
2
= −2 −5i. Tìm phần ảo b của số phức z = z
1
−z
2
.
A. b = −2. B. b = 2. C. b = 3. D. b = −3.
Lời giải.
Ta có: z = z
1
−z
2
=
(
1 −3i
)
−
(
−2 −5i
)
= 3 + 2i.
Nên phần ảo b của số phức z là 2.
Chọn phương án B
Câu 12.10. Cho số phức z = 3 + 2 i. Tìm phần thực của số phức z
2
.
A. 9. B. 12. C. 5. D. 13.
Lời giải.
Ta có: z
2
=
(
3 + 2i
)
2
= 5 + 12i ⇒ phần thực của số phức z
2
là 5.
Chọn phương án C
Câu 12.11. Cho số phức z = 2 −i. Trên mặt phẳng tọa độ, tìm điểm biểu diễn của số phức w = iz
A. M
(
−1; 2
)
. B. N
(
2; −1
)
. C. P
(
2; 1
)
. D. Q
(
1; 2
)
.
Lời giải.
Ta có: w = iz = i
(
2 −i
)
= 1 + 2i ⇒ điểm biểu diễn của số phức w trên mặt phẳng tọa độ là
Q =
(
1; 2
)
.
Chọn phương án D
Câu 12.12. Cho số phức z = 2 − 3 i. Mô-đun của số phức z bằng
A. 1. B. −1. C. 13. D.
√
13.
Lời giải.
Ta có:
|
z
|
=
|
z
|
=
|
2 −3i
|
=
p
2
2
+ (−3)
2
=
√
13.
Chọn phương án D
Câu 12.13. Nếu điểm M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy
thỏa mãn OM = 4 thì
A.
|
z
|
=
1
4
. B.
|
z
|
= 4. C.
|
z
|
= 16. D.
|
z
|
= 2.
Lời giải.
Ta có: OM = 4 ⇒
p
x
2
+ y
2
= 4 =
|
z
|
.
Chọn phương án B
Câu 12.14. Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn cho số phức z. Số phức z
là
A. 2 −i. B. 1 + 2i. C. 1 −2i. D. 2 + i.
x
y
2
1
M
O
Lời giải.
Ta có: M(2; 1) suy ra z = 2 + i.
Chọn phương án D
37
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 12.15. Trong hình vẽ bên, điểm P biểu diễn cho số phức z
1
, điểm Q
biểu diễn cho số phức z
2
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. z
1
= z
2
. B.
|
z
1
|
=
|
z
2
|
= 5.
C.
|
z
1
|
=
|
z
2
|
=
√
5. D. z
1
= z
2
.
x
y
2
1
−1
2
Q
P
O
Lời giải.
Ta có: z
1
= −1 + 2i, z
2
= 2 + i suy ra
|
z
1
|
=
|
z
2
|
=
√
5.
Chọn phương án C
Câu 12.16. Số phức liên hợp của số phức z = 5 + 6i là
A. z = −5 + 6i. B. z = −5 −6i. C. z = 6 −5i. D. z = 5 −6i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của z = 5 + 6i là z = 5 −6i.
Chọn phương án D
Câu 12.17. Điểm M trong hình vẽ biểu diễn cho số phức z. Số phức z là
A. z = 3 + 5i. B. z = −3 + 5i. C. z = 3 −5i. D. z = −3 −5i.
x
y
−3
5
M
O
Lời giải.
Tọa độ điểm M = (−3; 5) suy ra z = −3 −5i.
Chọn phương án D
CÂU 13. Trong không gian Oxyz , hình chiếu của điểm M
(
2; −2; 1
)
trên mặt phẳng
(
Oxy
)
có tọa
độ là
A.
(
2; 0; 1
)
. B.
(
2; −2; 0
)
. C.
(
0; −2; 1
)
. D.
(
0; 0; 1
)
.
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M
(
x
o
; y
o
; z
o
)
trên mặt phẳng
(
Oxy
)
là điểm M
0
(
x
o
; y
o
; 0
)
.
Do đóhình chiếu của điểm M
(
2; −2; 1
)
trên mặt phẳng
(
Oxy
)
là điểm M
0
(
2; −2; 0
)
.
Chọn phương án
B
Câu 13.1. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oyz)
có tọa độ là
A. (2; 0; 1). B. (2; −2; 0). C. (0; −2; 1). D. ( 0; 0; 1).
Lời giải.
Hình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oyz) là ( 0; −2; 1).
Chọn phương án C
Câu 13.2. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ
là
A. (2; , 0; , 1). B. ( 2; −2; 0). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1).
Lời giải.
38
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M
0
(x
0
; y
0
; 0).
Do đó hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M
0
(2; −2; 0) .
Chọn phương án B
Câu 13.3. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ
là
A. M(3; 0; 3) . B. N(0; −1; 1). C. P(0; −1; 0). D. Q(0; 0; 1).
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm M
0
(0; y
0
; z
0
).
Do đó hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0; −1; 1).
Chọn phương án B
Câu 13.4. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm
A
0
(x; y; z).Khi đó x − y − z = bằng
A. −4. B. 2. C. 4. D. 3.
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm M
0
(x
0
; 0; z
0
).
Do đó hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm A
0
(3; 0; 1).
Suy ra : x − y − z = 2
Chọn phương án B
Câu 13.5. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(4; 5; 6) trên trục Oz
A. H(0; 5; 6). B. H(4; 5; 0). C. H(4; 0; 0). D. H(0; 0; 6 ).
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên trục Oz là điểm M
0
(0; 0; z
0
).
Do đó hình chiếu của điểm M(4; 5; 6) trên trục Oz là điểm H(0; 0; 6)
Chọn phương án D
Câu 13.6. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(1; −1; 2) trên trục Oy
A. H(0; −1; 0) . B. H(1; 0; , 0). C. H(0; , 0; 2). D. H(0; 1; 0).
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên trục Oy là điểm M
0
(0; y
0
; 0).
Do đó hình chiếu của điểm M(1; −1; 2) trên trục Oy là điểm H(0; −1; 0)
Chọn phương án A
Câu 13.7. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(1; 2; −4) trên trục Oz
A. H(0; −2; 0) . B. H(1; 0; 0). C. H(0; 0; −4). D. H(1; 2; −4).
Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) trên trục Oz là điểm M
0
(0; 0; z
0
).
Do đó hình chiếu của điểm M(1; 2; −4 ) trên trục Oz là điểm H(0; 0; −4)
Chọn phương án C
Câu 13.8. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ M’ là điểm đối xứng của điểm M(3; 2; 1 ) trên trục
Ox
A. M
0
(3; −2; −1). B. M
0
(−3; 2; 1). C. M
0
(−3; −2; −1). D. M
0
(3; −2; 1) .
Lời giải.
39
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có điểm đối xứng của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) qua trục Ox là điểm M(x
0
; −y
0
; −z
0
).
Do đó điểm đối xứng của điểm M(3; 2; 1 ) qua trục Ox là điểm M
0
(3; −2; −1)
Chọn phương án A
Câu 13.9. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ M’ là điểm đối xứng của điểm M(1; 2; 5) qua mặt
phẳng (Oxy).
A. M
0
(−1; −2; 5). B. M
0
(1; 2; 0). C. M
0
(1; −2; 5) . D. M
0
(1; 2; −5).
Lời giải.
Ta có điểm đối xứng của điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) qua mặt phẳng (Oxy)là điểm M
0
(x
0
; y
0
; −z
0
).
Do đó điểm đối xứng của điểm M(1; 2; 5 ) qua mặt phẳng (Oxy) là điểm M
0
(1; 2; −5)
Chọn phương án D
Câu 13.10. Tính khoảng cách d từ điểm M(1; −2; −3) đến mặt phẳng (Oxz).
A. d = 1. B. d = 2. C. d = 3. D. d = 4.
Lời giải.
Ta có khoảng cách từ điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) đến mặt phẳng (α):Ax + By + Cz + D = 0 được tính theo
công thức: d
(M,(α))
=
|Ax
0
+ By
0
+ Cz
0
+ D|
√
A
2
+ B
2
+ C
2
.
Do đó khoảng cách d từ điểm M(1; −2; −3) đến mặt phẳng (Oxz) : y = 0 là:d
(M,(Oxz))
= |−2 | = 2
Chọn phương án B
Câu 13.11. Trong không gian Oxyz, điểm đối xứng của điểm M(2; −2; 1) qua mặt phẳng (Oyz) có
tọa độ là
A. (2; 0; 1). B. (−2; −2; 1). C. (0; −2; 1). D. ( 0; 0; 1).
Lời giải.
Điểm đối xứng của điểm M(2; −2; 1) qua mặt phẳng (Oy z) là điểm có tọa độ (−2; −2; 1).
Chọn phương án B
Câu 13.12. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên trục Ox có tọa độ là
A. (2; 0; 1). B. (2; 0; 0). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1).
Lời giải.
Hình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên trục Ox là điểm có tọa độ (2; 0; 0).
Chọn phương án B
Câu 13.13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−3; 1; 2). Tọa độ điểm A
0
đối xứng với
điểm A qua trục Oy là
A. (−3; −1; 2). B. (3; 1; −2) . C. (3; −1; −2). D. (3; −1; 2).
Lời giải.
Gọi M là hình chiếu của điểm A lên trục Oy suy ra M(0; 1; 0).
Ta có A
0
đối xứng với điểm A qua trục Oy nên điểm M là trung điểm của AA
0
.
Khi đó:
x
A
0
= 2x
M
− x
A
y
A
0
= 2y
M
−y
A
z
A
0
= 2z
M
−z
A
↔
x
A
0
= 0 + 3 = 3
y
A
0
= 2 −1 = 1
z
A
0
= 0 −2 = −2.
Vậy A
0
(3; 1; −2).
Chọn phương án B
40
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 13.14. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−1; 2; 6), B(5; −4; 2), đường thẳng AB cắt mặt
phẳng (Oxz) tại điểm M và
# »
MA = k ·
# »
MB. Tính k.
A. k = −
1
2
. B. k =
1
2
. C. k = 2. D. k = −2.
Lời giải.
Ta nhận thấy hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxz): y = 0.
Suy ra điểm M nằm trong đoạn AB nên
# »
MA = k ·
# »
MB, k < 0.
Ta có:
MA
MB
=
d
(
A, (Oxz)
)
d
(
B, (Oxz)
)
=
2
|
−4
|
=
1
2
.
Suy ra k = −
1
2
.
Chọn phương án A
CÂU 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(
S
)
:
(
x − 1
)
2
+
(
y + 2
)
2
+
(
z −3
)
2
= 16 . Tâm của
(
S
)
có tọa độ là
A.
(
−1; −2; −3
)
. B.
(
1; 2; 3
)
. C.
(
−1; 2; −3
)
. D.
(
1; −2; 3
)
.
Lời giải.
Từ phương trình của mặt cầu
(
S
)
, suy ra tâm của mặt cầu
(
S
)
có tọa độ là
(
1; −2; 3
)
.
Chọn phương án D
Câu 14.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x −1)
2
+ (y −2)
2
+ (z + 3)
2
= 5. Tâm của mặt
cầu (S) có tọa độ là
A. (−1; −2; −3). B. (1; 2; 3). C. (−1; 2; −3). D. (1; 2; −3).
Lời giải.
Tọa độ tâm của mặt cầu (S) là (1; 2; −3).
Chọn phương án D
Câu 14.2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x − 2y + 2z − 3 = 0 có tâm và
bán kính là
A. I(2; −1; 1), r = 9. B. I(−2; 1; −1), r = 3. C. I(−2; −1; 1), r = 3. D. I(−2; 1; −1), r = 9.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(−2; 1; −1) và bán kính r =
p
(−2)
2
+ 1
2
+ (−1)
2
−(−3) = 3.
Chọn phương án B
Câu 14.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1)
2
+ y
2
+ (z −3)
2
= 4. Tìm tâm I và bán
kính r của mặt cầu (S).
A. I(1; 0; −3 ), r = 4. B. I(−1; 0; 3), r = 2. C. I(−1; 0; 3), r = 4. D. I(1; 0; −3), r = 2.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(−1; 0; 3) và bán kính r = 2.
Chọn phương án
B
Câu 14.4. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu?
A. x
2
+ y
2
+ z
2
− x + 1 = 0. B. x
2
+ y
2
+ z
2
−6x + 9 = 0.
C. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 9 = 0. D. x
2
+ y
2
+ z
2
−2 = 0.
Lời giải.
Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2
−2 = 0 ⇔ (x −0)
2
+ (y −0 )
2
+ (z −0 )
2
=
√
2.
Đây là phương trình của mặt cầu có tâm tại gốc tọa độ (0; 0; 0), bán kính r =
√
2.
Chọn phương án D
41
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 14.5. Trong không gian Oxyz, tìm điều kiện của tham số m để phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
−
2mx + 4y + 2mz + m
2
+ 5m = 0 là phương trình mặt cầu.
A. m < 4. B.
"
m ≤ 1
m ≥ 4
. C. m > 1. D.
"
m < 1
m > 4
.
Lời giải.
Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2
−2mx + 4y + 2mz + m
2
+ 5m = 0 ⇔ (x −m)
2
+ (y + 2)
2
+ (z + m)
2
= m
2
−5m + 4.
Theo yêu cầu bài toán thì m
2
−5m + 4 > 0 ⇔
"
m < 1
m > 4.
Chọn phương án
D
Câu 14.6. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−2x −4 y + 4z −m = 0
m là tham số
.
Biết mặt cầu có bán kính băng 5. Tìm m.
A. m = 25. B. m = 11. C. m = 16. D. m = −16.
Lời giải.
Theo đề bài r =
p
1
2
+ 2
2
+ (−2)
2
−(−m) = 5 ⇔ m = 16.
Chọn phương án C
CÂU 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
(
α
)
: 3x + 2y − 4z + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của
(
α
)
?
A.
#»
n
2
=
(
3 ; 2 ; 4
)
. B.
#»
n
3
=
(
2 ; −4 ; 1
)
. C.
#»
n
1
=
(
3 ; −4 ; 1
)
. D.
#»
n
4
=
(
3 ; 2 ; −4
)
.
Lời giải.
Mặt phẳng
(
α
)
: 3 x + 2y −4z + 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là
#»
n
4
(
3 ; 2 ; −4
)
.
Chọn phương án D
Câu 15.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : z − 2x + 3 = 0. Một véc-tơ pháp tuyến của
(P) là
A.
#»
u = (0; 1; −2). B.
#»
v = (1; −2; 3). C.
#»
n = (2; 0; −1). D.
#»
w = (1; −2; 0).
Lời giải.
Mặt phẳng (P) : 2x − z −3 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n = (2; 0; −1).
Chọn phương án C
Câu 15.2. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào sao đây nhận
#»
n = (1; 2; 3) làm véc-tơ pháp
tuyến.
A. x −2y + 3z + 1 = 0. B. 2x + 4y + 6z + 1 = 0.
C. 2x −4z + 6 = 0. D. x + 2y −3z −1 = 0.
Lời giải.
Ta có mặt phẳng 2x + 4y + 6z + 1 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến
#»
n
1
= (2; 4; 6) ⇒
#»
n = (1; 2; 3) cũng
là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng đã cho.
Chọn phương án B
Câu 15.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y −4z + 1 = 0. Véc-tơ nào dưới đây là
một véc-tơ pháp tuyến của (α)?
A.
#»
n
2
= (3; 2; 4). B.
#»
n
3
= (2; −4; 1). C.
#»
n
1
= (3; −4; 1). D.
#»
n
4
= (3; 2; −4).
Lời giải.
Mặt phẳng (α): 3x + 2y −4z + 1 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n = (3; 2; 4).
Chọn phương án D
42
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 15.4. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 3x − z + 2 = 0. Véc-tơ nào dưới đây là một
véc-tơ pháp tuyến của (P)?
A.
#»
n
4
= (−1; 0; −1). B.
#»
n
1
= (3; −1; 2). C.
#»
n
3
= (3; −1; 0). D.
#»
n
2
= (3; 0; −1).
Lời giải.
Mặt phẳng (P) : 3x − z + 2 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n = (3; 0; −1).
Chọn phương án D
Câu 15.5. Trong không gian Oxyz, véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ pháp tuyến của (P) ? Biết
#»
u =
(1; −2; 0) ,
#»
v = (0; 2; −1) là cặp véc-tơ chỉ phương của (P).
A.
#»
n = (1; 2; 0). B.
#»
n = (2; 1; 2). C.
#»
n = (0; 1; 2). D.
#»
n = (2; −1; 2).
Lời giải.
Mặt phẳng (P) có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n =
[
#»
u ,
#»
v
]
= (2; 1; 2).
Chọn phương án B
Câu 15.6. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) vuông góc với đường
thẳng d :
x − 1
2
=
y + 3
1
=
z
−1
.
A.
#»
n
1
= (2; 1; −1). B.
#»
n
2
= (1; −3; 0). C.
#»
n
3
= (2; −1; 1). D.
#»
n
4
= (−1; 3; 0).
Lời giải.
Mặt phẳng (P) vuông góc với d :
x − 1
2
=
y + 3
1
=
z
−1
nên (P) có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n =
#»
u
d
= (2; 1; −1).
Chọn phương án A
Câu 15.7. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ chỉ phương của đường t hẳng d :
x − 2
−1
=
y −1
2
=
z
1
là
A.
#»
u = (−1; 2; 1). B.
#»
u = (2; 1; 0). C.
#»
u = (−1; 2; 0). D.
#»
u = (2; 1; 1).
Lời giải.
Đường thẳng d :
x − 2
−1
=
y −1
2
=
z
1
có một véc-tơ chỉ phương là
#»
u = (−1; 2; 1).
Chọn phương án A
Câu 15.8. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d :
x = t
y = 2
z = 1 −2t
là
A.
#»
u = (1; 0; −2). B.
#»
u = (1; 2; 0). C.
#»
u = (−1; 2; 0). D.
#»
u = (1; 2; −2).
Lời giải.
Đường thẳng d :
x = t
y = 2
z = 1 −2t
có một véc-tơ chỉ phương là
#»
u = (1; 0; −2).
Chọn phương án A
Câu 15.9. Trong không gian Oxyz, gọi M
1
, M
2
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(2; 5; 4) lên trục
Ox và mặt phẳng Oyz. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng M
1
M
2
?
A.
#»
u
3
= (2; 0; 4). B.
#»
u
2
= (−2; 5; 4). C.
#»
u
4
= (0; −3; 4). D.
#»
u
1
= (−2; 0; 4).
Lời giải.
43
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có M
1
(2; 0; 0) và M
2
(0; 5; 4).
Đường thẳng M
1
M
2
có một véc-tơ chỉ phương là
#»
u =
# »
M
1
M
2
= (−2; 5; 4).
Chọn phương án B
Câu 15.10. Trong không gian Oxyz, Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) : x +
y −1 = 0 và mặt phẳng (Q) : x −2y + z − 3 = 0. Đường thẳng d có một véc-tơ chỉ phương là
A.
#»
u = (1; 1; 0). B.
#»
u = (1; −2; 1). C.
#»
u = (1; 1; −3). D.
#»
u = (1; −1; −3).
Lời giải.
Vì d = (P) ∩(Q) nên
(
#»
u
d
⊥
#»
n
P
#»
u
d
⊥
#»
n
Q
.
Do đó đường thẳng d có một véc-tơ chỉ phương là
#»
u =
#»
n
P
,
#»
n
Q
= (1; −1; −3).
Chọn phương án D
Câu 15.11. Trong không gian Oxyz, gọi M
1
, M
2
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(1; 2; 3) lên
các trục Ox, Oy. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng M
1
M
2
?
A.
#»
u
2
= (1; 2; 0). B.
#»
u
3
= (1; 0; 0). C.
#»
u
4
= (−1; 2; 0). D.
#»
u
1
= (0; 2; 0).
Lời giải.
Ta có M
1
(1; 0; 0) và M
2
(0; 2; 0).
Đường thẳng M
1
M
2
có một véc-tơ chỉ phương là
#»
u =
# »
M
1
M
2
= (−1; 2; 0).
Chọn phương án C
Câu 15.12. Trong không gian với hệ tr ục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; −3; 2) và
chứa trục Oz. Gọi
#»
n = (a; b; c) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Tính M =
b + c
a
.
A. M = −
1
3
. B. M = 3. C. M =
1
3
. D. M = −3.
Lời giải.
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; −3; 2) và chứa trục Oz nên chứa giá của hai véc-tơ
#»
k = (0; 0; 1),
# »
OA = (1; −3; 2).
Khi đó, véc-tơ pháp tuyến của (P) là
#»
n =
h
#»
k ,
# »
OA
i
= (3; 1; 0).
Vậy a = 3, b = 1, c = 0 nên M =
1 + 0
3
=
1
3
.
Chọn phương án C
Câu 15.13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 2; 0) và
chứa đường thẳng d :
x + 1
2
=
y
3
=
z
1
và có một véc-tơ pháp tuyến là
#»
n = (1; a; b). Tính a + b.
A. a + b = 2. B. a + b = 0. C. a + b = −3. D. a + b = 3.
Lời giải.
Lấy điểm B(−1; 0; 0) ∈ d. Ta có
# »
AB = (−2; −2; 0),
#»
u
d
= (2; 3; 1).
Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d nên mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến
#»
n =
h
# »
AB,
#»
u
d
i
=
(−2; 2; −2).
Khi đó véc-tơ
#»
n
1
= (1; −1; 1) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (P). Suy ra a = −1, b = 1.
Vậy a + b = −1 + 1 = 0.
Chọn phương án B
Câu 15.14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 4; 1), B(−1; 1; 3) và mặt
phẳng (P) : x − 3y + 2z − 5 = 0. Một mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt
phẳng (P) có dạng ax + by + cz −11 = 0. Tính a + b + c.
44
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. a + b + c = 10. B. a + b + c = 3. C. a + b + c = 5. D. a + b + c −7.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (−3; −3; 2) và véc-tơ pháp tuyến của (P) là
#»
n
P
= (1; −3; 2).
Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến là
#»
n
Q
=
h
# »
AB,
#»
n
P
i
= (0; 8; 12). Suy ra
#»
n = (0; 2; 3) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (Q).
Phương trình mặt phẳng (Q) : 0(x −2) + 2(y −4) + 3(z −1) = 0 ⇔ 2y + 3z −11 = 0.
Theo đề bài: a = 0, b = 2, c = 3. Do đó a + b + c = 0 + 2 + 3 = 5.
Chọn phương án C
CÂU 16. Trong không gian Oxyz , điểm nàọ dưới đây thuộc đường thẳng d :
x+1
−1
=
y−2
3
=
z−1
3
?
A. P
(
−1; 2; 1
)
. B. Q
(
1; −2; −1
)
. C. N
(
−1; 3; 2
)
. D. M
(
1; 2; 1
)
.
Lời giải.
Cách 1 : Vì phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua P
(
x
o
; y
o
; z
0
)
và có vectơ chỉ phương
#»
u
(
a; b; c
)
là
x−x
o
a
=
y−y
o
b
=
z−z
o
c
nên dễ dàng thấy điểm P
(
−1; 2; 1
)
thuộc đường thẳng d .
Cách 2 : Thay tọa độ 4 điểm M , N , P , Q vào phương trình đường thẳng d ta thấy điểm P thỏa mãn.
Chọn phương án A
Câu 16.1. Trong không gian Oxyz, đường thẳng ∆ :
x − 1
2
=
y + 2
−1
=
z
−1
không đi qua điểm nào
dưới đây?
A. A(−1; 2; 0). B. B(−1; −3; 1) . C. C(3; −1; −1). D. D(1; −2; 0).
Lời giải.
Thay tọa độ điểm A(−1; 2; 0) vào phương trình đường thẳng ta có
−1 −1
2
6=
2 + 2
−1
6=
0
−1
.
Vậy điểm A không thuộc ∆.
Chọn phương án A
Câu 16.2. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
x = t
y = 1 − t
z = 2 + t
. Đường thẳng d đi qua điểm nào
dưới đây?
A. K(1; −1; 1) . B. H(1; 2; 0). C. E(1; 1; 2). D. F(0; 1; 2).
Lời giải.
Đường thẳng d đi qua điểm F(0; 1; 2).
Chọn phương án D
Câu 16.3. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : 2x − y + 2x − 3 = 0 và mặt phẳng
(Q): x + y + z − 3 = 0. Giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) là đường thẳng đi qua điểm
nào dưới đây?
A. P(1; 1; 1). B. M(2; −1; 0). C. N(0; −3; 0). D. Q( −1; 2; −3).
Lời giải.
Giả sử giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) là một đường thẳng đi qua điểm I.
Khi đó
(
I ∈ (P)
I ∈ (Q).
Kiểm tra các điểm M, N, P, Q. Ta thấy chỉ có điểm P(1; 1; 1) cùng thuộc hai mặt phẳng (P) và (Q).
Vậy P(1; 1; 1) là điểm cần tìm.
Chọn phương án A
45
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 16.4. Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d:
x + 1
−1
=
y −2
3
=
z −1
3
?
A. P
(
−1; 2 ; 1
)
. B. Q
(
1 ; −2 ; −1
)
. C. N
(
−1 ; 3 ; 2
)
. D. M
(
1 ; 2 ;
)
.
Lời giải.
Lần lượt t hay tọa độ các điểm mỗi phương án vào phương trình đường t hẳng ta thấy điểm P
(
−1 ; 2 ; 1
)
thỏa mãn
−1 + 1
−1
=
2 −2
3
=
1 −1
3
= 0.
Vậy điểm P
(
−1; 2 ; 1
)
thuộc đường thẳng yêu cầu.
Chọn phương án D
Câu 16.5. Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :
x + 1
1
=
y −2
−1
=
z
3
?
A. Q
(
1; 0 ; 2
)
. B. N
(
1 ; −2 ; 0
)
. C. P
(
1 ; −1 ; −3
)
. D. M
(
−1 ; 2 ; 0
)
.
Lời giải.
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm M
(
−1 ; 2 ; 0
)
thỏa
−1 + 1
1
=
3 −2
−1
=
0
3
= 0.
Vậy điểm M
(
−1 ; 2 ; 0
)
thuộc đường thẳng yêu cầu.
Chọn phương án D
Câu 16.6. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
x = 1 + t
y = 2 + t
z = 3 + t
đi qua điểm nào trong các điểm sau
đây?
A. M
(
−1; 2 ; 3
)
. B. N
(
3 ; 2 ; 1
)
. C. P
(
1 ; 2 ; 3
)
. D. Q
(
0 ; 0 ; 0
)
.
Lời giải.
Lần lượt cho t các giá trị phù hợp với hoành độ của các điểm trong mỗi phương án. Ta được t = 0
thỏa mãn đề bài, điểm nằm trên d là điểm P
(
1 ; 2 ; 3
)
.
Chọn phương án C
Câu 16.7. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
x
1
=
y + 2
−1
=
z −1
3
đi qua điểm M
(
2 ; m ; n
)
.
Giá trị của m + n bằng
A. −1. B. 7. C. 3. D. 1.
Lời giải.
Thay tọa độ điểm M
(
2 ; m ; n
)
và phương trình của ∆ ta được:
2
1
=
m + 2
−1
=
n −1
3
⇔
(
m + 2 = −2
n −1 = 6
⇔
(
m = −2
n = 4
⇒ m + n = 3.
Chọn phương án C
Câu 16.8. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z = 5. Điểm nào dưới đây thuộc
(P)?
A. Q
(
2; −1 ; 5
)
. B. N
(
0 ; 0 ; −5
)
. C. P
(
−5 ; 0 ; 0
)
. D. M
(
1 ; 1 ; 6
)
.
Lời giải.
46
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Thay tọa độ các điểm vào phương trình của mặt phẳng
(
P
)
ta thấy M
(
1 ; 1 ; 6
)
thỏa mãn.
Vậy điểm M
(
1 ; 1 ; 6
)
thuộc thuộc (P).
Chọn phương án D
Câu 16.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm M
(
m ; 1 ; 6
)
và mặt phẳng
(
P
)
: x − 2y + z − 5 = 0.
Điểm M thuộc
(
P
)
khi m bằng
A. m = 1. B. m = −1. C. m = 3. D. m = 2.
Lời giải.
Thay tọa độ M
(
m ; 1 ; 6
)
vào
(
P
)
: x − 2y + z −5 = 0 ta được m −2 + 6 − 5 = 0 ⇔ m = 1.
Chọn phương án A
Câu 16.10. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
(
S
)
:
(
x + 1
)
2
+
(
y −2
)
2
+
(
z −3
)
2
= 25 và điểm
M
(
1 ; 1 ; 1
)
. Tìm khẳng định đúng?
A. M nằm bên ngoài
(
S
)
. B. M nằm bên trong
(
S
)
.
C. M thuộc mặt cầu
(
S
)
. D. Đường kính bằng 5.
Lời giải.
Mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
−1 ; 2 ; 3
)
, bán kính R = 5. Ta có:
IM =
q
(
1 + 1
)
2
+
(
1 −2
)
2
+
(
1 −3
)
2
= 3 < 5 = R.
Vậy M nằm bên trong
(
S
)
.
Chọn phương án B
Câu 16.11. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
(
S
)
:
(
x − 1
)
2
+
(
y −1
)
2
+
(
z −2
)
2
= 6 và điểm
M
(
2 ; 2 ; 4
)
. Tìm khẳng định đúng?
A. Điểm M nằm bên ngoài
(
S
)
. B. Điểm M nằm bên trong
(
S
)
.
C. Điểm M thuộc mặt cầu
(
S
)
. D. Đường kính bằng 6.
Lời giải.
Mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
1 ; 1 ; 2
)
, bán kính R =
√
6. Ta có:
IM =
q
(
2 −1
)
2
+
(
2 −1
)
2
+
(
4 −2
)
2
=
√
6 = R.
Vậy M thuộc
(
S
)
.
Chọn phương án C
Câu 16.12. Trong không gian Oxyz, cho điểm A
(
1 ; 0 ; 2
)
, mặt cầu
(
S
)
:
(
x + 1
)
2
+
(
y −2
)
2
+
(
z −4
)
2
=
3. Gọi d
1
là khoảng cách ngắn nhất từ A đến một điểm thuộc
(
S
)
và d
2
là khoảng cách dài nhất từ
điểm A đến một điểm thuộc
(
S
)
. Giá trị của d
1
+ d
2
bằng
A. .4
√
3.. B. 2
√
3. C. 6
√
3. D. 8
√
3.
Lời giải.
47
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
II
E
F
A
M
Mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
−1 ; 2 ; 4
)
, bán kính R =
√
3 . Ta có:
AI =
q
(
1 + 1
)
2
+
(
0 −2
)
2
+
(
2 −4
)
2
= 2
√
3 = 2R > R
⇒ A nằm ngoài
(
S
)
.
Lấy điểm M bất kì trên
(
S
)
thì IM = R =
√
3 và ta có:
• AM ≥ AI − IM =
√
3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa A và I.
• AM ≥ AI + IM = 3
√
3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I nằm giữa A và M.
Suy ra d
1
=
√
3, d
2
= 3
√
3. Vậy d
1
+ d
2
= 4
√
3.
Chọn phương án A
Câu 16.13. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x = 1 + 2t
y = 2 − t
z = −2 + 2t
(t ∈ R) và điểm M(1; 2; m).
Tìm tất cả các giá trị của m để điểm M thuộc đường thẳng d.
A. m = 2. B. m = 1. C. m = −2. D. m = 0.
Lời giải.
Điểm M(1; 2; m) thuộc đường thẳng d khi và chỉ khi
1 + 2t = 1
2 −t = 2
−2 + 2t = m
⇔
(
t = 0
m = −2.
Chọn phương án
C
CÂU 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
√
3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy
và SA =
√
2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
A. 45
◦
. B. 30
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
Lời giải.
Ta có: SA⊥
(
ABCD
)
nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) .
Do đó, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc
[
S CA .
Xét ∆SCA vuông tại A: tan
[
S CA =
SA
AC
=
√
2a
√
3a.
√
2
=
1
√
3
=⇒
[
S CA = 30
◦
.
Chọn phương án B
48
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 17.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là tan α. Khi đó
tan α bằng
A.
√
2. B.
2
√
3
. C. 2. D. 2
√
2.
Lời giải.
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là α. Suy ra α =
[
S CA.
Ta có tan α =
SA
A C
=
√
2.
B
C
D
A
S
Chọn phương án A
Câu 17.2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a . Độ dài cạnh bên của hình
chóp bằng bao nhiêu để góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60
◦
?
A.
2a
√
3
. B.
a
6
. C.
a
√
3
6
. D.
2a
3
.
Lời giải.
Gọi H là tâm của tam giác đều ABC, ⇒ SH ⊥ (AB C).
Hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC) là AH suy ra góc giữa cạnh
bên SA và đáy là góc
[
SAH.
Xét tam giác vuông SAH ta có cos 60
◦
=
AH
SA
⇒ SA =
AH
cos 60
◦
=
a
√
3
3
1
2
=
2a
√
3
.
S
B
H
A
C
Chọn phương án A
Câu 17.3. Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều cạnh a, AB vuông góc với mặt phẳng (BCD), AB =
2a. M là trung điểm đoạn AD. Gọi ϕ là góc giữa CM và mặt phẳng (BCD). Khi đó
A. tan ϕ =
√
3
2
. B. tan ϕ =
2
√
3
3
. C. tan ϕ =
3
√
2
2
. D. tan ϕ =
√
6
3
.
Lời giải.
Gọi N là trung điểm BD, suy ra MN k AB ⇒ MN ⊥ (BCD), do đó
góc giữa CM với mp(BCD) bằng góc
\
MCN.
MN =
AB
2
= a, CN =
a
√
3
2
⇒ tan ϕ =
MN
CN
= a ·
2
a
√
3
=
2
√
3
3
.
A
D
N
B
M
C
49
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Chọn phương án B
Câu 17.4. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Tính góc giữa đường thẳng AB
0
và mặt phẳng
(BDD
0
B
0
).
A. 60
◦
. B. 90
◦
. C. 45
◦
. D. 30
◦
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD khi đó ta có AO ⊥ BD (1).
Mặt khác ta lại có ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là hình lập phương nên BB
0
⊥
(ABCD) ⇒ BB
0
⊥ AO (2).
Từ (1) và (2) ta có AO ⊥
(
BDD
0
B
0
)
⇒
(
AB
0
, (ABCD)
)
=
(
AB
0
, B
0
O
)
=
\
AB
0
O.
Xét tam giác vuông AB
0
O ta có sin
\
AB
0
O =
AO
AB
0
=
1
2
⇒
\
AB
0
O = 30
◦
.
A B
O
D
0
C
0
D
B
0
A
0
C
Chọn phương án D
Câu 17.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
√
3a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =
√
2a (minh họa như hình bên).
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
A. 45
◦
. B. 30
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
A
D
B
C
S
Lời giải.
Ta có
(
SA ⊥ (ABCD)
A ∈ (ABCD)
⇒ A là hình chiếu của S lên (ABCD) .
Suy ra AC là hình chiếu của SC lên (ABCD)
⇒
(
S C, (ABCD)
)
= (SC, AC) =
[
S CA = α.
Do ABCD là hình vuông cạnh
√
3a nên
A C = a
√
6, SA = a
√
2
⇒ tan α =
SA
A C
=
a
√
2
a
√
6
=
√
3
3
⇒ α = 30
◦
.
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30
◦
.
A
D
B
C
S
α
Chọn phương án B
Câu 17.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc
với mặt đáy. Cho SA = a
√
2. Tính góc giữa cạnh SC với mặt đáy.
A. 45
◦
. B. 60
◦
. C. 90
◦
. D. 30
◦
.
Lời giải.
50
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Vì SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) là
A C. Suy ra góc giữa SC và (ABCD) bằng
[
S CA. Tam giác SAC vuông
tại A nên ta có tan
[
S CA =
SA
A C
=
a
√
2
a
√
2
= 1. Vậy góc cần tính bằng
45
◦
.
S
C
D
A
B
Chọn phương án A
Câu 17.7. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên
(ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Tính số đo của góc
giữa SA và (ABC).
A. 30
◦
. B. 45
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
Lời giải.
SA có hình chiếu vuông góc lên (ABC) là HA.
Vậy góc giữa SA và (ABC) là
[
SAH (vì
[
SAH < 90
◦
).
Tam giác SAH vuông tại H có SH = AH =
a
√
3
2
nên là tam giác
vuông cân tại H.
Vậy góc giữa SA và (ABC) có số đo là 45
◦
.
B
C
A
H
S
Chọn phương án C
Câu 17.8. Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với (AB C), SA = a
√
3,
AB = a. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng
A. 60
◦
. B. 30
◦
. C. 45
◦
. D. 90
◦
.
Lời giải.
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc
[
SBA.
Xét tam giác vuông SAB , ta có
tan
[
SBA =
SA
AB
=
a
√
3
a
=
√
3.
Suy ra
[
SBA = 60
◦
.
Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60
◦
.
B
C
S
A
a
√
3
a
Chọn phương án A
Câu 17.9. Cho lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều tâm O cạnh a . Hình chiếu của C
0
trên (ABC) tr ùng với tâm của đáy. Biết OC
0
= a
√
2. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ
bằng
51
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. 60
◦
. B. arctan 3. C. 30
◦
. D. arctan
√
6.
Lời giải.
Vì tam giác ABC đều nên OC =
AB
√
3
2
·
2
3
=
a
√
3
3
.
Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là góc α =
\
C
0
CO
⇒ tan α =
O C
0
O C
=
√
6 ⇒ α = arctan
√
6.
B
O
A
A
0
C
C
0
B
0
Chọn phương án D
Câu 17.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a
√
3, SA ⊥
(ABCD), SA = a
√
5. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Gọi α là góc giữa SO và mặt phẳng (ABCD).
Tính tan α.
A.
√
10. B.
√
10
2
. C.
√
5
2
. D.
√
5.
Lời giải.
Do SA ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu của SO lên mặt phẳng
ABCD. Vậy α =
[
SOA.
Suy ra tan α =
SA
OA
=
a
√
5
a
=
√
5.
B
C
D
S
O
A
Chọn phương án D
Câu 17.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với
(ABCD) và SA = a. Tính góc giữa cạnh SB và mặt phẳng (ABCD).
A. 60
◦
. B. 90
◦
. C. 30
◦
. D. 45
◦
.
Lời giải.
Do SA ⊥ (ABCD) suy ra AB là hình chiếu vuông góc của SB trên mặt
phẳng (ABCD) từ đó suy ra (SB; (ABCD)) =
[
SBA.
Theo giả thiết ta có SA = AB suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, từ
đó ta có (SB; (AB CD)) =
[
SBA = 45
◦
.
S
A
B
C
D
Chọn phương án D
52
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 17.12. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Các cạnh bên
của hình chóp S.ABC tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng α. Khẳng định nào sau đây là
đúng?
A. cos α =
√
3
6
. B. cos α =
√
3
12
. C. sin α =
√
3
12
. D. sin α =
√
3
6
.
Lời giải.
Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên ABC là tam giác
đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) ⇒ H
là trọng tâm tam giác ABC. Gọi M là tr ung điểm của BC ⇒
AM =
a
√
3
2
⇒ AH =
a
√
3
.
Mà
[
SAH = α ⇒ cos α =
AH
SA
=
√
3
6
.
S
A
C
H M
B
Chọn phương án A
Câu 17.13. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a và SA ⊥
(ABC). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) bằng 45
◦
. Tính SA.
A. SA = 2a. B. SA = a
√
3. C. SA = a
√
2. D. SA = a.
Lời giải.
Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = a
√
2.
Tam giác SAC vuông tại A có
[
S CA = 45
◦
nên tam giác SAC
cân tại A.
Do đó, SA = AC = a
√
2.
A
B
C
S
Chọn phương án C
CÂU 18. Cho hàm số f
(
x
)
, bảng xét dấu của f
0
(
x
)
như sau
x
f
0
(x)
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
−
0
+
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 0 . B. 2 . C. 1 . D. 3 .
Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f
0
(
x
)
ta thấy f
0
(
x
)
đổi dấu 2 lần tại x = −1 và x = 1 .
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2 .
Chọn phương án B
Câu 18.1. Cho hàm số f (x) liên tục trên R, bảng xét dấu của f
0
(x) như sau:
53
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
f
0
(x)
−∞
x
1
x
2
x
3
+∞
−
0
+ −
0
+
Khi đó số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là
A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Do hàm số xác định trên R và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại x
1
; x
2
; x
3
nên hàm số y = f (x)
có ba điểm cực trị.
Chọn phương án A
Câu 18.2. Cho hàm số f (x), bảng xét dấu của f
0
(x) như sau
x
f
0
(x)
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
−
0
−
0
+
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 0. B. 2. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f
0
(x) ta thấy f
0
(x) đổi dấu 2 lần tại x = 1 và x = 1.
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2.
Chọn phương án B
Câu 18.3. Cho hàm số y = f (x) liên trục trên R với bảng xét dấu của f
0
(x) như sau
x
f
0
(x)
−∞
−3
1
2
+∞
−
0
+
0
+
0
−
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.
Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f
0
(x) ta thấy f
0
(x) đổi dấu 2 lần tại x = −3 và x = 2.
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2.
Chọn phương án A
Câu 18.4. Cho hàm số y = f (x) liên trục trên R với bảng xét dấu của f
0
(x) như sau
x
f
0
(x)
−∞
−2
1
5
+∞
+
0
−
0
−
0
+
Hỏi mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số có 2 điểm cực trị. B. Hàm số y = f (x) đạt cực đại tại x = −2.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. D. Hàm số y = f (x) đạt cực tiểu tại x = −5.
Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f
0
(x) ta thấy f
0
(x) không đổi dấu tại x = 1 nên tại x = 1 không là điểm cực trị
của hàm số.
Chọn phương án C
54
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 18.5. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R và có bảng biến t hiên:
x
y
0
y
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
− +
0
−
−∞
2
−1 −1
3
2
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. Có một điểm. B. Có hai điểm. C. Có ba điểm. D. Có bốn điểm.
Lời giải.
Từ bẳng biến thiên ta thấy hàm số y = f (x) có hai điểm cực trị tại x = −1 và x = 1.
Tại x = 0 không phải là cực trị vì hàm số y = f (x) không xác định tại x = 0.
Chọn phương án B
Câu 18.6. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ?
A. Hàm số y =
x − 1
x + 2
có một điểm cực trị.
B. Hàm số y = x
4
−2x
2
−3 có ba điểm cực trị.
C. Hàm số y = −x
4
−2x
2
+ 3 có ba điểm cực trị.
D. Hàm số y = x
3
+ 3x − 4 có hai điểm cực trị.
Lời giải.
Ta có
• Hàm số y =
x − 1
x + 2
không có cự trị.
• Hàm số y = −x
4
−2x
2
+ 3 có một cực trị vì a.b > 0.
• Hàm số y = x
3
+ 3x − 4 không có cực trị vì y
0
= 3x
2
+ 3 > 0, ∀x ∈ R.
• Hàm số y = x
4
−2x
2
−3 có ba điểm cực trị vì a.b < 0.
Chọn phương án B
Câu 18.7. Cho hàm số f (x) có đạo hàm là f
0
(x) = x
2
(x −1)(x + 2 )
3
, ∀x ∈ R. Điểm cực tiểu của hàm
số đã cho là
A. x = 2. B. x = 0. C. x = 1. D. x = −3.
Lời giải.
Ta có: y
0
= 0 có ba nghiệm là x = −2 , x = 0, x = 1.
Ta có bảng xét dấu của hàm số f
0
(x) .
x
f
0
(x)
−∞
−2
0
1
+∞
+
0
−
0
−
0
+
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
Chọn phương án C
55
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 18.8. Cho hàm số f (x) có đạo hàm là f
0
(x) = (e
x
−1)(x
2
−x −2), ∀x ∈ R. Số điểm cực tiểu của
hàm số đã cho là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Ta có: y
0
= 0 có ba nghiệm là x = −1 , x = 0, x = 2.
Ta có bảng xét dấu của hàm số f
0
(x) .
x
f
0
(x)
−∞
−1
0
2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
Dưa vào bản biến thiên ta thấy hàm số có hai điểm cực tiểu tại x = −1 và x = 2.
Chọn phương án C
Câu 18.9.
Cho hàm số f (x) có đồ thị f
0
(x) của nó trên khoảng K như
hình vẽ. Khi đó trên K, hàm số y = f (x) có bao nhiêu điểm
cực trị?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
x
−4
−3 2
4
y
O
Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số f
0
(x) cắt trục hoành tại 3 điểm là x = −4, x = 0 và x = 4.
• Tại x = 0 và x = 4 là nghiệm bội chẵn của f
0
(x) nên hàm số y = x(x) không đạt cực trị tại đó.
• Tại x = −4 là nghiệm bội lẻ của f
0
(x) nên hàm số y = x(x) đạt cực trị tại đó.
Vậy hàm số y = f (x) có một điểm cực trị.
Chọn phương án A
Câu 18.10.
Đồ thị hàm số y = f
0
(x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hàm
số y = f (x) −3x + 2020 có bao nhiêu điểm cực trị
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
x
y
O
−1
3
1
−1
−2
Lời giải.
56
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Đặt g(x) = f (x) −3x + 2020 khi đó g
0
(x) = f
0
(x) − 3.
Ta có số điểm cực trị của hàm số y = g(x) là số nghiệm bội lẻ
của phương trình g
0
(x) = 0 hay f
0
(x) = 3.
• Vì x = −1 là nghiệm bội chẵn của phương trình g
0
(x) = 0
nên không là cực trị của hàm số y = g(x).
• Vì x = 2 là nghiệm bội lẻ của phương trình g
0
(x) = 0 nên
là cực trị của hàm số y = g(x).
Vậy hàm số y = g (x) = f (x) −3x + 2020 là một điểm cực trị.
x
y
O
−1
3
1
−1
−2
Chọn phương án A
Câu 18.11. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f
0
(x) =
x
2
−
√
2
x
2
(x + 2)
3
, ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của
hàm số là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) có 4 nghiệm phân biệt là ±
4
√
2; 0; −2.
Tuy nhiên f
0
(x) chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm ±
4
√
2 và −2 nên hàm số f (x) có 3 điểm cực trị.
Chọn phương án C
Câu 18.12. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f
0
(x) = (x − 1)(x
2
− 2) (x
4
− 4). Số điểm cực trị của
hàm số y = f (x) là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = (x − 1)(x
2
−2)
2
(x
2
+ 2).
Phương trình f
0
(x) = 0 có 3 nghiệm là −1, ±
√
2 nhưng f
0
(x) chỉ đổi dấu qua nghiệm x = −1.
Nên hàm số f (x) có 1 điểm cực trị.
Chọn phương án C
Câu 18.13. Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số f
0
(x)
x
y
O
Số điểm cực trị của hàm số f (x) là
A. 4. B. 3. C. 5. D. 2.
57
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Từ hình vẽ ta thấy f
0
(x) = 0 và đổi dấu tại đúng hai điểm nên hàm số có hai điểm cực trị.
Chọn phương án D
Câu 18.14. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x) =
√
x − 1 +
√
5 − x trên [1; 5].
A. max
x∈[1;5]
f (x) = 3
√
2. B. max
x∈[1;5]
f (x) =
√
2. C. max
x∈[1;5]
f (x) = 2
√
2. D. max
x∈[1;5]
f (x) = 2.
Lời giải.
Hàm số đã cho liên tục trên [1; 5].
Ta có f
0
(x) =
1
2
√
x − 1
−
1
2
√
5 − x
=
√
5 − x −
√
x − 1
2 ·
√
x − 1 ·
√
5 − x
.
Do đó f
0
(x) = 0 ⇔
√
5 − x =
√
x − 1 ⇔ x = 3 ∈ [ 1; 5].
Mặt khác f (1) = 2 = f (5), f ( 3) = 2
√
2. Vậy max
x∈[1;5]
f (x) = 2
√
2.
Chọn phương án C
Câu 18.15. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = −x
4
+ 12x
2
+ 1 trên đoạn [−1; 2] bằng
A. 1. B. 37. C. 33. D. 12.
Lời giải.
Hàm số f (x) = −x
4
+ 12x
2
+ 1 liên tục trên [−1; 2].
f
0
(x) = −4 x
3
+ 24x.
Xét f
0
(x) = 0 ⇔ −4x
3
+ 24x = 0 ⇐
"
x = 0
x = ±
√
6.
Ta xét trên [−1; 2] nên nhận x = 0.
Ta có f (−1) = 12, f (0) = 1, f (2) = 33.
Vậy max
x∈[−1;2]
f (x) = f ( 2) = 33.
Chọn phương án C
CÂU 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f
(
x
)
= −x
4
+ 12x
2
+ 1 trên đoạn
[
−1 ; 2
]
bằng
A. 1 . B. 37 . C. 33 . D. 12 .
Lời giải.
Hàm số f
(
x
)
liên tục trên đoạn
[
−1 ; 2
]
.
f
0
(
x
)
= −4x
3
+ 24x = 4x
−x
2
+ 6
f
0
(
x
)
= 0 ⇐⇒
x = 0 ∈
(
−1 ; 2
)
x = −
√
6 /∈
(
−1 ; 2
)
x =
√
6 /∈
(
−1 ; 2
)
f
(
−1
)
= 12 ; f
(
2
)
= 33 ; f
(
0
)
= 1 .
Vậy Max
[
−1 ;2
]
f
(
x
)
= 33 .
Chọn phương án C
Câu 19.1. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) =
x
3
3
+
x
2
2
−2x − 1 trên đoạn [0; 2] bằng
A. −
1
3
. B.
7
3
. C. 0. D. −1.
Lời giải.
Hàm số f (x) =
x
3
3
+
x
2
2
−2x − 1 liên tục trên [0; 2].
58
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
f
0
(x) = x
2
+ x −2; f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 1
x = −2.
Ta xét trên [0; 2] nên nhận x = 1.
Ta có f (0) = −1, f (1) = −
13
6
, f (2) = −
1
3
.
Vậy max
x∈[0;2]
f (x) = f ( 2) = −
1
3
.
Chọn phương án A
Câu 19.2. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) =
3x − 1
x − 3
trên đoạn [0; 2] bằng
A. −
1
3
. B.
1
3
. C. −5. D. 5.
Lời giải.
Hàm số f (x) =
3x − 1
x − 3
liên tục trên [0; 2] .
f
0
(x) = −
8
(
x − 3
)
2
< 0, ∀x ∈ (0; 2).
Ta có f (0) =
1
3
, f (2) = −5.
Vậy max
x∈[0;2]
f (x) = f ( 0) =
1
3
.
Chọn phương án B
Câu 19.3. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) =
√
−x
2
+ 2x bằng
A. 1. B. 0. C.
√
3. D. 2.
Lời giải.
Hàm số f (x) =
√
−x
2
+ 2x liên tục trên [0; 2].
f
0
(x) =
1 − x
√
−x
2
+ 2x
, f
0
(x) = 0 ⇔ x = 1.
Ta có f (0) = 0, f (2) = 0, f (1) = 1.
Vậy max
x∈[0;2]
f (x) = f ( 1) = 1.
Chọn phương án A
Câu 19.4. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = cos
3
x + 2 sin
2
x + cos x bằng
A.
58
27
. B. 3. C. 2. D. −2.
Lời giải.
f (x) = cos
3
x + 2 sin
2
x + cos x = cos
3
x − 2 cos
2
x + cos x + 2. Đặt t = cos x, t ∈ [−1; 1].
Hàm số f (t) = t
3
−2t
2
+ t + 2 liên tục trên [−1; 1].
f
0
(t) = 3t
2
−4t + 1, f
0
(t) = 0 ⇔
t = 1
t =
1
3
.
Ta có f (−1) = −2, f (1) = 2, f (
1
3
) =
58
27
.
Vậy max
x∈[−1;1]
f (t) = f (
1
3
) =
58
27
.
Chọn phương án A
Câu 19.5. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) =
x − m
2
x + 1
trên đoạn [0; 1] bằng
59
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A.
1 + m
2
2
. B. −m
2
. C.
1 −m
2
2
. D.
m
2
−1
2
.
Lời giải.
Hàm số f (x) =
x − m
2
x + 1
liên tục trên [0; 1] .
f
0
(x) =
m
2
+ 1
(
x + 1
)
2
> 0, ∀x ∈ (0; 1).
Ta có f (0) = −m
2
, f (1) =
1 −m
2
2
.
Vậy max
x∈[0;1]
f (x) = f ( 1) =
1 −m
2
2
.
Chọn phương án C
Câu 19.6. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [−1; 3]. Giá trị M − m bằng
A. 0. B. 1. C. 4. D. 5.
x
y
O
2
−1
3
1
3
−2
Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có M = 3 và m = −2 nên M − m = 3 −(−2) = 5.
Chọn phương án D
Câu 19.7. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−2; 2] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [−2; 2]. Giá trị M − m bằng
A. 0. B. 8. C. 4. D. 2.
x
y
O
2
−1
−2
1
2
4
−4
−2
Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có M = 4 và m = −4 nên M − m = 4 −(−4) = 8.
Chọn phương án B
60
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 19.8. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−3; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( f (x)) trên đoạn [−1; 0]. Giá trị M − m
bằng
A. 1. B. 3. C. 4. D. 6.
x
y
O
2
−1
1
3
−3
1
3
−3
Lời giải.
Ta có f (x) =
(
− x
2
−2x (−3 ≤ x ≤ 1)
−6x
2
+ 24x − 21 (1 ≤ x ≤ 3).
f ( f (x)) =
(
− x
4
−4x
3
−2x
2
+ 4x (−3 ≤ x ≤ 1)
−36x
4
+ 288x
3
−828x
2
+ 1008x − 339 (1 ≤ x ≤ 3).
Đồ thì của hàm số f ( f (x)) như hình vẽ
Do đó M = 0 và m = −3 nên M − m = 0 − (−3) = 3.
−1
−3
O
−1
−3
x
y
Chọn phương án B
Câu 19.9. Gọi M, N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = |x − 3|
√
x + 1
trên [0; 4]. Khi đó M + 2N bằng
A.
16
√
3
9
. B.
256
27
. C. 3. D.
√
5.
Lời giải.
Ta có f (x) =
p
(x −3)
2
(x + 1). Xét hàm số g(x) = (x −3)
2
(x + 1) trên [0; 4].
Ta có g
0
(x) = 2(x − 3)(x + 1) + (x −3)
2
= (x −3)(3x − 1).
Khi đó g
0
(x) = 0 ⇔
x = 3 ∈ (0; 4)
x =
1
3
∈ (0; 3)
; g(0) = 9, g
1
3
=
256
27
, g(3) = 0, g(4) = 5.
Khi đó min
[0;4]
g(x) = 0; max
[0;4]
g(x) =
256
27
. Hay M =
16
√
3
9
, N = 0. Vậy M + 2N =
16
√
3
9
.
Chọn phương án A
Câu 19.10. Cho hàm số f (x) liên tục trên [−1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M, m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên [−1; 3]. Tính M − m.
61
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
y
O
−1 1
3
−1
1
4
A. 2. B. 5. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y = f (x) đạt giá trị nhỏ nhất trên [−1; 3] là −1 tại x = −1 và đạt giá
trị lớn nhất trên [−1; 3] là 4 tại điểm x = 3. Do đó M = 4, m = −1 nên M − m = 5.
Chọn phương án B
CÂU 20. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log
2
a = log
8
(
ab
)
. Mệnh đề nào đúng ?
A. a = b
2
. B. a
3
= b. C. a = b. D. a
2
= b.
Lời giải.
Ta có: log
2
a = log
8
(
ab
)
⇔ log
2
a =
1
3
log
2
(
ab
)
⇔ 3 log
2
a = log
2
(
ab
)
⇔ log
2
a
3
= log
2
(
ab
)
.
⇔ a
3
= ab ⇔ a
2
= b.
Chọn phương án D
Câu 20.1. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log
2
a
2
= log
4
ab
2
. Mệnh đề nào đúng ?
A. 2a = b. B. a
2
= b
3
. C. a
3
= b
2
. D. a = b.
Lời giải.
Ta có: log
2
a
2
= log
4
ab
2
⇔ log
2
a
2
=
1
2
log
2
ab
2
⇔ 2 log
2
a
2
= log
2
ab
2
.
⇔ log
2
a
4
= log
2
ab
2
⇔ a
3
= b
2
.
Chọn phương án C
Câu 20.2. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a
3
b
2
= 32. Giá trị của 3 log
2
a + 2 log
2
b bằng
A. 5. B. 2. C. 32. D. 4.
Lời giải.
Ta có: 3 log
2
a + 2 log
2
b = log
2
a
3
+ log
2
b
2
= log
2
a
3
b
2
= log
2
32 = 5.
Chọn phương án A
Câu 20.3. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn log
4
a + log
2
b = −
1
2
. Giá trị của a
2
b
4
bằng
A.
1
2
. B.
1
4
. C. 2. D. −4.
Lời giải.
Ta có: log
4
a + log
2
b = −
1
2
⇔
1
2
log
2
a + log
2
b = −
1
2
⇔ log
2
√
a + log
2
b = −
1
2
⇔ log
2
√
ab = −
1
2
.
⇔
√
ab = 2
−
1
2
⇔ a
2
b
4
=
1
4
.
Chọn phương án B
62
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 20.4. Cho log
2
(
a + 1
)
= 3.Giá trị của biểu thức 3
log
4
(
a−3
)
bằng
A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Ta có: log
2
(
a + 1
)
= 3 ⇔ a + 1 = 8 ⇔ a = 7.
Suy ra 3
log
4
(
a−3
)
= 3
log
4
(
7−3
)
= 3
Chọn phương án A
Câu 20.5. Cho a và b là các số thực dương t hỏa mãn
log
3
5 ·log
5
a
1 + log
3
2
− log
6
b = 2. Tìm khẳng định
đúng.
A. a = b log
6
2. B. a = b log
6
3. C. a = 36b. D. 2a + 3b = 0.
Lời giải.
Ta có:
log
3
5 ·log
5
a
1 + log
3
2
−log
6
b = 2 ⇔
log
3
a
log
3
3 + log
3
2
−log
6
b = 2.
⇔
log
3
a
log
3
6
−log
6
b = 2 ⇔ log
6
a −log
6
b = 2 ⇔ log
6
a
b
= 2 ⇔
a
b
= 36 ⇔ a = 36b.
Chọn phương án C
Câu 20.6. Cho a > 0; a 6= 1 và x, y ∈ R t hỏa mãn log
a
3 = x, log
a
2 = y. Khi đó
(
x + y
)
log
6
a bằng
A.
(
x + y
)
2
. B. 2(x + y). C. x + y. D. 1.
Lời giải.
Ta có: log
a
3 = x ⇔ a
x
= 3.
log
a
2 = y ⇔ a
y
= 2.
Suy ra
(
x + y
)
log
6
a = log
6
a
x+y
= log
6
(
a
x
· a
y
)
= log
6
(
3 ·2
)
= 1.
Chọn phương án D
Câu 20.7. Cho a > 0; a 6= 1 và b > 0 thỏa mãn log
a
b =
b
4
và log
2
a =
16
b
. Tổng a + b bằng
A. 16. B. 12. C. 10. D. 18.
Lời giải.
Ta có: log
a
b ·log
2
a =
b
4
·
16
b
.
⇔ log
2
b = 4 ⇔ b = 16
Suy ra log
2
a =
16
16
⇔ log
2
a = 1 ⇔ a = 2.
Tổng a + b = 16 + 2 = 18
Chọn phương án D
Câu 20.8. Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của cấp số cộng có công sai d 6= 0. Giá
trị của log
2
b − a
d
bằng
A. log
2
5. B. 3. C. 2. D. log
2
3.
Lời giải.
Ta có: log
2
b − a
d
= log
2
a + 4d − a
d
= log
2
4 = 2.
Chọn phương án C
Câu 20.9. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [−1; 3 ] và có bảng biến thiên như sau
63
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
f
0
(x)
f (x)
−1
0
2
3
+
0
−
0
+
11
22
−2−2
33
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f
(
3|sin x| −1
)
.
A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Đặt t = 3|sin x| −1, ∀x ∈ R.
Ta có 0 ≤ |sin x| ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 3 |sin 3x| ≤ 3 ⇔ −1 ≤ 3|sin x|−1 ≤ 2.
Vậy t ∈ [−1; 2] .
Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số y = f
(
3|sin x| −1
)
chính là giá trị lớn nhất của hàm số y = f (t)
trên đoạn [−1; 2].
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f (x) ta có ngay max
x∈R
f (x) = max
t∈[−1;2]
f (t) = f (0) = 2.
Chọn phương án C
Câu 20.10. Cho a > 0, b > 0 và ln
a + b
3
=
2 ln a + ln b
3
. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề
sau
A. a
3
+ b
3
= 8a
2
b − ab
2
. B. a
3
+ b
3
= 3(8a
2
b + ab
2
).
C. a
3
+ b
3
= 3(a
2
b − ab
2
). D. a
3
+ b
3
= 3(8a
2
b − ab
2
).
Lời giải.
Ta có
ln
a + b
3
=
2 ln a + ln b
3
⇔ 3 ln
a + b
3
= 2 ln a + ln b
⇔ ln
(a + b)
3
27
= ln
a
2
b
⇔
(a + b)
3
27
= a
2
b
⇔ (a + b)
3
= 27a
2
b
⇔ a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+ b
3
= 27a
2
b
⇔ a
3
+ b
3
= 3
8a
2
b − ab
2
Chọn phương án D
Câu 20.11. Cho log
a
3
√
a
7
· a
11
3
a
4
·
7
√
a
−5
=
m
n
với a > 0, m, n ∈ N
∗
và phân số
m
n
tối giản. Khẳng định nào
sau đây đúng?
A. m
2
−n
2
= 32. B. m
2
+ n
2
= 543. C. m
2
−n
2
= −312. D. m
2
+ n
2
= 409.
Lời giải.
64
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Đặt A =
3
√
a
7
· a
11
3
a
4
·
7
√
a
−5
=
a
7
3
· a
11
3
a
4
· a
−5
7
=
a
6
a
23
7
= a
19
7
, suy ra log
a
A = log
a
a
19
7
=
19
7
.
Từ đó suy ra m = 19, n = 7 ⇒ m
2
−n
2
= 312.
Chọn phương án A
Câu 20.12. Cho a > 0, b > 0 và a 6= 1 thỏa mãn log
a
b =
b
4
, log
2
a =
16
b
. Tính tổng a + b.
A. 12. B. 18. C. 16. D. 10.
Lời giải.
Ta có log
2
a =
16
b
⇔ a = 2
16
b
suy ra log
a
b = log
2
16
b
b =
b
16
log
2
b =
b
4
.
Từ đó suy ra log
2
b = 4 ⇔ b = 16 ⇒ a = 2.
Vậy a + b = 18.
Chọn phương án B
Câu 20.13. Nếu log
8
a + log
4
b
2
= 5 và log
4
a
2
+ log
8
b = 7 thì giá trị của
a
b
là
A. 2. B. 2
18
. C. 8. D. 2
9
.
Lời giải.
Điều kiện: a > 0, b > 0.
Ta có
(
log
8
a + log
4
b
2
= 5
log
4
a
2
+ log
8
b = 7
⇔
(
1
3
log
2
a + log
2
b = 5
log
2
a +
1
3
log
2
b = 7
⇔
(
log
2
a = 6
log
2
b = 3
⇔
(
a = 2
6
b = 2
3
.
Vậy
a
b
= 2
3
= 8.
Chọn phương án C
CÂU 21. Tập nghiệm của bất phương trình 5
x−1
≥ 5
x
2
−x−9
.
A. [−2; 4 ]. B. [−4; 2].
C. ( −∞; −2] ∪ [4; +∞). D. (−∞; −4] ∪ [2; +∞).
Lời giải.
5
x−1
≥ 5
x
2
−x−9
⇔ x − 1 ≥ x
2
− x −9 ⇔ x
2
−2x − 8 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 4.
Chọn phương án A
Câu 21.1. Tập nghiệm của bất phương trình
1
2
x
2
−3x−2
≥ 4.
A.
(
−∞; 0
]
∪
[
3; +∞
)
. B.
(
−∞; 0
]
. C.
[
3; +∞
)
. D. [0; 3].
Lời giải.
1
2
x
2
−3x−2
≥ 4 ⇔
1
2
x
2
−3x−2
≥
1
2
−2
⇔ x
2
−3x ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 3.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [0; 3].
Chọn phương án D
Câu 21.2. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
2
x − 3 log
2
x + 2 ≥ 0.
A.
[
4; +∞
)
. B. [2; 4]. C.
(
0; 2
]
∪
[
4; +∞
)
. D.
(
0; 2
]
.
Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0.
log
2
2
x − 3 log
2
x + 2 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ log
2
x ≤ 2 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [2; 4].
65
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Chọn phương án B
Câu 21.3. Tập nghiệm của bất phương trình 5
x−1
≥ 5
x
2
−x−9
là
A. [−2; 4 ]. B. [−4; 2].
C. ( −∞; −2] ∪ [4; +∞). D. (−∞; −4] ∪ [2; +∞).
Lời giải.
Ta có : 5
x−1
≥ 5
x
2
−x−9
⇔ x − 1 ≥ x
2
− x −9
⇔ x
2
−2x − 8 ≤ 0
⇔ −4 ≤ x ≤ 2.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [−4; 2].
Chọn phương án B
Câu 21.4. Hỏi bất phương trình 2
x
2
−3x+4
≤
1
2
2x−10
có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ?
A. 2. B. 4. C. 6. D. 3.
Lời giải.
Ta có : 2
x
2
−3x+4
≤
1
2
2x−10
⇔ 2
x
2
−3x+4
≤ 2
−(2x−10)
⇔ x
2
−3x + 4 ≤ −(2x −10)
⇔ x
2
− x −6 ≤ 0
⇔ −2 ≤ x ≤ 3.
Vì x nguyên dương nên x ∈
{
1; 2; 3
}
.
Do đó bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên dương.
Chọn phương án D
Câu 21.5. Tập nghiệm của bất phương trình
1
2
9x
2
−17x+11
≥
1
2
7−5x
là
A.
2
3
; +∞
. B.
−∞;
2
3
. C.
2
3
. D. R \
2
3
.
Lời giải.
Ta có :
1
2
9x
2
−17x+11
≥
1
2
7−5x
⇔ 9x
2
−17x + 11 ≤ 7 −5x
⇔ 9x
2
−12x + 4 ≤ 0
⇔ (3x −2)
2
≤ 0
⇔ x =
2
3
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
3
.
Chọn phương án C
Câu 21.6. Tập nghiệm của bất phương trình
√
5 + 2
x−1
≥
√
5 −2
x−1
là
A. (−∞; 1]. B. [1; +∞). C. (−∞; 1). D. (1; +∞).
66
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Ta có :
√
5 + 2
x−1
≥
√
5 −2
x−1
⇔
√
5 + 2
x−1
≥
1
√
5 + 2
x−1
⇔
√
5 + 2
x−1
≥
√
5 + 2
−(x−1)
⇔ x − 1 ≥ −(x −1)
⇔ x ≥ 1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [1; +∞).
Câu 21.7. Bất phương trình log
2
3
2x
2
− x + 1
< 0 có tập nghiệm là
A.
0;
3
2
. B.
(
−∞; −1
)
∪
3
2
; +∞
.
C.
−1;
3
2
. D.
(
−∞; 0
)
∪
1
2
; +∞
.
Lời giải.
Điều kiện: 2x
2
− x + 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ R. Khi đó
Ta có : log
2
3
2x
2
− x + 1
< 0 ⇔ 2x
2
− x + 1 > 1
⇔ 2x
2
− x > 0
⇔
x < 0
x <
1
2
.
Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là
(
−∞; 0
)
∪
1
2
; +∞
.
Chọn phương án D
Câu 21.8. Tập nghiệm S của bất phương trình log
π
6
log
3
(x −2)
> 0 là ( a; b). Giá trị của b − a
bằng
A. 2. B. 4. C. 3. D. 5.
Lời giải.
Điều kiện:
(
x − 2 > 0
log
3
(x −2) > 0
⇔
(
x > 2
x − 2 > 1
⇔
(
x > 2
x > 3
⇔ x > 3. Khi đó
Ta có : log
π
6
log
3
(x −2)
> 0 ⇔ log
3
(x −2) < 1
⇔ x − 2 < 3
⇔ x < 5.
Kết hợp với điều kiện x > 3, suy ra nghiệm của bất phương trình là 3 < x < 5.
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = (3; 5) = (a; b).
Suy ra a = 3, b = 5 ⇒ b − a = 2.
Chọn phương án A
Câu 21.9. Tập nghiệm của bất phương trình ln x
2
< 2 ln(4x + 4) là
A.
−
4
5
; +∞
. B.
(
−1; +∞
)
\
{
0
}
. C.
−
4
5
; +∞
\
{
0
}
. D.
−
4
3
; +∞
\
{
0
}
.
67
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Điều kiện:
(
x
2
> 0
4x + 4 > 0
⇔
(
x 6= 0
x > −1
. Khi đó
Ta có : ln x
2
< 2 ln(4x + 4) ⇔ ln x
2
< ln(4x + 4)
2
⇔ x
2
< (4x + 4)
2
⇔ 15x
2
+ 32x + 16 > 0
⇔
x < −
4
3
x > −
4
5
.
Kết hợp với điều kiện
(
x 6= 0
x > −1
, suy ra nghiệm của bất phương trình là x > −
4
5
và x 6= 0.
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là
−
4
5
; +∞
\
{
0
}
.
Chọn phương án C
Câu 21.10. Biết S = [a; b] là tập nghiệm của bất phương trình 3.9
x
−10.3
x
+ 3 ≤ 0. Giá trị của b − a
bằng
A.
8
3
. B. 1. C.
10
3
. D. 2.
Lời giải.
Đặt t = 3
x
, t > 0 ta được bất phương trình:
3t
2
−10t + 3 ≤ 0 ⇔
1
3
≤ t ≤ 3
Vì t = 3
x
, t > 0 ⇒
1
3
≤ 3
x
≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1.
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = [−1; 1] = [a; b].
Suy ra a = −1, b = 1 ⇒ b − a = 2.
Chọn phương án D
Câu 21.11. Giải bất phương trình log
2
3
x − 2 log
3
(3x) − 1 < 0 được tập nghiệm S = (a; b), với a, b là
hai số thực và a < b. Giá trị của biểu thức 3a + b bằng
A. −3. B. 3. C. 11. D. 28.
Lời giải.
Điều kiện x > 0. Khi đó
Ta có : log
2
3
x − 2 log
3
(3x) − 1 < 0 ⇔ log
2
3
x − 2(log
3
x + 1) −1 < 0
⇔ log
2
3
x − 2 log
3
x − 3 < 0
⇔ −1 < log
3
x < 3
⇔
1
3
< x < 27.
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S =
1
3
; 27
= (a; b).
Suy ra a =
1
3
, b = 27 ⇒ 3a + b = 28.
Chọn phương án D
68
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 21.12. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log
0,8
(
15x + 4
)
> log
0,8
(
13x + 8
)
.
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Ta có
log
0,8
(
15x + 4
)
> log
0,8
(
13x + 8
)
⇔
(
15x + 4 < 13x + 8
15x + 4 > 0.
⇔
(
2x < 4
15x > −4.
⇔
x < 2
x > −
4
15
⇔ −
4
15
< x < 2.
Nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là x ∈ {0; 1}.
Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên.
Chọn phương án D
Câu 21.13. Tổng tất cả các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình 2
x
2
−x−1
· 3
x
2
−x
≤ 18
bằng
A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Ta có 2
x
2
−x−1
·3
x
2
−x
≤ 18 ⇔ 2
x
2
−x
·3
x
2
−x
≤ 36 ⇔ 6
x
2
−x
≤ 6
2
⇔ x
2
− x −2 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2.
Như vậy các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình là x ∈ {0; 1; 2}.
Do đó tổng tất cả các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình đã cho bằng 3 .
Chọn phương án A
CÂU 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng
qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình tr ụ đã cho bằng
A. 18π. B. 36π. C. 54π. D. 27π.
Lời giải.
B
C
O
I
A
D
Thiết diện qua trục là hình vuông ABCD.
Theo đề bán kính đáy là r = 3 nên l = BC = 2r = 6.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là S
xq
= 2πrl = 2π ·3 ·6 = 36π.
Chọn phương án B
Câu 22.1. Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , bán kính R = 3, góc ở đỉnh của hình nón là
ϕ = 120
◦
. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB , trong đó A, B
thuộc đường tròn đáy. Diện tích của tam giác SAB bằng
69
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. 6
√
3. B. 6. C. 3
√
3. D. 3.
Lời giải.
Do góc ở đỉnh của hình nón ϕ = 120
◦
, gọi l là độ dài đường sinh ta có
l =
2R
√
3
= 2
√
3 = SA
.
Khi đó, diện tích của tam giác SAB bằng S =
√
3
4
·SA
2
= 3
√
3.
S
O
A
B
Chọn phương án C
Câu 22.2. Một hình trụ có t hiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a. Thể tích khối trụ tương
ứng bằng
A. 2πa
3
. B. πa
3
. C.
8πa
3
3
. D.
2πa
3
3
.
Lời giải.
Do khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh bằng 2a nên h = 2R = 2a ⇒
(
h = 2a
R = a
.
Vậy thể tích khối trụ là V = πR
2
· h = 2πa
3
.
Chọn phương án A
Câu 22.3. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông
có cạnh bằng 3a. Tính diện tích toàn phần S
tp
của khối trụ.
A. S
tp
=
27πa
2
2
. B. S
tp
=
13πa
2
6
. C. S
tp
= a
2
π
√
3. D. S
tp
=
a
2
π
√
3
2
.
Lời giải.
Hình vuông có cạnh bằng 3a , nghĩa là 2r = 3a và h = 3a.
Vậy r =
3a
2
, h = 3a.
Diên tích toàn phần của khối trụ là
S
tp
= S
xq
+ 2S
đ
= 2πrh + 2πr
2
=
27πa
2
2
.
Chọn phương án A
Câu 22.4. Hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi của thiết diện qua trục bằng 10a. Tính thể tích V
của khối trụ đã cho.
70
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. V = 4πa
3
. B. V = 3πa
3
. C. V = πa
3
. D. V = 5πa
3
.
Lời giải.
Xét hình tr ụ như hình vẽ bên.
Ta có 2 × (BC + BB
0
) = 10a ⇔ 2 × ( 2a + BB
0
) = 10a ⇔ BB
0
= 3a.
Vậy V = πr
2
h = π × a
2
×3a = 3πa
3
.
O
O
0
C
C
0
B
B
0
Chọn phương án B
Câu 22.5. Thiết diện qua trục của một khối trụ là hình chữ nhật ABCD có AB = 4a, AC = 5a (AB và
CD thuộc hai đáy của khối trụ). Tính thể tích khối trụ đã cho.
A. 16πa
3
. B. 8πa
3
. C. 12πa
3
. D. 4πa
3
.
Lời giải.
Vì thiết diện qua trục nên
AB = 2r = 4a ⇒ r = 2a và BC =
√
A C
2
− AB
2
= 3a ⇒ h = 3a.
Thể tích khối trụ: V = πr
2
h = π · 4a
2
·3a = 12πa
3
.
O
O
0
A
B
C
D
h
r
Chọn phương án C
Câu 22.6. Cắt hình trụ (T) bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được thiết diện là một hình
vuông có diện tích bằng 9. Tính thể tích V của khối trụ (T).
A. V =
27π
2
. B. V =
27π
4
. C. V =
81π
4
. D. V =
9π
2
.
Lời giải.
Diện tích của hình vuông thiết diện bằng 9 nên đọ dài cạnh của nó bằng 3. Từ
giả thiết ta suy ra chiều cao của hình trụ bằng đường kính đáy bằng 3.
V = π ·
9
4
·3 =
27π
4
.
h
I
I
0
Chọn phương án B
Câu 22.7. Cho một hình trụ có bán kính R = a. Mặt phẳng (P) đi qua trục và cắt hình trụ theo một
thiết diện có diện tích 6a
2
. Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ lần lượt là
A. 6πa
2
, 3πa
3
. B. 8πa
2
, 3πa
3
. C. 6πa
2
, 9πa
3
. D. 6πa
2
, 6πa
3
.
Lời giải.
71
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Gọi chiều cao hình trụ là h ⇒ 6a
2
= h.2a ⇒ h = 3a.
S
xq
= 2π.a.3a = 6πa
2
và V
trụ
= πa
2
.3a = 3πa
3
.
Chọn phương án A
Câu 22.8. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2
√
3.
Thể tích của khối nón là
A. π
√
3. B. 3π
√
3. C. 3π. D. 3 π
√
2.
Lời giải.
Cạnh huyền bằng 2
√
3 ⇒ h = r =
√
3 ⇒ V =
1
3
πr
2
h = π
√
3.
O
r
l
h
Chọn phương án A
Câu 22.9. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài 2a. Thể tích của
khối nón là:
A.
πa
3
√
3
6
. B.
πa
3
√
3
3
. C.
πa
3
√
3
2
. D.
πa
3
√
3
12
.
Lời giải.
Giả sử hình nón có đỉnh là S, tâm đáy là O, thiết diện qua trục là SAB.
Ta có: SAB đều cạnh 2a ⇒ R = a.
Tam giác SOA vuông tại O có: h = SO =
√
SA
2
− AO
2
=
√
3a.
Thể tích khối nón là: V =
1
3
hπR
2
=
1
3
.
√
3a.πa
2
=
√
3πa
3
3
.
O
A
B
S
Chọn phương án B
Câu 22.10. Cho một hình tr ụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm
trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của
hình trụ. Mặt phẳng ABCD tạo với đáy hình trụ góc 45
◦
. Tính diện tích xung quanh hình trụ?
A. S
xq
=
2πa
2
√
3
5
. B. S
xq
=
πa
2
√
3
3
. C. S
xq
=
πa
2
√
3
4
. D. S
xq
=
πa
2
√
3
2
.
Lời giải.
72
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Gọi P, Q, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, OO
0
.
Góc giữa (ABCD) và mặt đáy là
\
O
0
QE = 45
◦
.
Ta có EQ =
a
2
, do đó O
0
Q = EO
0
=
a
√
2
4
.
Suy ra h = OO
0
=
a
√
2
2
và r = OC
0
=
a
√
6
4
.
Diện tích xung quanh của hình trụ là
S
xq
= 2π ·
a
√
6
4
·
a
√
2
2
=
πa
2
√
3
2
.
45
◦
O
B
A
P
D
C
O
0
E
Q
Chọn phương án D
Câu 22.11. Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục của hình nón ta được một tam giác
vuông cân có cạnh huyền bằng a
√
2 , BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt
phẳng (IBC) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60
◦
. Tính theo a diện tích S của tam giác
IBC.
A. S =
a
2
√
3
3
. B. S =
a
2
3
. C. S =
a
2
√
2
3
. D. S =
2a
2
3
.
Lời giải.
Tam giác IDC vuông cân có DC = a
√
2 ⇒ IH = HC =
a
√
2
2
và IC = a.
Gọi E là tr ung điểm cạnh BC, góc giữa mặt phẳng (IBC) và (BCD) là
d
IEH = 60
◦
.
Trong tam giác IHE có IE =
IH
sin 60
◦
=
a
√
6
3
.
Tam giác IEC có CE =
√
IC
2
− IE
2
=
r
a
2
−
2
3
a
2
=
a
√
3
3
.
Vậy S = EI · EC =
a
2
√
2
3
.
I
E
C
H
D
B
60
◦
Chọn phương án C
Câu 22.12.
Khi sản xuất cái phễu hình nón (không có nắp) bằng nhôm, các nhà thiết kế luôn đạt
mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm phễu ít nhất, tức là diện tích xung quanh
của hình nón là nhỏ nhất. Hỏi nếu ta muốn sản xuất cái phễu có thể tích là 2 dm
3
thì
diện tích xung quanh của cái phễu sẽ có giá trị nhỏ nhất gần với giá trị nào sau đây
nhất?
l
R
h
A. 6,85 dm
2
. B. 6,75 dm
2
. C. 6,65 dm
2
. D. 6,25 dm
2
.
Lời giải.
Gọi R, h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của cái phễu.
Khi đó V =
1
3
πR
2
· h ⇔ h =
6
πR
2
và l =
√
h
2
+ R
2
=
r
36
π
2
R
4
+ R
2
.
Diện tích xung quanh của hình nón là S
xq
= πR · l = πR
r
36
π
2
R
4
+ R
2
=
r
36
R
2
+ π
2
R
4
.
73
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có
36
R
2
+ π
2
R
4
=
18
R
2
+
18
R
2
+ π
2
R
4
≥ 3
3
q
(
18π
)
2
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
18
R
2
= π
2
R
4
⇔ R =
6
r
18
π
2
.
Suy ra min S
xq
=
r
3
3
q
(
18π
)
2
≈ 6,65 dm
2
.
Chọn phương án C
CÂU 23. CHo hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
2
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
Số nghiệm của phương trình 3 f (x) −2 = 0 là
A. 2. B. 0. C. 3. D. 1.
Lời giải.
Ta có 3 f (x) −2 = 0 ⇔ f (x) =
2
3
.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f (x) =
2
3
có 3 nghiệm phân biệt.
Nhận xét. Dạng toán ở mức độ thông hiểu. Học sinh cần kĩ năng quan sát và đọc bảng biến thiên, từ
đó biện luận được số nghiệm phương trình thông qua sự tương giao giữa hai đồ thị.
Chọn phương án C
Câu 23.1. Cho hàm số y = f (x) xác định trên R \ {0}, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng
biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0
2
+∞
+ +
0
−
−∞−∞
+∞
1
33
−∞−∞
Tìm tất cả giá trị thực của t ham số m để phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt.
A. m ∈ (1; 3). B. m ∈ (1; 3]. C. m ∈ [1; 3]. D. m ∈ [1; 3).
Lời giải.
Dựa vào biến thiên, phương trình có ba nghiệm thực phân biệt khi m ∈ (1; 3).
Chọn phương án A
Câu 23.2. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
2
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
74
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Số nghiệm thực của phương trình 3 f (x) − 2 = 0 là
A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1 .
Lời giải.
Phương trình 3 f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) =
2
3
.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y =
2
3
và đồ thị hàm số
y = f (x).
x
y
0
y
−∞
2
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
y =
2
3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y =
2
3
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt
nên phương trình f (x) =
2
3
có 3 nghiệm.
Vậy phương trình 3 f (x) − 2 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.
Chọn phương án C
Câu 23.3. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−2
0
−2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
11
−2−2
+∞+∞
Số nghiệm thực của phương trình 2 f (x) + 3 = 0 là
A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1 .
Lời giải.
Phương trình 2 f (x) + 3 = 0 ⇔ f (x) = −
3
2
.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = −
3
2
và đồ thị hàm số
y = f (x).
x
y
0
y
−∞
−2
0
−2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
11
−2−2
+∞+∞
y = −
3
2
75
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = −
3
2
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 4 điểm phân
biệt nên phương trình f (x) = −
3
2
có 4 nghiệm.
Vậy phương trình 3 f (x) − 2 = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt.
Chọn phương án B
Câu 23.4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
x
−∞
−1
1
+∞
y
0
+ − +
y
1
3
1
3
1
Số nghiệm thực của phương trình 2 f
2
(x) − 3 f (x) + 1 = 0 là
A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 .
Lời giải.
Từ phương trình 2 f
2
(x) − 3 f (x) + 1 = 0 ⇔
f (x) = 1 (1)
f (x) =
1
2
(1).
Mà số nghiệm của phương trình (1) và (2) chính là số giao điểm của đường thẳng y = 1 và đường
thẳng y =
1
2
đồ thị hàm số y = f (x).
y = 1
y =
1
2
x
−∞
−1
1
+∞
y
0
+ − +
y
1
3
1
3
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 1 điểm phân biệt
nên phương trình f (x) = 1 có 1 nghiệm.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y =
1
2
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt
nên phương trình f (x) =
1
2
có 2 nghiệm.
Vậy phương trình 2 f
2
(x) − 3 f (x) + 1 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt.
Chọn phương án D
Câu 23.5. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số như hình dưới
76
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
y
O
−1 1
1
Số nghiệm thực của phương trình 4 f (x) − 3 = 0 là
A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 .
Lời giải.
Từ phương trình 4 f (x) −3 = 0 ⇔ f (x) =
3
4
.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y =
3
4
và đồ thị hàm số
y = f (x).
x
y
O
−1 1
1
y =
3
4
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y =
3
4
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 4 điểm phân biệt nên
phương trình f (x) =
3
4
có 4 nghiệm.
Vậy phương trình 4 f (x) − 3 = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt.
Chọn phương án C
Câu 23.6. Cho hàm số y = −x
4
+ 4x
2
có đồ thị hàm số như hình dưới. Tìm m để phương trình
x
4
−4x
2
+ m − 2 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt?
A. m < 0 hoặc m = 4. B. m < 0 .
C. m < 2 hoặc m = 6 . D. m < 2 .
x
y
O
−2 2
√
2−
√
2
4
Lời giải.
Từ phương trình x
4
−4x
2
+ m − 2 = 0 ⇔ −x
4
+ 4x
2
= m −2.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m −2 và đồ thị hàm số
y = −x
4
+ 4x
2
.
77
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
y
O
−2 2
√
2−
√
2
4
y = m −2
y = m −2
Dựa vào đồ thị, để phương trình x
4
− 4x
2
+ m − 2 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thì đường
thẳng y = m − 2 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi m − 2 = 4 hoặc
m −2 < 0.
Do đó m < 2 hoặc m = 6.
Chọn phương án C
Câu 23.7. Cho hàm số y = x
3
− 3x + 1 có đồ t hị hàm số như hình dưới. Tìm m để phương trình
x
3
−3x − m = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt?
A. −2 < m < 3. B. −2 < m < 2 .
C. −2 ≤ m < 3 . D. −1 < m < 3 .
x
y
O
−1
1
3
1
−1
Lời giải.
Từ phương trình x
3
−3x − m = 0 ⇔ x
3
−3x + 1 = m + 1.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 1 và đồ thị hàm số
y = x
3
−3x + 1.
x
y
O
−1
1
3
1
−1
y = m + 1
Dựa vào đồ thị, để phương trình x
3
−3x − m = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng
78
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
y = m + 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi −1 < m + 1 < 3.
Do đó −2 < m < 2.
Chọn phương án B
Câu 23.8. Cho đồ thị hàm số y = f (x) có hình vẽ bên dưới. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số
thực m để phương trình f (x) + 1 = m có đúng 3 nghiệm phân biệt?
A. 0 < m < 5. B. 1 < m < 5 .
C. −1 < m < 4 . D. 0 < m < 4 .
x
y
O
−1
1
4
2
−1
Lời giải.
Từ phương trình x
3
−3x − m = 0 ⇔ x
3
−3x + 1 = m + 1.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 1 và đồ thị hàm số
y = x
3
−3x + 1.
x
y
O
−1
1
4
2
−1
y = m −1
Dựa vào đồ thị, để phương trình f (x) = m − 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng
y = m −1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m − 1 < 4.
Do đó 1 < m < 5.
Chọn phương án B
Câu 23.9. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến t hiên như hình bên dưới. Tìm tập hợp tất cả các giá trị
của tham số thực m sao cho phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt.
79
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
−∞
0
1
+∞
y
0
− +
0
−
y
+∞
−1
−∞
2
−∞
A. [−1; ] 2 . B. (−1; 2) . C. (−1; 2] . D. (−∞; 2] .
Lời giải.
Số nghiệm phương trình f (x) = m là số giao điểm của đường thẳng y = m đồ thị hàm số y = f (x).
y = m
x
−∞
0
1
+∞
y
0
− +
0
−
y
+∞
−1
−∞
2
−∞
Dựa vào bảng biến thiên ta t hấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt
khi và chỉ khi −1 < m < 2.
Chọn phương án B
Câu 23.10. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau
x
−∞
−1
3
+∞
y
0
+
0
−
0
+
y
−∞
4
−2
+∞
Tìm tập hợp tất cả t ham số m để phương trình f (x) = m có 3 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn
x
1
< −1 < x
2
< 3 < x
3
.
A. −2 < m < 4 . B. −2 < m < 1 . C. −2 < m ≤ 1 . D. −2 < m ≤ 4 .
Lời giải.
Số nghiệm phương trình f (x) = m là số giao điểm của đường thẳng y = m đồ thị hàm số y = f (x).
80
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
y = m
x
1
x
2
x
3
x
−∞
−1
3
+∞
y
0
+
0
−
0
+
y
−∞
4
−2
+∞
Dựa vào bảng biến thiên ta t hấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt
x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn x
1
< −1 < x
2
< 3 < x
3
khi và chỉ khi −2 < m < 4.
Chọn phương án C
x
y
O
−1 1
−2 2
1
2
2
Câu 23.11. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x − m −
√
9 − x
2
= 0 có đúng 1
nghiệm dương?
A. m ∈ (−3; 3]. B. m ∈ [−3; 3] ∪{−3
√
2}.
C. m ∈ [0; 3]. D. m = ±3
√
2.
Lời giải.
Điều kiện −3 ≤ x ≤ 3. Phương trình tương đương với x −
√
9 − x
2
= m.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x −
√
9 − x
2
và đường thẳng
y = m.
Xét hàm số y = x −
√
9 − x
2
với −3 ≤ x ≤ 3. Ta có y
0
= 1 +
x
√
9 − x
2
=
√
9 − x
2
+ x
√
9 − x
2
.
y
0
= 0 ⇔
√
9 − x
2
= −x ⇔
(
x ≤ 0
9 − x
2
= x
2
⇔ x = −
3
√
2
2
∈ [−3; 3].
Bảng biến thiên
81
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
y
0
y
−3
−
3
√
2
2
0 3
−
0
+
0
+
−3−3
−3
√
2−3
√
2
33
−3
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có đúng một nghiệm khi −3 < m ≤ 3.
Chọn phương án A
Câu 23.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ sau
x
y
O
1
−1
3
−1
2
1
Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f
7
x+1
−
m
2
−1
8
= 0 có hai nghiệm phân biệt
là
A. 6. B. 4. C. 7. D. 5.
Lời giải.
Từ đồ thị ta suy ra hàm số y = f (x) có phương trình y = x
3
3x + 1.
Đặt t = 7
x+1
, (t > 0). Khi đó ta có phương trình
f
(
t
)
−
m
2
−1
8
= 0 ⇔ f (t) =
m
2
−1
8
, (t > 0)
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ. Với t > 0 để phương trình f (t) =
m
2
−1
8
có hai nghiệm
khi và chỉ khi −1 <
m
2
−1
8
< 1 ⇔ −8 < m
2
−1 < 8 ⇔ −7 < m
2
< 9 ⇒ m ∈ {0; ±1; ±2}.
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn phương án D
Câu 23.13. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g(x) = f
(
f (x) − 1
)
.
Tìm số nghiệm của phương trình g
0
(x) = 0.
82
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
y
O
−1
1
−
1
3
2
−2
−3
A. 3. B. 4. C. 9. D. 8.
Lời giải.
83
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Từ đồ thị, ta thấy hàm số y = f (x) có ba điểm cực trị
x = −
1
3
, x = 1 và x = a (1 < a < 2).
Do đó f
0
(x) = 0 có 3 nghiệm x = −
1
3
, x = 1 và x = a
(1 < a < 2).
Ta có g
0
(x) = 0 ⇔ f
0
(x) · f
0
(
f (x) − 1
)
= 0 ⇔
"
f
0
(x) = 0 (1)
f
0
(
f (x) − 1
)
= 0 (2)
Phương trình (1) có ba nghiệm x = −
1
3
, x = 1 và x = a
(1 < a < 2).
Phương trình (2)⇔
f (x) − 1 = −
1
3
f (x) − 1 = 1
f (x) − 1 = a
⇔
f (x) =
2
3
(3)
f (x) = 2 (4)
f (x) = a + 1 (5)
Nghiệm của phương trình
f (x) = m là phương trình hoành độ giao điểm
của đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = m .
Từ đồ thị của hàm số y = f (x) , ta vẽ thêm các đường
thẳng y =
2
3
, y = 2, và y = a + 1 (với 2 < a + 1 < 3)
như sau.
Từ đồ thị trên, ta thấy các đường thẳng y =
2
3
, y = 2, và
y = a + 1 (với 2 < a + 1 < 3) lần lượt cắt đồ thị tại hai
điểm phân biệt khác nhau và khác với −
1
3
, 1, a.
Do đó các phương trình (3),(4),(5) lần lượt có hai
nghiệm phân biệt khác nhau và khác với −
1
3
, 1, a.
Vậy phương trình g
0
(x) = 0 có 9 nghiệm phân biệt.
x
y
O
−1
1
−
1
3
2
−2
−3
1
2
y =
2
3
y = a + 1
y = 2
Chọn phương án C
CÂU 24. Cho họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) =
x + 2
x − 1
trên khoảng (1; +∞) là
A. x + 3 ln(x −1) + C. B. x −3 ln(x −1) + C.
C. x −
3
(x −1)
2
+ C. D. x +
3
(x −1)
2
+ C.
Lời giải.
Xét trên (1; +∞) thì f (x) =
x + 2
x − 1
= 1 +
3
x − 1
và x − 1 > 0 nên họ nguyen hàm của f (x) là x +
3 ln(x −1) + C.
Chọn phương án A
Câu 24.1. Cho hàm số f (x) =
2x
4
+ 3
x
2
trên khoảng (0; +∞). Khẳng định nào sau đây là đúng?
A.
Z
f (x) dx =
2x
3
3
+
3
2x
+ C. B.
Z
f (x) dx =
2x
3
3
+
3
x
+ C.
84
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
C.
Z
f (x) dx = 2x
3
−
3
x
+ C. D.
Z
f (x) dx =
2x
3
3
−
3
x
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
f (x) dx =
Z
2x
4
+ 3
x
2
dx =
Z
2x
2
+
3
x
2
dx =
2x
3
3
−
3
x
+ C.
Chọn phương án D
Câu 24.2. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) =
x + 2
x − 1
trên khoảng (1; +∞) là
A. x + 3 ln(x −1) + C. B. x −3 ln(x −1) + C.
C. x −
3
(x −1)
2
+ C. D. x +
3
(x −1)
2
+ C.
Lời giải.
Ta có F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
x + 2
x − 1
dx =
Z
(x −1) + 3
x − 1
dx =
Z
1 +
3
x − 1
dx = x + 3 ln |x −1|+ C
= x + 3 ln(x −1) + C (do x ∈ (1; +∞)).
Chọn phương án A
Câu 24.3. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) =
3x − 1
x + 1
trên khoảng (−1; +∞) là
A. 3x −4 ln(x + 1). B. 3x −4 ln(x + 1) + C.
C. 3x −
4
(x + 1)
2
+ C. D. 3x +
4
(x + 1)
2
+ C.
Lời giải.
Ta có F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
3x − 1
x + 1
dx =
Z
3(x + 1) −4
x + 1
dx =
Z
3 dx −
Z
4
x + 1
dx = 3x −4 ln(x +
1) + C do (x ∈
(
−1; +∞
)
)
Chọn phương án B
Câu 24.4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) =
3x + 1
x − 2
trên khoảng (−∞; 2) là
A. 3x −7 ln(2 − x) + C. B. x + 2 ln(2x −3) + 1.
C. x + 2 ln |2x − 3|+ 1. D. x + 2 ln |2x −3 | −1.
Lời giải.
Ta có: F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
3x + 1
x − 2
dx =
Z
3(x − 2) + 7
x − 2
dx =
Z
3 dx +
Z
7
x − 2
dx = 3x −7 ln(2 −
x) + C
do (x ∈
(
−∞; 2
)
).
Chọn phương án A
Câu 24.5. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
2x + 1
2x − 3
thỏa mãn F(2) = 3. Hàm số F(x)
là
A. x + 4 ln |2x − 3|+ 1. B. x + 2 ln(2x −3) + 1.
C. x + 2 ln |2x − 3|+ 1. D. x + 2 ln |2x −3 | −1.
Lời giải.
Ta có: F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
2x + 1
2x − 3
dx =
Z
(2x −3) + 4
2x − 3
dx =
Z
dx +
Z
4
2x − 3
dx = x + 2 ln |2x −
3| + C
F(2) = 3 ⇔ 2 + 2 ln |1|+ C = 3 ⇔ C = 1.
Chọn phương án C
85
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 24.6. Họ các nguyên hàm của hàm số f (x) =
2x − 1
(x + 1)
2
trên khoảng (−1; +∞) là
A. 2 ln(x + 1) +
2
x + 1
+ C. B. 2 ln(x + 1) +
3
x + 1
+ C.
C. 2 ln(x + 1) −
2
x + 1
+ C. D. 2 ln(x + 1) −
3
x + 1
+ C.
Lời giải.
Ta có: F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
2x − 1
(x + 1)
2
dx =
Z
2(x + 1) −3
(x + 1)
2
dx =
Z
2
x + 1
dx −
Z
3
(x + 1)
2
dx
= 2 ln |x + 1|+
3
x + 1
+ C = 2 ln(x + 1) +
3
x + 1
+ C (do x ∈
(
−1; +∞
)
).
Chọn phương án B
Câu 24.7. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
2x
2
−2x − 1
x − 1
thỏa mãn F(0) = −1. Giá
trị của F(−1) bằng
A. −ln 2. B. −2 + ln 2. C. ln 2. D. 2 + ln 2.
Lời giải.
Ta có: F(x) =
Z
f (x) dx =
Z
2x(x −1) −1
x − 1
dx =
Z
2x dx −
Z
1
x − 1
dx = x
2
−ln
|
x − 1
|
+ C
F(0) = −1 ⇔ −ln(1) + C = −1 ⇔ C = −1 ⇒ F(x) = x
2
−ln |x −1| − 1 ⇒ F(−1) = −ln 2.
Chọn phương án A
Câu 24.8. Cho
Z
1
0
2x
2
+ 3x + 3
x
2
+ 2x + 1
dx = a −ln b với a, b nguyên dương. Giá trị của a
2
+ b
2
bằng
A. 4. B. 5. C. 10. D. 13.
Lời giải.
Ta có
1
Z
0
2x
2
+ 3x + 3
x
2
+ 2x + 1
dx =
1
Z
0
2 dx −
1
Z
0
1
x + 1
+
1
Z
0
2
(x + 1)
2
dx = ( 2x)
1
0
−
(
ln
|
x + 1
|
)
1
0
−
2
x + 1
1
0
= 2 −ln 2 + 1 = 3 −ln 2 ⇒ a = 3 và b = 2 ⇒ a
2
+ b
2
= 13.
Chọn phương án D
Câu 24.9. Biết
Z
2x − 13
(x + 1)(x −2)
dx = a ln |x + 1|+ b ln |x − 2|+ C, với a, b ∈ Q. Mệnh đề nào đúng?
A. a + 2b = 8. B. a + b = 8. C. 2a −b = 8. D. a − b = 8.
Lời giải.
Z
2x − 13
(
x + 1
) (
x − 2
)
dx =
Z
1
x − 2
dx +
Z
1
x + 1
dx −
Z
12
(
x + 1
) (
x − 2
)
dx
= ln
|
x − 2
|
+ ln
|
x + 1
|
+ 12 ·
1
3
Z
1
x + 1
−
1
x − 2
dx = 5 ln
|
x + 1
|
−3 ln
|
x − 2
|
+ C
Vậy a = 5 và b = −3 ⇒ a −b = 5 −(−3) = 8
Chọn phương án D
Câu 24.10. Biết hàm số e
2x
là một nguyên hàm của hàm số y = f (x). Khi đó họ các nguyên hàm của
hàm số
f (x) + 1
e
x
A. e
x
−e
−x
+ C. B. 2e
x
−e
−x
+ C. C. 2 e
x
+ e
−x
+ C. D.
1
2
e
x
−e
−x
+ C.
Lời giải.
86
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có: F(x) =
Z
f (x) dx = e
2x
⇒ f (x) = 2e
2x
⇒ g(x) =
f (x) + 1
e
x
=
2e
2x
+ 1
e
2x
= 2e
x
+
1
e
x
⇒
Z
g(x) dx =
Z
2e
2x
+ 1
e
2x
=
Z
2e
x
+
1
e
x
dx = 2e
x
−e
−x
+ C
Chọn phương án C
Câu 24.11. Cho hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
2 cos x − 1
sin
2
x
trên khoảng (0; π)
Biết rằng giá trị lớn nhất của F(x) trên khoảng (0; π) là
√
3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề
sau
A. F
π
6
= 3
√
3 −4. B. F
2π
3
=
√
3
2
.
C. F
π
3
= −
√
3. D. F
5π
6
= 3 −
√
3.
Lời giải.
Ta có
Z
f (x) dx =
Z
2 cos x − 1
sin
2
x
dx =
Z
2 cos x
sin
2
x
dx −
Z
1
sin
2
x
dx = 2
Z
1
sin
2
x
d
(
sin x
)
−
Z
1
sin
2
x
dx.
Do đó F(x) =
Z
f (x) dx = −
2
sin x
+ cot x + C.
Ta có F
0
(x) = f (x) =
2 cos x − 1
sin
2
x
= 0 ⇔ cos x =
1
2
⇔ x =
π
3
∈ (0; π).
x
F
0
(x)
F(x)
0
π
3
π
+
0
−
F
π
3
F
π
3
Hàm F(x) đạt giá trị lớn nhất tại x =
π
3
.
Suy ra −
2
sin
π
3
+ cot
π
3
+ C =
√
3 ⇔ −
4
√
3
3
+
√
3
3
+ C =
√
3 ⇔ C = 2
√
3.
Do đó F(x) = −
2
sin x
+ cot x + 2
√
3 nên F
π
6
= 3
√
3 −4.
Chọn phương án A
Câu 24.12. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên
(
−1; +∞
)
. Biểu thức 2 f (x) + (x
2
−1) f
0
(x) =
x(x + 1)
2
√
x
2
+ 3
được thỏa mãn ∀x ∈
(
−1; +∞
)
. Tính giá trị f ( 0).
A. 3 −
√
3. B. 2 −
√
3. C. −
√
3. D.
√
3.
Lời giải.
Vì 2 f (x) + (x
2
−1) f
0
(x) =
x(x + 1)
2
√
x
2
+ 3
được thỏa mãn ∀x ∈
(
−1; +∞
)
nên f (1) = 1.
Trên khoảng
(
−1; +∞
)
ta có
2 f (x) + (x
2
−1) f
0
(x) =
x(x + 1)
2
√
x
2
+ 3
⇔
2
(x + 1)
2
f (x) +
x − 1
x + 1
f
0
(x) =
x
√
x
2
+ 3
⇔
x − 1
x + 1
· f (x)
0
=
p
x
2
+ 3
0
87
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
⇔
x − 1
x + 1
· f (x)
=
p
x
2
+ 3 + C.
Khi x = 1 ta có
0
2
· f (1) =
√
3 + C ⇒ C = −2. Vậy f (0) = 2 −
√
3.
Chọn phương án B
Câu 24.13. Cho hàm số F(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0,
1
Z
0
f
0
(x)
2
dx =
7 và
π
2
Z
0
sin
2
x · cos x f ( sin x) dx =
1
3
. Tính tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng
A.
7
5
. B. 4. C.
7
4
. D. 1.
Lời giải.
Xét tích phân I
1
=
π
2
Z
0
sin
2
x · cos x f ( sin x) dx.
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx. Ta có x = 0 ⇒ t = 0; x =
π
2
⇒ t = 1.
Ta có I
1
=
1
Z
0
t
2
f (t) dt =
1
Z
0
x
2
f (x) dx =
1
3
.
Ta có
1
Z
0
x
2
f (x) dx =
x
3
b
· f (x)
1
0
−
1
Z
0
x
3
3
f
0
(x) dx =
1
3
⇒
1
Z
0
x
3
f
0
(x) dx = −1.
Ta có
1
Z
0
h
f
0
(x) + 7x
3
i
2
dx =
1
Z
0
f
0
(x)
2
dx + 14
1
Z
0
x
3
f
0
(x) dx + 49
1
Z
0
x
6
dx = 7 − 14 + 7 = 0.
Do đó f
0
(x) + 7x
3
= 0 ⇒ f
0
(x) = −7 x
3
⇒ f (x) = −
7
4
x
4
+ C.
Theo giả thiết f (1) = 0 ⇒ C =
7
4
⇒
1
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
−
7
4
x
4
+
7
4
dx =
7
5
.
Vậy
1
Z
0
f (x) dx =
7
5
.
Chọn phương án A
CÂU 25. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = Ae
nr
; trong đó A là
dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017,
dân số Việt Nam là 93 671 600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản
Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm
2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?
A. 109 256 100. B. 108 374 700. C. 107 500 500. D. 108 311 100.
Lời giải.
Ta có S = Ae
nr
= 93 671 600 · e
18·0,81%
≈ 108 374 700 (người).
Vậy năm 2035, nước Việt Nam có khoảng 108 374 700 người.
88
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án B
Câu 25.1. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = A · e
nr
, trong đó
A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ gia tăng dân số hằng năm.
Năm2017, dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà
xuất bản Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0, 79%, dự báo dân số Việt
Nam năm 2040 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?
A. 112.336.100. B. 112.336.075. C. 112.336.080. D. 112.366.100.
Lời giải.
Từ năm 2017 đến năm 2040 có 23 năm.
Áp dụng công thức S = A · e
nr
= 93.671.600 · e
23·0,79%
≈ 112.336.100.
Chọn phương án A
Câu 25.2. Số lượng của một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong phòng thí nghiệm tăng lên theo công
thức S = A ·e
n
, trong đó A là số lượng ban đầu, t là t hời gian (tính bằng giờ), r là tỉ lệ tăng trưởng, S
là số lượng sau t giờ. Biết rằng A = 1000 (con), r = 10%, hỏi cần khoảng mấy giờ để đạt được 20000
con?
A. 29 giờ. B. 30 giờ. C. 31 giờ. D. 32 giờ.
Lời giải.
Từ công thức S = A · e
n
⇒ t =
ln
S
A
r
, thay số ta được
t =
ln
20000
1000
10%
=
ln 20
0,1
≈ 29,96, hay cần khoảng 30 giờ để đạt được số lượng cần thiết.
Chọn phương án B
Câu 25.3. Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất là 7%/ năm. Biết rằng
nếu không rút ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ nhập vào vốn ban đầu (người
ta gọi là lãi kép). Để người đó lãnh được số tiền 250 triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời
gian là ít nhất bao nhiêu năm? (nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền và lãi suất không thay
đổi).
A. 12 năm. B. 15 năm. C. 14 năm. D. 13 năm.
Lời giải.
Gọi n là số năm cần gửi, bài toán thuộc lãi kép gửi một lần tính theo công thức
T = M
(
1 + r
)
n
với M, r,là số tiền ban đầu và lãi suất định kì.
Thế thì ta có 250 = 100
(
1 + 0,07
)
n
.
suy ra n ≈ 13,5 nên người đó gửi ít nhất là 14 năm mới đủ số tiền.
Chọn phương án C
Câu 25.4. Biết rằng tỉ lệ tăng dân số thế giới hàng năm là 1,32%, nếu tỉ lệ tăng dân số không thay
đổi thì dân số được tính theo công thức tăng trưởng liên tục S = A · e
Nr
, trong đó A là dân số tại
thời điểm mốc, S là số dân sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Năm 2013 dân số thế giới vào
khoảng 7095 triệu người. Hỏi năm 2020 dân số t hế giới gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 7879 triệu người. B. 7680 triệu người. C. 7782 triệu người. D. 7777 triệu người.
Lời giải.
89
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Theo giả thiết ta được A = 7095, r = 1,32%, N = 2020 −2013 = 7.
Áp dụng công thức S = A · e
Nr
ta được dân số thế giới năm 2020 là
S = 7095 ·e
7·
1,32
100
≈ 7781,82 triệu người.
Chọn phương án C
Câu 25.5. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức S(t) =
A · e
rt
, trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S(t) là số lượng vi khuẩn có sau t phút, r là tỷ lệ
tăng trưởng (r > 0), t (tính theo phút) là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu
có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500
con?
A. 35 giờ. B. 45 giờ. C. 25 giờ. D. 15 giờ.
Lời giải.
Đổi 5 giờ = 300 phút.
Theo giả thiết ta được S(300) = 500 ·e
r·300
= 1500 ⇒ e
r·300
= 3 ⇒ 300 · r = ln 3 ⇒ r =
ln 3
300
.
Thời gian để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con là
Áp dụng công thức S(t) = A ·e
rt
ta được
121500 = 500 ·e
t·
ln 3
300
⇒ e
t·
ln 3
300
= 243 ⇒ t ·
ln 3
300
= ln 243 ⇒ t = 1500 (phút) hay t = 25 giờ.
Chọn phương án C
Câu 25.6. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức S = A · e
rt
, trong đó A là
số lượng ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban
đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi số con vi khuẩn sau 10 giờ?
A. 1000 con. B. 850 con. C. 800 con. D. 900 con.
Lời giải.
Vì số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con nên ta có
300 = 100 ·e
r.5
⇒ r =
ln 3
5
.
Vậy số con vi khuẩn sau 10 giờ là S = 100 ·e
ln 3
5
·10
= 900 con.
Chọn phương án D
Câu 25.7. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được vào vốn ban đầu để tính lãi cho
tháng tiếp theo. Hỏi sau 6 t háng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số
tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay
đổi ?
A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng.
Lời giải.
Theo giả thiết A = 100.000.000, lãi kép r = 0,4%/tháng, n = 6 tháng.
Sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là
S = A(1 + r)
n
⇒ S = 100.000.000(1 + 0,4%)
6
≈ 102.424.000 đồng.
Chọn phương án A
Câu 25.8. Một người đầu tư một số tiền vào công ty theo thể thức lãi kép, kỳ hạn một năm với lãi
suất 7, 6%/năm. Giả sử lãi suất không đổi. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả vốn
và lãi) số tiền gấp 5 lần số tiền ban đầu?
A. 23 năm. B. 24 năm. C. 21 năm. D. 22 năm.
90
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Gọi A
0
là số tiền ban đầu người đó gửi vào công ty.
Sau n năm, số tiền người đó có được (cả vốn lẫn lãi) là
A(n) = A
0
·( 1 + r)
n
.
Theo giả thiết, ta có
5A
0
= A
0
(1 + r)
n
⇔ (1 + r)
n
= 5
⇔ 1, 076
n
= 5 ⇔ n = log
1,076
5 ≈ 21, 97.
Vậy n = 22.
Chọn phương án D
Câu 25.9. Một chất điểm chuyển động với phương trình s(t) = t
3
+ 3t
2
− 9t + 27, trong đó t được
tính bằng giây (s) và s(t) được tính bằng mét ( m). Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểm vận
tốc bằng 0.
A. 6 m/s
2
. B. 8 m /s
2
. C. 12 m/s
2
. D. 9 m/s
2
.
Lời giải.
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v(t) = s
0
(t) = 3t
2
+ 6t −9.
Suy ra gia tốc của chất điểm tại thời điểm t được xác định bởi a(t) = v
0
(t) = 6t + 6.
Khi v(t) = 0, ta có 3t
2
+ 6t −9 = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0).
Vậy a(1) = 6 ·1 + 6 = 12 (m/s
2
).
Chọn phương án C
Câu 25.10. Một ô tô đang chuyển động đều với vận tốc 20 m/s rồi hãm phanh chuyển động chậm
dần đều với vận tốc v(t) = −2t + 20 m/s, trong đó t là khoảng thời gian được tính bằng giây kể từ
lúc bắt đầu hãm phanh. Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng trước khi dừng hẳn
bằng
A. 100 m. B. 200 m. C. 75 m. D. 25 m.
Lời giải.
Khi ô tôi dừng hẳn, ta có v(t) = 0 ⇔ −2t + 20 = 0 ⇔ t = 10.
Suy ra, quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu giảm phanh (t = 0) đến lúc dừng hẳn (t = 10) là
s =
10
Z
0
v(t) dt =
10
Z
0
(−2t + 20) dt = 100 (m).
Vậy quãng đường ô tô đi được trong 15 giây cuối trước khi dừng hẳn là 20 ·5 + 100 = 200 (m).
Chọn phương án B
91
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 25.11. Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu phóng nhanh
với vận tốc tăng liên tục được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol
như hình bên. Biết rằng sau 10 giây thì xe đạt đến vận tốc lớn nhất 50
m/s và bắt đầu giảm tốc. Hỏi từ lúc bắt đầu phóng nhanh đến lúc đạt
vận tốc lớn nhất thì xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét?
A.
1000
3
m. B. 110 m. C. 300 m. D.
1400
3
m.
t
v(t)
O
10
50
Lời giải.
Gọi v(t) = at
2
+ bt + c (a 6= 0), là vận tốc của ô tô tại thời điểm t giây.
Dựa vào đồ thị, ta có a < 0; đồ thị đi qua O và có đỉnh ( 10; 5) nên
c = 0
100a + 10b = 50
20a + b = 0
⇔
a = −
1
2
b = 10
c = 0.
Suy ra v(t) = −
1
2
t
2
+ 10t (thoả mãn đồ t hị).
Quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu (t = 0) đến lúc đạt vận tốc lớn nhất (t = 10) là
10
Z
0
v(t) dt =
10
Z
0
−
1
2
t
2
+ 10t
dt =
1000
3
(m).
Chọn phương án A
Câu 25.12. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% một
quý theo hình thưc lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và
lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào
nhất?
A. 224,7 triệu đồng. B. 234,5 triệu đồng. C. 236,2 triệu đồng. D. 238,6 triệu đồng.
Lời giải.
Sau 6 t háng đầu thì người đó gửi được hai kì hạn nên tổng cả vốn và lãi lúc đó là A = 100 · (1,06)
2
triệu đồng.
Người đó gửi thêm 100 triệu thì số tiền gửi là B = 100 + A triệu.
Vậy sau một năm thì được số tiền là B(1,06)
2
= 100 · (1,06)
4
+ 100 · (1,06)
2
≈ 238,6 triệu đồng.
Chọn phương án D
CÂU 26. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình thoi cạnh a , BD = a
√
3 , AA
0
= 4a
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A. 2
√
3a
3
. B. 4
√
3a
3
. C.
2
√
3a
3
3
. D.
4
√
3a
3
3
.
Lời giải.
Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác ta có:
cos
[
BAD =
AB
2
+AD
2
−BD
2
2AB.AD
=
−1
2
=⇒
[
BAD = 120
o
=⇒ S
ABCD
= AB.AD. sin
[
BAD =
a
2
√
3
2
=⇒ V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= AA
0
.S
ABCD
= 4a.
a
2
√
3
2
= 2
√
3a
3
.
92
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án A
Câu 26.1. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình vuông cạnh a và đường
chéo A
0
C = 2a.
A. a
3
. B. a
3
√
3. C. a
3
√
2. D. 2a
3
.
Lời giải.
Ta có AC = a
√
2, AA
0
=
√
A
0
C
2
− AC
2
=
√
4a
2
−2a
2
= a
√
2.
S
ABCD
= a
2
.
Vậy V = a
2
· a
√
2 = a
3
√
2.
B
A
C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
.
Chọn phương án C
Câu 26.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có AB = 2a, góc giữa hai mặt phẳng (A
0
B C)
và (ABC) bằng 60
◦
. Tính thể tích của khối lăng trụ đó
A. 3a
3
√
3. B.
a
3
√
3
8
. C. a
3
√
6. D.
a
3
√
3
6
.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC, vì AA
0
là
đường cao lăng trụ nên BC ⊥ AA
0
. Do đó BC ⊥ (AA
0
M) nên góc giữa hai
mặt phẳng (A
0
B C) và (ABC) là
\
AMA
0
= 60
◦
.
Suy ra AA
0
= AM ·tan AMA
0
= a
√
3 ·tan 60
◦
= 3a.
Vậy thể tích cần tìm là V = AA
0
·S
ABC
= 3a ·
4a
2
√
3
4
= 3a
3
√
3.
A
C
B
A
0
B
0
C
0
M
.
Chọn phương án A
Câu 26.3. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh A
0
B
và mặt phẳng (A
0
A CC
0
) bằng 30
◦
. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V = a
3
. B. V = a
3
√
3. C. V = a
3
√
2. D. V = 2a
3
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có
(
BO ⊥ AC
BO ⊥ A
0
A
⇒ BO ⊥
(ACC
0
A
0
). Do đó góc giữa A
0
B và mặt phẳng (A
0
A CC
0
) bằng
\
BA
0
O =
30
◦
.
Suy ra tan 30
◦
=
BO
A
0
O
⇒ A
0
O =
a
√
6
2
⇒ A
0
A =
√
A
0
O
2
− AO
2
= a.
Vậy thể tích khối đã cho là V = AA
0
·S
ABCD
= a · a
2
= a
3
.
B
A
C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
O
Chọn phương án A
Câu 26.4.
93
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình thoi cạnh a,
BD = a
√
3 và AA
0
= 4a (minh họa như hình bên). Thể tích của khối
lăng trụ đã cho bằng
A. 2
√
3a
3
. B. 4
√
3a
3
.
C.
2
√
3a
3
3
. D.
4
√
3a
3
3
.
a
a
√
3
4a
A
0
B
0
D
C
O
D
0
B
A
C
0
Lời giải.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Do ABCD là hình t hoi nên 4AOD vuông tại O
có OD =
1
2
BD =
a
√
3
2
.
⇒ OA
2
= AD
2
−OD
2
= a
2
−
a
√
3
2
!
2
=
a
2
4
.
⇒ OA =
r
a
2
4
=
a
2
, suy ra AC = 2 ·
a
2
= a.
Thể tích hình lăng trụ
V = S
ABCD
· AA
0
=
1
2
· AC · BD · AA
0
=
1
2
· a · a
√
3 ·4a = 2
√
3a
3
.
Chọn phương án A
Câu 26.5. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
[
BAC = 60
◦
,
AB = a, AA
0
= a
√
3. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là
A. V =
3a
3
2
. B. V =
2a
3
3
. C. V =
a
3
√
3
3
. D. V =
a
3
√
3
9
.
Lời giải.
Tam giác ABC vuông tại B có
[
BAC = 60
◦
nên BC = AB tan 60
◦
= a
√
3.
Suy ra diện tích tam giác ABC là S
4ABC
=
1
2
BA · BC =
1
2
· a · a
√
3 =
a
2
√
3
2
.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
là V = S
4ABC
· AA
0
=
a
2
√
3
2
· a
√
3 =
3a
3
2
.
Chọn phương án A
Câu 26.6. Cho khối lăng trụ đứng AB C.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a
√
2,
góc giữa mặt phẳng (A
0
B C) và mặt đáy bằng 60
◦
. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là
A. V =
a
3
√
3
2
. B. V =
a
3
√
3
2
. C. V =
a
3
√
3
2
. D. V =
a
3
√
3
2
.
Lời giải.
94
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có
(A
0
B C) ∩ (ABC) = BC
A
0
A ⊥ (ABC)
AB ⊥ BC.
⇒ A
0
B ⊥ BC (Định lí ba đường vuông góc).
Suy ra
(
(A
0
B C), (ABC)
)
=
\
A
0
BA. Do đó
\
A
0
BA = 60
◦
.
Tam giác ABC vuông cân tại B có AC = a
√
2 nên BA = BC = a.
Suy ra diện tích tam giác ABC là
S
4ABC
=
1
2
BA · BC =
1
2
· a · a =
a
2
2
.
Tam giác A
0
AB vuông tại A có
\
A
0
BA = 60
◦
nên A
0
A =
AB tan 60
◦
= a
√
3.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
là
V = S
4ABC
· AA
0
=
a
2
2
· a
√
3 =
a
3
√
3
2
.
B
0
B
A
A
0
C
C
0
60
◦
Chọn phương án A
Câu 26.7. Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy AB CD là hình thoi cạnh a và
[
BAD = 60
◦
,
AB
0
hợp với đáy (ABCD) một góc 30
◦
. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là
A. V =
a
3
2
. B. V =
3a
3
2
. C. V =
a
3
6
. D. V =
a
3
√
2
6
.
Lời giải.
ABCD là hình thoi cạnh a và
[
BAD = 60
◦
nên tam giác
ABD đều cạnh a.
Suy ra diện tích hình thoi ABCD là S
ABCD
= 2S
4ABD
=
a
2
√
3
2
.
Ta có B
0
B ⊥ (ABCD) ⇒ AB là hình chiếu của AB
0
trên
(ABCD).
⇒
(
AB
0
, (ABCD)
)
= (AB
0
, AB) =
[
B
0
AB. Do đó
[
B
0
AB =
30
◦
.
Tam giác ABB
0
vuông tại B có
[
B
0
AB = 30
◦
nên B
0
B =
AB tan 30
◦
=
a
√
3
3
.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là
V = S
ABCD
· B
0
B =
a
2
√
3
2
·
a
√
3
3
=
a
3
2
.
B
0
B
A
A
0
C
C
0
D
D
0
60
◦
Chọn phương án A
Câu 26.8. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có cạnh đáy bằng 4, diện tích tam giác A
0
B C
bằng 8. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là
95
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. V = 2
√
3. B. V =
10
√
3
3
. C. V =
8
√
3
3
. D. V = 8
√
3.
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC, ta có
(
B C ⊥ AH
B C ⊥ A
0
H.
Tam giác ABC đều cạnh bằng 4 nên có diện tích
S
4ABC
=
4
2
√
3
4
= 4
√
3.
Ta có A
0
H =
2S
4A
0
BC
B C
=
2 ·8
4
= 4.
Tam giác A
0
AH vuông tại A nên ta có
A
0
A =
p
A
0
H
2
− AH
2
=
r
4
2
−
2
√
3
2
= 2.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
là
V = S
4ABC
· AA
0
= 4
√
3 ·2 = 8
√
3.
B
0
B
A
A
0
C
C
0
H
Chọn phương án D
Câu 26.9. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
, biết độ dài cạnh đáy của
lăng trụ bằng 2, đồng thời góc tạo bởi A
0
C và đáy (ABCD) bằng 30
◦
.
A. V =
8
√
6
3
. B. V = 24
√
6. C. V =
8
√
6
9
. D. V = 8
√
6.
Lời giải.
ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 nên có diện tích
S
ABCD
= 4.
Ta có A
0
A ⊥ (ABCD) ⇒ AC là hình chiếu của A
0
C trên
(ABCD).
⇒
(
A
0
C, (ABCD)
)
= (A
0
C, AC) =
\
A
0
CA. Do đó
\
A
0
CA = 30
◦
.
Tam giác A
0
CA vuông tại A có
\
A
0
CA = 30
◦
nên
A
0
A = AC tan 30
◦
= 2
√
2 ·
√
3
3
=
2
√
6
3
.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là
V = S
ABCD
· A
0
A = 4 ·
2
√
6
3
=
8
√
6
3
.
B
A
A
0
B
0
C
C
0
D
D
0
30
◦
Chọn phương án A
Câu 26.10. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có cạnh đáy bằng a, Khoảng cách từ điểm A
0
đến mặt phẳng (AB
0
C
0
) bằng
2a
√
57
19
. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là
96
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. V =
a
3
√
3
4
. B. V =
a
3
√
3
6
. C. V =
a
3
√
3
2
. D. V =
3a
3
2
.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của B
0
C
0
, ta có
(
B
0
C
0
⊥ A
0
I
0
B
0
C
0
⊥ A
0
A.
⇒ B
0
C
0
⊥ (AA
0
I) ⇒ (AB
0
C
0
) ⊥ (AA
0
I) theo giao tuyến AI.
Trong mặt phẳng (AA
0
I), kẻ A
0
H ⊥ AI tại H, ta có
A
0
H ⊥ (AB
0
C
0
) ⇒ A
0
H = d
A
0
, (AB
0
C
0
)
=
2a
√
57
19
.
Tam giác ABC đều cạnh a nên có diện tích S
4ABC
=
a
2
√
3
4
.
Tam giác AA
0
I vuông tại A
0
có A
0
H là đường cao nên ta có
1
A
0
A
2
=
1
A
0
H
2
−
1
AI
2
=
19
12a
2
−
4
3a
2
=
1
4a
2
.
Suy ra A
0
A = 2a.
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
là
V = S
4ABC
· AA
0
=
a
2
√
3
4
·2a =
a
3
√
3
2
.
B
A
A
0
B
0
C
C
0
H
I
Chọn phương án C
Câu 26.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SC tạo với đáy một góc 60
◦
.
Khi đó thể tích V của khối chóp S.ABCD là
A. V =
a
3
√
51
3
. B. V =
a
3
√
17
3
. C. V =
a
3
√
17
9
. D. V =
a
3
√
17
6
.
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB.
Mà (SAB) ⊥ (ABCD) theo giao tuyến AB
⇒ SH ⊥ (ABCD).
⇒ HC là hình chiếu của S C trên (ABCD).
⇒
(
S C, (ABCD)
)
= (SC, HC) =
[
S CH.
Do đó
[
S CH = 60
◦
.
ABCD là hình chữ nhật nên có diện tích
S
ABCD
= AB · AD = 2a
2
.
Tam giác BHC vuông tại B nên ta có
HC =
p
BH
2
+ BC
2
=
s
a
2
4
+ 4a
2
=
a
√
17
2
.
S
A
B
H
D
C
60
◦
Tam giác SHC vuông tại H và có
[
S CH = 60
◦
nên SH = HC tan 60
◦
=
a
√
17
2
·
√
3 =
a
√
51
2
.
97
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V =
1
3
S
ABCD
·SH =
1
3
·2a
2
·
a
√
51
2
=
a
3
√
51
3
.
Chọn phương án A
Câu 26.12. Cho hình chóp đều S.ABCD có đường chéo AC = 2a, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt
phẳng (ABCD) bằng 45
◦
. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là
A. V =
a
3
√
2
3
. B. V =
2a
3
√
3
3
. C. V = a
3
√
2. D. V =
a
3
2
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có
SO ⊥ (ABCD).
Gọi I là trung điểm của BC, ta có
(SBC) ∩(ABCD) = BC
SO ⊥ (ABCD)
OI ⊥ BC.
⇒ SI ⊥ BC (Định lí ba đường vuông góc).
⇒
(
(SBC), (ABCD)
)
=
d
SIO. Do đó
d
SIO = 45
◦
.
⇒ 4SOI vuông cân tại O
⇒ SO = OI =
AB
2
=
A C
2
√
2
=
a
√
2
2
.
S
O
A
D
B
I
C
45
◦
ABCD là hình vuông có đường chéo AC = 2a nên có diện tích là S
ABCD
=
1
2
A C
2
= 2a
2
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V =
1
3
S
ABCD
·SO =
1
3
·2a
2
·
a
√
2
2
=
a
3
√
2
3
.
Chọn phương án A
Câu 26.13.
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình thoi cạnh 2a,
AA
0
= 2a, góc giữa cạnh B
0
D và mặt đáy bằng 30
◦
. thể tích khối lăng trụ
đã cho bằng
A. 2
√
3a
3
. B. 4
√
3a
3
. C.
2
√
3a
3
3
. D.
4
√
3a
3
3
.
B
A
C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
Lời giải.
Vì BD là hình chiếu của B
0
D trên mặt phẳng (ABCD) nên
[
B
0
DB = 30
◦
là góc giữa B
0
D và mặt đáy.
Suy ra BD = BB
0
cot 30
◦
= 2a
√
3.
Xét hình thoi ABCD canh 2a có đường chéo BD = 2a
√
3.
Suy ra AC = 2 · AO = 2 ·
√
AB
2
− BO
2
= 2a.
Do đó S
ABCD
=
1
2
· AC · BD = 2a
2
√
3.
Vậy V = AA
0
·S
ABCD
= 4a
3
√
3.
B
A
C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
O
.
Chọn phương án B
CÂU 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
5x
2
−4x−1
x
2
−1
là
98
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 .
Lời giải.
Tập xác định D = R\
{
−1; 1
}
Trên D ta có, y =
5x
2
−4x−1
x
2
−1
=
(
5x+1
)(
x−1
)
(
x−1
)(
x+1
)
=
5x+1
x+1
lim
x→
(
−1
)
+
y = lim
x→
(
−1
)
+
5x+1
x+1
= −∞ =⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
lim
x→±∞
y = lim
x→±∞
5x+1
x+1
= 5 =⇒ y = 5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận.
Chọn phương án C
Câu 27.1. Tìm tổng đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số f (x) =
x
2
−6x + 8
(
x
2
−4x + 3
)
√
x − 2
A. 5. B. 2. C. 4. D. 3.
Lời giải.
Điều kiện:
(
x
2
−4x + 3 6= 0
x − 2 > 0
⇔
(
x 6= 3
x > 2
. Suy ra tập xác định của hàm số D = (2; +∞) \
{
3
}
.
Ta có: lim
x→+∞
x
2
−6x + 8
(
x
2
−4x + 3
)
√
x − 2
= lim
x→+∞
1 −
6
x
+
8
x
2
1 −
4
x
+
3
x
2
√
x − 3
= 0.
Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 0.
Ta có: lim
x→2
+
x
2
−6x + 8
(
x
2
−4x + 3
)
√
x − 2
= lim
x→2
+
(x −2)(x −4)
(
x
2
−4x + 3
)
√
x − 2
= lim
x→2
+
(x −4)
√
x − 2
(
x
2
−4x + 3
)
= 0.
Mặt khác: lim
x→3
+
x
2
−6x + 8
(
x
2
−4x + 3
)
√
x − 2
= lim
x→3
+
(x −4)
√
x − 2
(
x
2
−4x + 3
)
= lim
x→3
+
"
1
x − 3
·
(x −4)
√
x − 2
(
x − 1
)
#
=
−∞.
Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng: x = 3.
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.
Chọn phương án B
Câu 27.2. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x − 3
x
2
−4x + 3
là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải.
• Tiệm cận ngang:
• lim
x→+∞
x
2
+ 2x − 33
x
2
−4x + 3
= lim
x→+∞
1 +
2
x
−
3
x
2
1 −
4
x
+
3
x
2
= 1.
• lim
x→−∞
x
2
+ 2x − 33
x
2
−4x + 3
= lim
x→−∞
1 +
2
x
−
3
x
2
1 −
4
x
+
3
x
2
= 1.
Vậy đồ thị hàm số y có 1 tiệm cận ngang là y = 1.
99
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
• Tiệm cận đứng:
Ta có x
2
−4x + 3 = 0 ⇔
"
x = 3
x = 1.
• lim
x→1
+
x
2
+ 2x − 3
x
2
−4x + 3
= lim
x→1
+
(x −1) · (x + 3)
(x −1) · (x −3)
= lim
x→1
+
x + 3
x − 3
= −2.
• lim
x→1
−
x
2
+ 2x − 3
x
2
−4x + 3
= lim
x→1
−
(x −1) · (x + 3)
(x −1) · (x −3)
= lim
x→1
−
x + 3
x − 3
= −2.
Suy ra x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
• lim
x→+ 3
+
x
2
+ 2x − 3
x
2
−4x + 3
= lim
x→3
+
x + 3
x − 3
= +∞.
• lim
x→+ 3
−
x
2
+ 2x − 3
x
2
−4x + 3
= lim
x→3
−
x + 3
x − 3
= −∞.
Suy ra x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2.
Chọn phương án C
Câu 27.3. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
x
2
+ 2x − 3
x
2
+ 4x + 3
là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Lời giải.
• Tiệm cận ngang:
Ta có lim
x→+∞
y = lim
x→+∞
1 +
2
x
−
3
x
2
1 +
4
x
+
3
x
2
= 1, lim
x→−∞
y = lim
x→−∞
1 +
2
x
−
3
x
2
1 +
4
x
+
3
x
2
= 1.
Vậy y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
• Tiệm cận đứng:
Ta có x
2
+ 4x + 3 = 0 ⇔
"
x = −1
x = 3.
• lim
x→−1
+
y = lim
x→−1
+
(x −1) · (x + 3)
(x + 1) · (x + 3)
= lim
x→−1
+
x − 1
x + 1
= −∞.
• lim
x→−1
−
y = lim
x→−1
−
(x −1) · (x + 3)
(x + 1) · (x + 3)
= lim
x→−1
−
x − 1
x + 1
= +∞.
Suy ra x = −1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
• lim
x→−3
+
y = lim
x→−3
+
x − 1
x + 1
= 2.
• lim
x→−3
−
y = lim
x→−3
−
x − 1
x + 1
= 2.
Suy ra x = −3 không phải đường tiệm cận đứng của đồ t hị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.
Chọn phương án A
100
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 27.4. Đồ thị hàm số y =
x
2
−3x + 2
x
3
−4x
2
+ 4x
có bao nhiêu đường tiệm cận ?
A. 2. B. 1. C. 3. D. 5.
Lời giải.
• Tiệm cận ngang:
Ta có lim
x→+∞
y = lim
x→+∞
1
x
−
3
x
2
+
2
x
3
1 −
4
x
+
4
x
2
= 0, lim
x→−∞
y = lim
f (x)→−∞
1
x
−
3
x
2
+
2
x
3
1 −
4
x
+
4
x
2
= 0.
Vậy y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số:
• Tiệm cận đứng:
Ta có x
3
−4x
2
+ 4x = 0 ⇔
"
x = 0
x = 2
• lim
x→0
+
y = lim
x→0
+
(x −1) · (x −2)
x(x −2)
2
= lim
x→0
+
x − 1
x(x −2)
= +∞.
• lim
x→0
−
y = lim
x→0
−
(x −1) · (x −2)
x(x −2)
2
= lim
x→0
−
x − 1
x(x −2)
= −∞.
Suy ra x = 0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
• lim
x→2
+
y = lim
x→2
+
x − 1
x(x −2)
= +∞.
• lim
x→2
+
y = lim
x→2
+
x − 1
x(x −2)
= +∞.
• lim
x→2
−
y = lim
x→2
−
x − 1
x(x −2)
= −∞.
Suy ra x = 2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Chọn phương án C
Câu 27.5. Cho hàm số y =
√
16 − x
2
x
2
+ 3x − 4
, số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải.
• Tiệm cận ngang:
ĐKXĐ: 16 − x
2
≥ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 4.
Vậy suy ra hàm số không có tiệm cận ngang.
• Tiệm cận đứng:
Ta có x
2
+ 3x − 4 = 0 ⇔
"
x = 1
x = −4
• lim
x→1
+
y = lim
x→1
+
√
16 − x
2
(x −1) · (x + 4)
= +∞.
• lim
x→1
−
y = lim
x→1
−
√
16 − x
2
(x −1) · (x + 4)
= −∞.
Suy ra x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
101
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
• lim
x→−4
+
y = lim
x→−4
+
√
16 − x
2
(x −1) · (x + 4)
= lim
x→−4
+
p
(4 − x) · (4 + x)
(x −1) · (x + 4)
= lim
x→−4
+
√
4 − x
(x −1) ·
√
4 + x
=
−∞.
• lim
x→−4
−
y = lim
x→−4
−
√
16 − x
2
(x −1) · (x + 4)
= lim
x→−4
−
p
(4 − x) · (4 + x)
(x −1) · (x + 4)
= lim
x→−4
−
√
4 − x
(x −1) ·
√
4 + x
=
+∞.
Suy ra x = −4 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 2
Chọn phương án C
Câu 27.6. Cho hàm số y =
ax + 4
bx −1
. Biết rằng đồ thị của hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2 và
đường tiệm cận đứng là x = 1. Giá trị của a + b bằng
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Lời giải.
Vì x = 1 là tiệm cận đứng nên ta có b · (1) − 1 −0 ⇔ b = 1.
y = 2 là tiệm cận ngang nên ta có lim
x→±∞
ax + 4
bx −1
= 2 ⇔ lim
x→±∞
a +
4
x
b −
1
x
= 2 ⇔
a
b
= 2 ⇔ a = 2b.
Giải hệ phương trình
(
b = 1
a = 2b
⇔
(
a = 2
b = 1
⇒ a + b = 3.
Chọn phương án B
Câu 27.7. Biết rằng x = 1 và y = 0 lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y =
(a − 2b)x
2
+ bx + 1
x
2
+ x − b
. Giá trị của a + b bằng
A. 6. B. 7. C. 8. D. 10.
Lời giải.
Vì x = 1 là tiệm cận đứng nên (1)
2
+ 1 − b = 0 ⇔ b = 2.
y = 0 là tiệm cận ngang nên lim
x→±∞
y = 0 ⇔ lim
x→±∞
a −2b +
b
x
+
1
x
2
1 +
1
x
−
b
x2
= 0 ⇔ a −2b = 0.
Giải hệ phương trình
(
b = 2
a −2b = 0
⇔
(
b = 2
a = 4
⇒ a + b = 6.
Chọn phương án A
Câu 27.8. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị hàm số có bao nhiêu tiệm cận?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
− −
0
+
22
−5
3
−1−1
+∞+∞
Lời giải.
Quan sát bảng biến thiên ta có:
102
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
• Khi x → −∞ thì y → 2 nên đồ thị hàm số nhận y = 2 là đường tiệm cận ngang.
• Khi x → −1
−
thì y → −5, x → −1
+
thì y → 3 nên đồ thị hàm số không nhận x = −1 là đường
tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận.
Chọn phương án A
Câu 27.9. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị của hàm số
y = f (x) có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 0.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
x
y
0
y
−∞
−
1
2
+∞
+ +
3
2
3
2
+∞
−∞
3
2
3
2
Lời giải.
Quan sát bảng biến thiên ta có
• Khi x → ±∞ thì y →
3
2
nên đồ hàm số nhận y =
3
2
là đường tiệm cận ngang.
• Khi x → −
1
2
−
thì y → +∞, x → −
1
2
+
thì y → −∞ nên đồ hàm số nhận x = −
1
2
là đường tiệm
cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Chọn phương án B
Câu 27.10. Đồ thị hàm số y =
√
x
2
+ 1
x − 1
có bao nhiêu đường tiệm cận.
A. 3. B. 1. C. 0. D. 2.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
1
}
. Ta có: lim
x→1
+
√
x
2
+ 1
x − 1
= +∞; lim
x→1
−
√
x
2
+ 1
x − 1
= −∞.
Suy ra x = 1 là đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
Mặt khác: lim
x→+∞
√
x
2
+ 1
x − 1
= lim
x→+∞
r
1 +
1
x
2
1 −
1
x
= 1
lim
x→−∞
√
x
2
+ 1
x − 1
= lim
x→−∞
−
r
1 +
1
x
2
1 −
1
x
= −1.
Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y = 1; y = −1.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Chọn phương án A
Câu 27.11. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
x − 2
√
x
2
−4
là
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
103
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Tập xác định: D = (−∞; −2) ∪(2; +∞).
Ta có lim
x→+∞
x − 2
√
x
2
−4
= lim
x→+∞
1 −
2
x
r
1 −
4
x
2
= 1.
lim
x→−∞
x − 2
√
x
2
−4
= lim
x→−∞
−1 +
2
x
r
1 −
4
x
2
= −1.
Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là y = 1, y = −1.
Ta lại có: lim
x→2
+
x − 2
√
x
2
−4
= lim
x→2
+
r
x − 2
x + 2
= 0.
lim
x→2
+
x − 2
√
x
2
−4
= −∞ do
lim
x→−2
−
(x −2) = −4 < 0
lim
x→−2
−
p
x
2
−4 = 0
p
x
2
−4 > 0; ∀x < −2.
Suy ra x = −2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận.
Chọn phương án C
Câu 27.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R \
{
0
}
và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Sô đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
2020
3 −2 f (x)
là
x
y
0
y
−∞
−1
0
1
+∞
+
0
− −
0
+
−∞−∞
22
−∞
+∞
11
+∞+∞
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Dựa vào bangt biến thiên ta có phương trình f (x) =
3
2
có 4 nghiệm phân biệt và tử số là hằng số nên
đồ thị hàm số đã có luôn có 4 đường tiệm cận đứng.
Chọn phương án C
CÂU 28.
Cho hàm số y = ax
3
+ 3x + d (a, d ∈ R) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào
dưới đây đúng ?
A. a > 0; d > 0. B. a < 0; d > 0. C. a > 0; d < 0. D. a < 0; d < 0.
y
x
O
Lời giải.
104
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có đồ thị hàm số có dạng đi xuống suy ra a < 0.
Với x = 0 ⇒ y = d đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành suy ra d < 0.
Vậy a < 0, d < 0.
Chọn phương án D
Câu 28.1. Cho hàm số y = ax
3
−3x + d (a, d ∈ R) có đồ thị như hình bên. Mệnh
đề nào dưới đây đúng ?
A. a > 0; d > 0. B. a < 0; d > 0. C. a > 0; d < 0. D. a < 0; d < 0.
x
y
O
Lời giải.
Ta có lim
x→+∞
= +∞ suy ra a > 0.
Với x = 0 ⇒ y = d đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía trên trục hoành suy ra d > 0.
Vậy a > 0, d > 0.
Chọn phương án A
Câu 28.2.
Cho hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a > 0; b > 0; c < 0; d < 0. B. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0.
C. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0. D. a > 0; b < 0; c < 0; d < 0.
y
x
O
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên
d > 0.
Trong 4 phương án, chỉ có một phương án cho ta kết quả a > 0; d > 0.
Chọn phương án C
Câu 28.3.
Cho hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây
đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0. B. a < 0; b < 0; c = 0; d > 0.
C. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0. D. a < 0; b > 0; c = 0; d > 0.
y
x
O
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0.
y
0
= 3ax
2
+ 2bx + c.
105
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d). Từ hình vẽ ta suy ra d > 0.
Hàm số có x
CT
= 0 và x
CĐ
> 0 nên ta có:
x
CT
+ x
CĐ
= −
2b
3a
> 0
x
CT
x
CĐ
=
c
3a
= 0
.
Kết hợp với a < 0 ta suy ra b > 0 và c = 0.
Chọn phương án D
Câu 28.4.
Cho hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0; d < 0.
B. a < 0; b < 0; c > 0; d < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0; d > 0.
D. a < 0; b > 0; c < 0; d < 0.
y
x
O
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0.
Đồ t hị cắt trục tung tại điểm (0; d). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm nên
d < 0.
Dựa vào đồ thị, ta có:
x
CT
+ x
CĐ
= −
2b
3a
> 0
x
CT
· x
CĐ
=
c
3a
< 0
.
Kết hợp với a < 0 ta suy ra b > 0 và c > 0.
Chọn phương án A
Câu 28.5.
Cho hàm số y = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a > 0; b < 0; c > 0. B. a > 0; b > 0; c < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0. D. a < 0; b > 0; c < 0.
y
x
O
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a > 0 nên suy ra b < 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c) . Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm nên
c < 0.
Chọn phương án C
106
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 28.6.
Cho hàm số y = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0. B. a < 0; b > 0; c < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0. D. a < 0; b < 0; c < 0.
y
x
O
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a < 0 nên suy ra b > 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên
c > 0.
Chọn phương án A
Câu 28.7.
Cho hàm số y = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị như hình vẽ.
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a > 0; b < 0; c = 1. B. a > 0; b > 0; c = 1.
C. a < 0; b > 0; c = 1. D. a > 0; b > 0; c > 0.
y
x
O
−1 1
1
Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a > 0 nên suy ra b < 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 1 nên
c = 1.
Chọn phương án A
Câu 28.8.
Cho hàm số y =
ax − b
x − 1
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề
nào sau đây đúng ?
A. b < 0 < a. B. 0 < b < a.
C. b < a < 0. D. 0 < a < b.
y
x
O
−1
−2
1 2
Lời giải.
107
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm (0; b). Từ hình vẽ, ta có b = −2. Vậy b < 0.
Đồ thị hàm số có tiệm cậng ngang là đường thẳng y = a. Từ hình vẽ ta có a = −1. Vậy a < 0.
Chọn phương án C
Câu 28.9.
Cho hàm số y =
ax + b
x − c
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh
đề nào sau đây đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0. B. a > 0; b < 0; c > 0.
C. a > 0; b > 0; c < 0. D. a > 0; b < 0; c < 0.
y
x
O
Lời giải.
Đồ thị hàm số có tiệm cậng ngang là đường thẳng y = a. Từ hình vẽ ta suy ra a > 0.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = c. Từ hình vẽ ta có c < 0.
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm
0; −
b
c
. Từ hình vẽ ta có −
b
c
< 0 ⇒ b < 0.
Chọn phương án D
Câu 28.10.
Cho hàm số y = f (x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định
nào sau đây là đúng.
A. a < 0; b < 0; c = 0; d > 0. B. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0.
C. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0. D. a < 0; b > 0; c = 0; d > 0.
x
y
O
Lời giải.
Ta có lim
x→+∞
= −∞ suy ra a < 0.
Đồ thị hàm số cắt trục Oy là điểm nằm bên trên trục hoành nên x = 0; y = d > 0.
Hàm số có hai điểm cực trị trong đó có một điểm cực tiểu đạt cực tiểu tại x = 0 và một điểm cực đại
đạt cực đại tại điểm x > 0.
Suy ra phương trình f
0
(x) = 3ax
2
+ 2bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
= 0 < x
2
.
Khi đó
(
f
0
(0) = 0
x
1
+ x
2
> 0
⇔
c = 0
−
b
3a
> 0
⇔
c = 0
a < 0
b > 0.
Chọn phương án D
Câu 28.11.
108
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Cho hàm số y = f (x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Tính tổng của
S = a + b + c + d.
A. S = 0. B. S = 6. C. S = −4. D. S = 2.
x
y
O
2
2
−2
Lời giải.
Hàm số liên tục trên R và có đạo hàm f
0
(x) = 3ax
2
+ 2bx + c và độ thị hàm số nhận hai điểm cực trị
là (2; −2) và ( 0; 2).
Do đó
f (2) = −2
f
0
(2) =
f (0) = 2
f
0
(0) = 0
⇔
8a + 4b + 2c + d = −2
12a + 4b + c = 0
d = 2
c = 0
⇔
a = 1
b = −3
c = 0
d = 2
.
Vậy S = a + b + c + d = 0.
Chọn phương án A
Câu 28.12.
Biết rằng hàm số y = f (x) = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị là đường cong như hình vẽ
bên. Tính giá trị của f (3a + 2b + c).
A. −1. B. 0. C. 2. D. 1.
x
y
1
1
−1
O
−1
Lời giải.
Đồ thị hàm số ddie qua hai điểm (0; 1),(1; −1) và có điểm cực trị tại (1; −1) nên ta có hệ phương
trình
f (0) = 1
f (1) = −1
f
0
(1) = 0
⇔
c = 1
a + b + c = −1
4a + 2b = 0
⇔
c = 1
a = 2
b = −4.
Ta có hàm số f (x) = 2x
4
−4x
2
+ 1. Khi đó f (3a + 2b + c) = f (−1) = −1
Chọn phương án A
CÂU 29.
Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong hình bên
bằng
A.
2
Z
−1
−2x
2
+ 2x + 4
dx. B.
2
Z
−1
2x
2
−2x − 4
dx.
C.
2
Z
−1
−2x
2
−2x + 4
dx. D.
2
Z
−1
2x
2
+ 2x − 4
dx.
y
x
−1
2
y = x
2
−2x − 2
y = −x
2
+ 2
Lời giải.
Nhìn vào hình, thấy trên đoạn [−1; 2] thì đồ thị hàm y = −x
2
+ 2 nằm trên đồ thị hàm y = x
2
−2x −2
nên
S
gạch chéo
=
2
Z
−1
h
−x
2
+ 2
−
x
2
−2x − 2
i
dx =
2
Z
−1
−2x
2
+ 2x + 4
dx.
Chọn phương án A
109
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 29.1.
Cho đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ. Diện tích S của hình phẳng được
gạch chéo được xác định bởi công thức
A. S =
−2
Z
1
f (x) dx +
2
Z
1
f (x) dx . B. S =
1
Z
−2
f (x) dx +
2
Z
1
f (x) dx .
C. S =
1
Z
−2
f (x) dx −
2
Z
1
f (x) dx . D. S =
2
Z
−2
f (x) dx .
y
x
−2
1
2
Lời giải.
Diện tích cần tính là S =
2
Z
−2
|f (x)|dx = −
1
Z
−2
f (x) dx +
2
Z
1
f (x) dx =
−2
Z
1
f (x) dx +
2
Z
1
f (x) dx .
Chọn phương án A
Câu 29.2.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được
tính theo công thức nào sau đây?
A.
0
Z
−1
2x
3
−2x
dx +
1
Z
0
2x − 2x
3
dx.
B.
1
Z
−1
2x
3
−2x
dx.
C.
1
Z
−1
2x − 2x
3
dx.
D.
0
Z
−1
2x
3
−2x
dx −
1
Z
0
2x − 2x
3
dx.
y
x
O
−1 1
y = −2x
3
+ x
2
+ x + 5
y = x
2
− x + 5
Lời giải.
Đặt f (x) = x
2
− x + 5; g(x) = −2x
3
+ x
2
+ x + 5. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình
vẽ là
S =
1
Z
−1
|f (x) − g(x)|dx =
0
Z
−1
(
f (x) − g(x)
)
dx +
1
Z
0
(
g(x) − f (x)
)
dx =
0
Z
−1
2x
3
−2x
dx +
1
Z
0
2x − 2x
3
dx.
Chọn phương án A
Câu 29.3.
110
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo
công thức nào sau đây?
A.
2
Z
0
(
√
x − x + 2)dx. B.
4
Z
0
(
√
x − x + 2)dx.
C.
2
Z
0
√
xdx +
4
Z
2
(
√
x − x + 2)dx. D.
2
Z
0
√
xdx +
4
Z
2
(x −2 −
√
x)dx.
y
x
O
y =
√
x
y = x − 2
Lời giải.
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có:
√
x = x − 2 ⇔
x ≥ 2
x
2
−5x + 4 = 0
⇔ x = 4.
√
x = 0 ⇔ x = 0.
x − 2 = 0 ⇔ x = 2.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S =
2
Z
0
√
xdx +
4
Z
2
√
x − x + 2
dx.
Chọn phương án C
Câu 29.4.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được
tính theo công thức nào sau đây?
A.
−3
Z
−5
(x + 5)dx −
1
Z
−3
√
1 − xdx.
B.
1
Z
−5
[(x + 5) −
√
1 − x]dx.
C.
−3
Z
−5
(x + 5)dx +
1
Z
−3
√
1 − xdx.
D.
1
Z
−5
[
√
1 − x −(x + 5) ]dx.
y
x
O
y =
√
1 − x
y = x + 5
Lời giải.
Điều kiện: x ≤ 1.
Ta có:
√
1 − x = x + 5 ⇔
x ≥ −5
x
2
+ 11x + 24 = 0
⇔ x = −3.
√
1 − x = 0 ⇔ x = 1.
x + 5 = 0 ⇔ x = −5.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S =
−3
Z
−5
(x + 5)dx +
1
Z
−3
√
1 − xdx.
Chọn phương án C
Câu 29.5.
111
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên bằng
A.
11
6
. B.
61
3
. C.
343
162
. D.
39
2
.
y
x
O
y = x
2
y = −
1
3
x +
4
3
Lời giải.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S =
1
Z
0
x
2
dx +
4
Z
1
−
1
3
x −
4
3
dx =
11
6
.
Chọn phương án A
Câu 29.6.
Cho hàm số y =
√
2 − x có đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y = x. Công thức
tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (phần gạch sọc
của hình vẽ) xung quanh trục hoành là
A. π
1
Z
0
(2 − x)dx + π
2
Z
1
x
2
dx. B. π
2
Z
0
(2 − x)dx.
C. π
2
Z
0
x
2
dx + π
4
Z
2
(2 − x)dx. D. π
1
Z
0
x
2
dx + π
2
Z
1
(2 − x)dx.
y
x
O
(C)
(d)
Lời giải.
Điều kiện: x ≤ 2.
Ta có:
√
2 − x = x ⇔
x ≥ 0
x
2
+ x −2 = 0
⇔ x = 1.
√
2 − x = 0 ⇔ x = 2.
Thể tích cần tìm là V = π
1
Z
0
x
2
dx + π
2
Z
1
(2 − x)dx.
Chọn phương án D
Câu 29.7.
Thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (phần gạch sọc của
hình vẽ) xung quanh trục hoành bằng
A. 4π ln 4 −3. B. π(4 ln 2 −3). C. π(4 ln 4 − 3). D. 4π ln 2 − 3π.
y
x
O
1 4
y =
√
lnx
Lời giải.
Điều kiện: x ≥ 1.
Ta có:
√
ln x = 0 ⇔ x = 1.
Thể tích cần tìm là V = π
4
Z
1
ln xdx = π
(
x ln x − x
)
|
4
1
= π(4 ln 4 −3).
Chọn phương án C
112
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 29.8. Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 1 và x = 3, biết rằng khi cắt vật
thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x
(
1 ≤ x ≤ 3
)
thì được thiết
diện là hình chữ nhật có hai cạnh là 3x và
√
3x
2
−2.
A. 32 + 2
√
15. B. (32 + 2
√
15)π. C.
124
3
. D.
124
3
π.
Lời giải.
Thể tích cần tìm là V =
3
Z
1
3x
p
3x
2
−2
dx =
124
3
.
Chọn phương án C
Câu 29.9.
Miền phẳng trong hình vẽ được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) và
parabol y = x
2
−2x. Biết
1
Z
−
1
2
f (x) dx =
3
4
. Khi đó diện tích hình phẳng được
tô trong hình vẽ bằng
A.
9
8
. B.
3
2
. C.
3
8
. D.
8
3
π.
y
x
O
−
1
2
1
Lời giải.
Diện tích hình phẳng cần tìm là S =
1
Z
−
1
2
f (x) − x
2
+ 2x
dx.
Mà
1
Z
−
1
2
f (x) dx =
3
4
nên S =
3
4
+
1
Z
−
1
2
(2x − x
2
)dx =
3
4
+
3
8
=
9
8
.
Chọn phương án A
Câu 29.10.
Cho hình thang cong (H) giới hạn như bởi các đường y =
1
x
, x =
1
2
,
x = 2 và tr ục hoành. Đường thẳng x = k với k ∈
1
2
; 2
chia (H)
thành hai phần có diện tích là S
1
và S
2
như hình vẽ. Tìm tất cả các
giá trị thực của k sao cho S
1
= 3S
2
.
A. k =
√
2. B. k = 1. C. k =
7
5
. D. k =
√
3.
y
x
O
1
2
k
2
S
1
S
2
Lời giải.
Ta có S
1
= 3S
2
⇔
k
Z
1
2
1
x
dx = 3
2
Z
k
1
x
dx ⇔ ln x|
k
1
2
= 3 ln x|
2
k
⇔ ln k −ln
1
2
= 3
(
ln 2 −ln k
)
⇔ 4 ln k = 3 ln 2 − ln 2
⇔ ln k =
1
2
ln 2
113
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
⇔ k =
√
2.
Chọn phương án A
Câu 29.11.
Với mọi m thì đường thẳng d : y = mx + 2 luôn cắt (P) : y = x
2
+ 1
tại hai điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
. Tìm m để diện tích của hình
phẳng giới hạn bởi d và (P) là nhỏ nhất.
A. m = 0. B. m =
4
3
. C. m =
3
4
. D. m = 4.
y
x
O
1
2
x
1
x
2
y = x
2
+ 1
y = mx + 2
Lời giải.
Ta có x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình −x
2
+ mx + 1 = 0. Khi đó
S =
x
2
Z
x
1
mx + 2 − x
2
−1
dx
=
mx
2
2
−
x
3
3
+ x
x
2
x
1
=
(
x
2
− x
1
)
−
1
3
(x
1
+ x
2
)
2
− x
1
x
2
+
m
2
(x
1
+ x
2
) + 1
= −
1
6
p
m
2
+ 4
h
2(m
2
+ 1) −3m
2
−6
i
=
1
6
p
m
2
+ 4(m
2
+ 4) ≥
8
3
.
Vậy S
min
=
8
3
⇔ m = 0.
Chọn phương án A
Câu 29.12.
Cho hình phẳng D giới hạn bởi parabol y = −
1
2
x
2
+ 2x, cung
tròn có phương trình y =
√
16 − x
2
với 0 ≤ x ≤ 4, trục tung
(phần tô đậm trên hình vẽ). Tính diện tích của hình D.
A. 8π −
16
3
. B. 2π −
16
3
. C. 4π +
16
3
. D. 4π −
16
3
.
y
x
O
4
4
y =
√
16 − x
2
y = −
1
2
x
2
+ 2x
Lời giải.
Diện tích hình phẳng D có S =
4
Z
0
p
16 − x
2
+
1
2
x
2
−2x
dx.
Xét tích phân I =
4
Z
0
p
16 − x
2
dx.
Đặt x = 4 sin t với t ∈
h
−
π
2
;
π
2
i
.
Khi đó ta có I =
π
2
Z
0
p
16 −16 sin
2
t ·4 cos t dt = 16
π
2
Z
0
cos
2
t dt = 16
t
2
+
sin 2t
2
π
2
0
= 4π.
114
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Mặt khác J =
4
Z
0
1
2
x
2
−2x
dx =
x
3
6
− x
2
4
0
= −
16
3
.
Vậy S = 4π −
16
3
.
Chọn phương án D
Câu 29.13.
Cho hàm số y = f (x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a 6= 0 có đồ thị (C). Biết rằng đồ
thị (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị hàm
số y = f
0
(x) có đồ thị cho bởi hình vẽ bên. Tính diện tích S của hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.
A. S = 9. B.
21
4
. C.
5
4
. D. S =
27
4
.
y
x
0
−1 1
−3
f
0
(x)
Lời giải.
Ta có đồ thị hàm số f
0
(x) = 3ax
2
+ 2bx + c đi qua các điểm (−1; 0), (1; 0) và (0; −3) nên
3a + 2b + c = 0
3a −2b + c = 0
c = −3
⇔
a = 3
b = 0
c = −3.
Do đó f
0
(x) = 3x
2
−3. Mà f (x) =
Z
f
0
(x) dx =
Z
3x
2
−3
dx = x
3
−3x + C.
Do đồ thị ( C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ x
0
âm nên f
0
(x
0
) = 0 ⇔ 3x
2
0
−3 =
0 ⇔ x
0
= −1.
Vậy f (−1) = 4 nên ta có C = 2. Do đó phương trình đường cong đã cho là y = x
3
−3x + 2.
Xét phương trình x
3
−3x + 2 = 0 ⇔
"
x = −2
x = 1.
Diện tích hình phẳng cần tìm là S =
1
Z
−2
x
3
−3x + 2
dx =
27
4
.
Chọn phương án D
CÂU 30. Cho hai số phức z
1
= −3 + i và z
2
= 1 − i . Phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng
A. −2 . B. 2i . C. 2 . D. −2i .
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
=
(
−3 + i
)
+
(
1 + i
)
= −2 + 2i
Phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng 2 .
Chọn phương án C
Câu 30.1. Cho hai số phức z
1
= 5 − i và z
2
= 7 + 2i. Phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng
A. 3. B. 3i. C. −3. D. −3i.
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= 5 − i + 7 −2i = 12 −3i. Do đó phần ảo của số phức này là −3.
Chọn phương án C
Câu 30.2. Cho hai số phức z
1
= 2 −4i và z
2
= 1 −3i. Phần ảo của số phức z
1
+ i · z
2
bằng
A. 5. B. −5i. C. −3. D. 3i.
115
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có z
1
+ i · z
2
= 2 −4i + i(1 + 3i) = −1 − 3i. Do đó phần ảo của số phức này là −3.
Chọn phương án C
Câu 30.3. Cho hai số phức z
1
= 5 + 6i và z
2
= 1 + 8i. Phần ảo của số phức liên hợp w = z
1
− i · z
2
bằng
A. −5i. B. −5. C. 5i. D. 5.
Lời giải.
Ta có w = z
1
−i · z
2
= 5 + 6i −i(1 − 8i) = −3 + 5i ⇒ w = −3 −5i. Do đó phần ảo của số phức liên
hợp là −5.
Chọn phương án B
Câu 30.4. Cho hai số phức z
1
= 2019 + 2020i và z
2
= 2002i. Phần ảo của số phức iz
1
+ z
2
bằng
A. 2020. B. −4021. C. −2020. D. 4021.
Lời giải.
Ta có iz
1
+ z
2
= i(2019 + 2020i) + 2020i = −2020 + 4021i. Do đó phần ảo của số phức này là 4021.
Chọn phương án D
Câu 30.5. Cho hai số phức z
1
= −3 + i và z
2
= 1 − i. Phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng
A. −2. B. 2i. C. 2. D. −2i.
Lời giải.
Ta có: z
2
= 1 + i.
Suy ra z
1
+ z
2
= −3 + i + 1 + i = −2 + 2 i.
Vậy phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng 2.
Chọn phương án C
Câu 30.6. Cho hai số phức z
1
= 5 + i và z
2
= 1 + 2i. Phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng
A. 6. B. −6. C. −1. D. 1.
Lời giải.
Ta có: z
2
= 1 −2i.
Suy ra z
1
+ z
2
= 5 + i + 1 −2i = 6 −i.
Vậy phần ảo của số phức z
1
+ z
2
bằng −1.
Chọn phương án
C
Câu 30.7. Cho hai số phức z
1
= −3 + i và z
2
= 1 + 2i. Tìm phần t hực và phần ảo của số phức
z
1
+ z
2
.
A. Phần thực bằng −2 và phần ảo bằng −1. B. Phần thực bằng −2 và phần ảo bằng 1.
C. Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng −1. D. Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 1.
Lời giải.
Ta có: z
2
= 1 −2i.
Suy ra z
1
+ z
2
= −3 + i + 1 −2i = −2 − i.
Vậy số phức z
1
+ z
2
có phần thực bằng −2 và phần ảo bằng −1.
Chọn phương án A
Câu 30.8. Cho hai số phức z
1
= 3 + i và z
2
= 1 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z
1
·z
2
.
A. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 7. B. Phần thực bằng −1 và phần ảo bằng 7.
C. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng −7. D. Phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 1.
116
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Ta có: z
1
·z
2
= (3 + i) ·( 1 + 2 i) = 1 + 7i.
Vậy số phức z
1
·z
2
có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 7.
Chọn phương án A
Câu 30.9. Cho hai số phức z
1
= 3i và z
2
= 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z
1
·z
2
.
A. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −9. B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 9.
C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −9. D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 9.
Lời giải.
Ta có: z
1
·z
2
= −3i · (3 − i) = −3 − 9i.
Vậy số phức z
1
·z
2
có phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −9.
Chọn phương án A
Câu 30.10. Cho hai số phức z
1
= 3i và z
2
= 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
1
z
2
.
A. Phần thực bằng −
3
10
và phần ảo bằng
9
10
. B. Phần thực bằng
3
10
và phần ảo bằng −
9
10
.
C. Phần thực bằng
9
10
và phần ảo bằng −
3
10
. D. Phần thực bằng −
9
10
và phần ảo bằng
3
10
.
Lời giải.
Ta có:
z
1
z
2
=
3i
3 −i
= −
3
10
+
9
10
i.
Vậy số phức
z
1
z
2
có phần thực bằng −
3
10
và phần ảo bằng
9
10
.
Chọn phương án A
Câu 30.11. Cho hai số phức z
1
= 3i và z
2
= 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w =
z
1
+
1
z
2
.
A. Phần thực bằng −
3
10
và phần ảo bằng
31
10
. B. Phần thực bằng
3
10
và phần ảo bằng −
31
10
.
C. Phần thực bằng
3
10
và phần ảo bằng
31
10
i. D. Phần thực bằng
3
10
và phần ảo bằng
31
10
.
Lời giải.
Ta có: w = z
1
+
1
z
2
= 3i +
1
3 −i
=
3
10
+
31
10
i.
Vậy số phức w có phần thực bằng
3
10
và phần ảo bằng
31
10
.
Chọn phương án D
Câu 30.12. Cho số phức z thỏa mãn (2 − i)z = 3 + 4i. Tìm phần ảo b của số phức w = 2 − z.
A. b = −
11
5
i. B. b = −
11
5
. C. b =
11
5
i. D. b =
11
5
.
Lời giải.
Ta có: (2 − i)z = 3 + 4i ⇔ z =
3 + 4i
2 −i
⇔ z =
2
5
+
11
5
i.
Suy ra w = 2 −z = 2 −
2
5
−
11
5
i
=
8
5
+
11
5
i.
Vậy số phức w có phần ảo b =
11
5
.
Chọn phương án D
Câu 30.13. Cho số phức z thỏa mãn 5i z + 1 −4i = 3 + i. Tìm phần thực a của số phức w =
1
z
.
117
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. a = −
2
5
. B. a = 1. C. a =
10
29
. D. a =
25
29
.
Lời giải.
Ta có: 5iz + 1 − 4 i = 3 + i ⇔ z =
3 + i − 1 + 4i
5i
⇔ z = 1 −
2
5
i.
Suy ra w =
1
z
=
1
1 −
2
5
i
=
25
29
+
10
29
i.
Vậy số phức w có phần thực a =
25
29
.
Chọn phương án D
Câu 30.14. Nếu số phức z 6= 1 thaot mãn |z | = 1 thì phần thực của số phức
1
1 −z
bằng
A.
1
2
. B. −
1
2
. C. 2. D. −2.
Lời giải.
Gọi z = x + yi với x, y ∈ R và z 6= 1. Vì |z = 1| ⇔ x
2
+ y
2
= 1.
Ta có:
1
1 −z
=
1
1 − x −yi
=
1 − x + yi
(1 − x)
2
+ y
2
=
1 − x + yi
1 −2x + x
2
+ y
2
=
1 − x
2 −2x
+
y
2 −2x
·i =
1
2
+
y
2 −2x
·i.
Vậy phần thưc của số phức đã cho là
1
2
.
Chọn phương án A
CÂU 31. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z =
(
1 + 2i
)
2
là điểm nào dưới đây?
A. P
(
−3; 4
)
. B. Q
(
5; 4
)
. C. N
(
4; −3
)
. D. M
(
4; 5
)
.
Lời giải.
Ta có z =
(
1 + 2i
)
2
= −3 + 4i có điểm biểu diễn là P
(
−3; 4
)
.
Chọn phương án A
Câu 31.1. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = i(3 + 2i) là điểm nào dưới đây?
A. M(3; 2). B. N(3; −2). C. P(−2; 3). D. Q(2; −3).
Lời giải.
Ta có z = i(3 + 2i) = 3i + 2i
2
= −2 + 3i. Vậy điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức là
điểm tọa độ (−2; 3)
Chọn phương án C
.
Câu 31.2. Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z = 3 + 4i. Tìm phần thực của số phức w = 2 −iz + 3z
A. 9. B. −5. C. 1. D. 6.
Lời giải.
Từ giả thiết z =
3 + 4i
2 + i
= 2 + i. Suy ra w = 2 − iz + 3z = 2 − i(2 + i) + 3(2 − i) = 9 − 5i. Vậy phần
thực của số phức w là 9.
Chọn phương án A
Câu 31.3. Trong mặt phẳng tọa độ A, B, C là ba điểm biểu diễn lần lượt cho ba số phức z
1
= 5 −
i, z
2
= (4 + i)
2
và z
3
= (2i)
3
. Diện tích của tam giác ABC là kết quả nào dưới đây?
A. 25. B.
25
2
. C.
185
2
. D. 185.
Lời giải.
118
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có z
1
= 5 − i ⇒ A(5; −1)
z
2
= (4 + i)
2
= 16 + 8i + i
2
= 16 + 8i −1 = 15 + 8i ⇒ B(15; 8)
z
3
= (2i)
3
= −8i ⇒ C(0; −8)
Diện tích tam giác ABC khi biết tọa độ 3 đỉnh là:
S
∆ABC
=
1
2
|5(8 + 8) + 15(−8 + 1) + 0(−1 − 8)| =
25
2
Chọn phương án B
Câu 31.4. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = (1 + 2i)
2
là điểm nào dưới đây?
A. P(−3; 4). B. Q( 5; 4). C. N(4; −3). D. M(5; 4).
Lời giải.
Ta có z = (1 + 2i)
2
= −3 + 4i. Suy ra điểm biểu diễn số phức z là P(−3; 4)
Chọn phương án A
.
Câu 31.5. Cho số phức z = 3 − 2 i. Tìm điểm biểu diễn của số phức w = z + i.
¯
z.
A. M(1; −5). B. N(5; −5). C. P(1; 1) . D. Q( 5; 1).
Lời giải.
Ta có w = (3 −2 · i) + i · (3 + 2 · i) = (3 −2) + (3 ·i + 2 ·i
2
) = (3 −2 ·i) + i · (3 · i −2) = 1 + i.
Vậy điểm biểu diễn w là P(1; 1).
Chọn phương án C
Câu 31.6. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm nào sau biểu diễn cho số phức z, biết i.
¯
z = (2 + i)
2
.
A. M
1
(4; −3). B. M
2
(−4; 3). C. M
3
(−4; −3). D. M
4
(4; 3).
Lời giải.
Ta có z =
(2 + i)
2
i
=
3 + 4 · i
i
=
−3 ·i −4 ·i
2
1
= 4 −3 ·i
⇒ z = 4 + 3 ·i. Vậy điểm biểu diễn z là M
4
(4; 3)
Chọn phương án D
Câu 31.7. Cho số phức z t hỏa mãn ( 1 + i)z = 3 − i. Hỏi điểm biểu diễn của z là
điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình bên?
A. Điểm P. B. Điểm Q. C. Điểm M. D. Điểm N.
y
−2
−1
1
2
x
−1 1
O
M
N
P
Q
Lời giải.
Ta có z =
3 −i
1 + i
=
(3 −i) · (1 − i)
2
=
2 −4 · i
2
= 1 −2 ·i
Vậy điểm biểu diễn z là điểm Q.
Chọn phương án B
119
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 31.8. Các điểm M, N, P, Q trong hình vẽ bên là điểm
biểu diễn lần lượt của các số phức các số phức z
1
, z
2
, z
3
, z
4
.
Khi đó w = 3z
1
+ z
2
+ z
3
+ z
4
bằng
A. w = −6 + 4i. B. w = 3 −4i.
C. w = 6 + 4i. D. w = 4 − 3i.
y
−2
−1
1
2
x
−3 −2
−1 1
2 3
O
M
N
P
Q
Lời giải.
Ta có z
1
= −3 + 2 ·i, z
2
= −2 − i, z
3
= 3 + 1 ·i, z
4
= 2 −2 ·i.
Suy ra w = −6 + 4 · i.
Chọn phương án A
Câu 31.9. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
|
z −1 −i
|
=
|
z + 2i
|
là đường thẳng
có phương trình là
A. x − y + 1 = 0. B. x + 3y + 1 = 0. C. x −2y + 2 = 0. D. x + 2y + 2 = 0.
Lời giải.
Đặt z = x + i · y và điểm M(x; y) biểu diễn số phức z.
Ta có
|
z −1 −i
|
=
|
z + 2i
|
⇔
p
(x −1)
2
+ (y −1 )
2
=
p
x
2
+ (y + 2 )
2
⇔ x + 3y + 1 = 0.
Chọn phương án B
Câu 31.10. Cho z thỏa
|
z −2i
|
=
|
z + 1
|
. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i)z là đường
thẳng có phương trình là
A. x − y + 3 = 0. B. x − 3y + 3 = 0. C. x + y + 3 = 0. D. x − 3y −3 = 0.
Lời giải.
Đặt w = x + y · i và điểm M(x; y) biểu diễn số phức w.
Ta có w = (1 + i)z ⇔ z =
w
1 + i
=
x + y · i
1 + i
=
(x + y) + (−x + y) · i
2
.
Thay vào
|
z −2i
|
=
|
z + 1
|
ta được
(x + y) + (−x + y) · i
2
−2i
=
(x + y) + (−x + y) · i
2
+ 1
⇔
|
(x + y) + (−x + y −4) ·i
|
=
|
(x + y + 2) + (−x + y) ·i
|
|
⇔ (x + y)
2
+ (−x + y −4)
2
= (x + y + 2)
2
+ (−x + y)
2
⇔ x − 3y + 3 = 0.
Chọn phương án B
Câu 31.11. Cho số phức z thỏa mãn (
¯
z − 2i)(z + 2) là số thuần ảo. Tập hợp các điểm biểu diễn số
phức z là đường tròn có bán kính bằng
A. 2
√
2. B.
√
2. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Đặt z = x + i · y và điểm M(x; y) biểu diễn số phức z.
Ta có (
¯
z −2i)(z + 2) = (x
2
+ y
2
+ 2x + 2y) + (−2x −2y −4) ·i.
Để (
¯
z −2i)(z + 2) là số thuần ảo thì x
2
+ y
2
+ 2x + 2y = 0 ⇔ (x + 1)
2
+ (y + 1 )
2
= 2
Vậy tập hợp M điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính bằng
√
2.
120
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án B
Câu 31.12. Cho các số phức z thỏa
|
z −1
|
= 2. Biết tập hợp biểu diễn số phức w = (1 + i
√
3)z + 2 là
một đường tròn có bán kính bằng
A. 3. B. 2. C. 4. D. 16.
Lời giải.
Đặt w = x + y · i và điểm M(x; y) biểu diễn số phức w.
Ta có w = (1 + i
√
3)z + 2 ⇔ z =
w −2
1 + i ·
√
3
, thay vào
|
z −1
|
= 2 ta được
w −2
1 + i ·
√
3
−1
= 2 ⇔
w −3 −i ·
√
3
2
= 2
⇔
w −3 −i ·
√
3
= 4.
Vậy tập hợp M điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính bằng 4.
Chọn phương án C
Câu 31.13. Cho số phức z = a + bi (với a, b ∈ R) và số phức liên hợp của nó là z có điểm biểu diễn
trong mặt phẳng phức là A và D. Số phức (2 + 5i)z và liên hợp của nó có điểm biểu diễn là B và C.
Biết rằng tứ giác ABCD là hình chữ nhật và |z + 3 −i| đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tích a.b.
A. −
80
169
. B.
80
169
. C. −
16
169
. D.
16
169
.
Lời giải.
Ta có z = a + bi ⇒ A(a; b); z = a − bi ⇒ D(a; −b).
(2 + 5i)z = (2 + 5i)(a + bi) = (2a −5b) + (5 a + 2b)i ⇒ B(2a −5b; 5a + 2b).
Điểm biểu diễn cho số phức liên hợp của số phức (2 + 5i)z là C(2a −5b; −5a −2b).
Ta có
# »
AB = (a −5b; 5a + b),
# »
AD = (0; −2b),
# »
DC = (a −5b; −5a −b).
Để tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì
a, b 6= 0
# »
AB =
# »
DC
# »
AB.
# »
AD = 0
⇔
a, b 6= 0
a −5b = a − 5b
−2b(5a + b) = 0
⇔
(
a, b 6= 0
b = −5a
Khi đó số phức z = a + bi = a −5ai.
Xét
|z + 3 −i| = |a −5ai + 3 −i| =
p
(a + 3)
2
+ ( 5a + 1)
2
=
√
26a
2
+ 16a + 10 =
s
26
a +
4
13)
2
+
98
13
≥
r
98
13
.
Vậy |z + 3 −i| đạt giá trị nhỏ nhất là
r
98
13
đạt được khi a = −
4
13
, b =
20
13
(thỏa mãn).
Do đó z = −
4
13
+
20
13
i, suy ra a.b = −
80
169
.
Chọn phương án A
CÂU 32. Trong không gian Oxyz , cho các vectơ
#»
a =
(
1; 0; 3
)
và
#»
b =
(
−2; 2; 5
)
. Tích vô hướng
#»
a ·
#»
a +
#»
b
bằng
A. 25 . B. 23 . C. 27 . D. 29 .
Lời giải.
Ta có
#»
a +
#»
b =
(
−1; 2; 8
)
.
Suy ra
#»
a .
#»
a +
#»
b
= 1.
(
−1
)
+ 0.2 + 3.8 = 23.
Chọn phương án B
121
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 32.1. Trong không gian Oxyz, cho các vectơ
#»
a = (2; 7; −3),
#»
b = 2; 1; 4. Tinh tích vô hướng
#»
a (
#»
a −
#»
b ) bằng.
A. 21. B. 63. C. 53. D. 52.
Lời giải.
#»
a −
#»
b = (0; 6; −7 ).
Vậy
#»
a (
#»
a −
#»
b ) = 2.0 + 7.6 − 3.(−7) = 63.
Chọn phương án B
Câu 32.2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 0; 1), B(−1; 4; 3) và C(m; 2m − 3; 1). Tìm m để
tam giác ABC vuông tại B.
A. −7. B. 4. C. 7. D. −4.
Lời giải.
# »
BA = (3; −4; −2),
# »
B C = (m + 1; 2m −7; −2)
Để tam giác ABC vuông tại B thì
# »
BA.
# »
B C = 0 ⇔ 3(m + 1) −4(2m − 7) + 4 = 0 ⇔ −5m + 35 = 0 ⇔ m = 7.
Chọn phương án C
Câu 32.3. Trong không gian Oxyz, cho
#»
a = (1; 0; 3) và
#»
b = (−2; 2; 5). Tích vô hướng
#»
a ·
#»
a +
#»
b
bằng
A. 25. B. 23. C. 27. D. 29.
Lời giải.
Ta có
#»
a +
#»
b = (−1; 2; 8), suy ra
#»
a ·
#»
a +
#»
b
= 1 · (−1) + 0 ·2 + 3 ·8 = 23.
Chọn phương án B
Câu 32.4. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
#»
u = (−2; 2; 5),
#»
v = (0; 1; 2). Tích vô hướng
#»
u ·
#»
v
bằng
A. 12. B. 13. C. 10. D. 14.
Lời giải.
Ta có
#»
u ·
#»
v = −2 ·0 + 2 ·1 + 5 · 2 = 12.
Chọn phương án A
Câu 32.5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; −1; 1), B(−1; 3; −1) và C(5; −3; 4). Tích vô
hướng
# »
AB ·
# »
B C bằng
A. 40. B. −48. C . 52. D. −52.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (−3; 4; −2) và
# »
B C = (6; −6; 5), suy ra
# »
AB ·
# »
B C = −3 ·6 −4 ·6 − 2 ·5 = −52.
Chọn phương án D
122
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 32.6. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
#»
u = (−1; 0; 2) và
#»
v = (x; −2; 1). Nếu
#»
u ·
#»
v = 4 thì
độ dài của
#»
v bằng
A. 2. B. 3. C.
√
21. D. 5.
Lời giải.
Ta có
#»
u ·
#»
v = 4 ⇔ −1 · x −0 · 2 + 2 ·1 = 4 ⇔ x = −2.
Do đó,
#»
v = (−2; −2; 1), suy ra |
#»
v | = 3.
Chọn phương án B
Bài tập mở rộng
Câu 32.7. Trong không gian Oxyz, cho vectơ
#»
u = (1; 0; −3) và
#»
v = (−1; −2; 0). Giá trị của cos
(
#»
u ,
#»
v
)
bằng
A. −
√
10
10
. B.
√
2
10
. C.
√
10
10
. D. −
√
2
10
.
Lời giải.
Ta có
#»
u ·
#»
v = |
#»
u | ·|
#»
v | ·cos
(
#»
u ,
#»
v
)
⇔ cos
(
#»
u ,
#»
v
)
=
#»
u ·
#»
v
|
#»
u | ·|
#»
v |
=
−1
√
10 ·
√
5
= −
√
2
10
.
Chọn phương án D
Câu 32.8. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
#»
a = (2; m − 1; 3),
#»
b = (1; 3; −2n). Nếu
#»
a cùng
phương với
#»
b thì giá trị m + n bằng
A.
25
4
. B. 1. C.
17
3
. D. 2.
Lời giải.
Nếu
#»
a cùng phương với
#»
b thì tồn tại số thực t sao cho
#»
a = t ·
#»
b . Suy ra
2 = 1 ·t
m −1 = 3 · t
3 = −2n · t
⇔
t = 2
m = 7
n = −
3
4
.
Do đó, m + n =
25
4
.
Chọn phương án A
Câu 32.9. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 5; 3), B(3; 7; 4) và C(x; y; 6). Nếu ba điểm A, B,
C thẳng hàng thì tổng x + y bằng
A. 14. B. 6. C. 7. D. 16.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (1; 2; 1) và
# »
A C = (x −2; y −5; 3).
Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi
# »
AB,
# »
A C cùng phương
⇔
x − 2
1
=
y −5
2
=
3
1
⇔
(
x = 5
y = 11.
Suy ra x + y = 16.
Chọn phương án D
123
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 32.10. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; −1), B(2; −1; 3) và C(−2; 3; 3). Biết M(a; b; c)
là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM. Giá trị của biểu thức a
2
+ b
2
−c
2
bằng
A. 42. B. 43. C. 44. D. 45.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (1; −3; 4) và
# »
MC = (−2 − a; 3 − b; 3 − c).
Vì ABCM là hình bình hành nên
# »
AB =
# »
MC ⇔
1 = −2 − a
−3 = 3 − b
4 = 3 −c
⇔
a = −3
b = 6
c = 7.
Suy ra a
2
+ b
2
−c
2
= (−3)
2
+ 6
2
−(−1)
2
= 44.
Chọn phương án
C
Câu 32.11. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ
#»
u = (−2; 5; 3),
#»
v = (−4; 1; −2). Giá trị của
|
[
#»
u ,
#»
v
]
|
bằng
A.
√
216. B.
√
405. C.
√
749. D.
√
703.
Lời giải.
Ta có
[
#»
u ,
#»
v
]
= (−13; −16; 18), suy ra
|
[
#»
u ,
#»
v
]
|
=
√
13
2
+ 16
2
+ 18
2
=
√
749.
Chọn phương án C
Câu 32.12. Trong không gian Oxyz, cho A(2; 0; 4) và B( 0; −6; 0), M là một điểm bất kỳ thỏa mãn
3MA
2
+ 2MB
2
=
561
280
AB
2
. Khi đó M thuộc mặt cầu có bán kính là giá trị nào sau đây ?
A. 3. B. 9. C.
√
56. D. 56.
Lời giải.
Xét điểm I(x; y) thỏa mãn 3
# »
IA + 2
# »
IB =
#»
0 ⇔
(
3(2 − x) + 2(0 − x) = 0
3(0 − y) + 2(−6 − y) = 0 3(4 − z) + 2(0 − z) = 0
⇔
x =
6
5
y = −
12
5
z =
12
5
.
⇒ I
6
5
; −
12
5
;
12
5
.
Mà AB
2
= 2
2
+ 6
2
+ 4
2
= 56.
Xét 3MA
2
+ 2MB
2
=
561
5
⇔ 3(
# »
MI +
# »
IA)
2
+ 2(
# »
MI +
# »
IB)
2
=
561
5
.
3(MI
2
+ 2
# »
MI.
# »
IA + IA
2
) + 2(MI
2
+ 2.
# »
MI.
# »
IB + IB
2
) =
561
5
.
⇔ 5MI
2
+ 2.
# »
MI
3.
# »
IA + 2.
# »
IB
+ 3IA
2
+ 2IB
2
=
561
5
⇔ 5MI
2
+
672
25
+
1008
25
=
561
5
⇔ MI
2
= 9.
Vậy M luôn chạy trên mặt cầu tâm I
6
5
; −
12
5
;
12
5
và có bán kính là 3.
Chọn phương án A
Câu 32.13. Trong không gian Oxyz, trên các tia Ox, Oy, Oz lấy ba điểm không trùng O là A, B, C. Biết
OA + OB + OC = 1 và biểu thức
1
OA
+
4
OB
+
9
O C
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính (
# »
OA +
# »
OB)(
# »
OB +
# »
O C).
124
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. 1. B.
5
6
. C. 0. D.
1
9
.
Lời giải.
Vì A, B , C thuộc các tia Ox, Oy , Oz nên gọi tọa độ các điểm là A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)
Suy ra
# »
OA = (a; 0; 0),
# »
OB = (0; b; 0),
# »
O C = (0; 0; c), a, b, c > 0.
Theo giả thiết OA + OB + OC = 1 ⇔ a + b + c = 1.
Xét
1
OA
+
4
OB
+
9
O C
≥
(1 + 2 + 3)
2
OA + OB + OC
=
36
a + b + c
= 36.
Biểu thức
1
OA
+
4
OB
+
9
O C
đạt giá trị nhỏ nhất là 36 xảy ra khi
1
a
=
2
b
=
3
c
a + b + c = 1
⇒
a =
1
6
b =
1
3
c =
1
2
.
Suy ra
# »
OA =
1
6
; 0; 0
,
# »
OB =
0;
1
3
; 0
,
# »
O C =
0; 0;
1
2
;
# »
OB +
# »
O C =
0;
1
3
;
1
2
.
Chọn phương án D
CÂU 33. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(
S
)
có tâm là điểm I
(
0 ; 0 ; −3
)
và đi qua điểm
M
(
4 ; 0 ; 0
)
. Phương trình của
(
S
)
là
A. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25 . B. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 5 .
C. x
2
+ y
2
+
(
z −3
)
2
= 25 . D. x
2
+ y
2
+
(
z −3
)
2
= 5 .
Lời giải.
Ta có: I M = 5 .
Mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
0 ; 0 ; −3
)
đi qua điểm M
(
4 ; 0 ; 0
)
có bán kính là R = I M = 5
Vậy phương trình mặt cầu
(
S
)
là x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25 .
Chọn phương án
A
Câu 33.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(8; 0; 0) và đi qua điểm M(0; −6; 0).
Phương trình của (S) là
A. (x −8)
2
+ y
2
+ z
2
= 100. B. (x −8)
2
+ y
2
+ z
2
= 10.
C. (x + 8)
2
+ y
2
+ z
2
= 100. D. (x + 8)
2
+ y
2
+ z
2
.
Lời giải.
Vì M ∈ (S) nên bán kính mặt cầu là R =
p
(8 −0)
2
+ ( 0 + 6)
2
+ ( 0 − 0)
2
=
√
100 = 10. Vậy phương
trình mặt cầu có phương trình là (x −8)
2
+ y
2
+ z
2
= 100.
Chọn phương án A
Câu 33.2. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; −4) và tiếp xúc với mặt phẳng
(Oxyz). Phương trình mặt cầu (S) là
A. (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 4 )
2
= 4. B. (x −1 )
2
+ y
2
+ (z + 4 )
2
= 16.
C. (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 4 )
2
= 1. D. (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 4 )
2
= 10.
Lời giải.
Phương trình mặt phẳng (Oxy) là z = 0. Vậy bán kính mặt cầu (S) là R = d(I, (Oxy)) =
|−4|
1
= 4.
Phương trình mặt cầu cần tìm là (x −1)
2
+ (y −0 )
2
+ (z + 4 )
2
= 4
2
⇔ (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 4 )
2
= 16.
Chọn phương án B
Câu 33.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng d :
x − 4
2
=
y
1
=
125
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
z + 3
−1
và (S) đi qua hai điểm A(−3; 0; 5) và B(1; 4; −1). Khi đó bán kính mặt cầu (S) là giá trị nào
dưới đây ?
A.
√
290. B. 3. C. 2
√
17. D.
√
299.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của AB, tọa độ của điểm M(−1; 2; 2).
Gọi (α) là mặt phẳng trung trực của AB, khi đó M ∈ ( α) và một vectơ pháp tuyến của (α) là
# »
MA =
(−2; −2; −2)
Phương trình mặt phẳng (α) : −2(x + 1) −2(y − 2) −3(z − 2) = 0 ⇔ 2x + 2y + 3z −8 = 0.
Mà I ∈ d suy ra tọa độ I(4 + 2t; t; −3 −t), t ∈ R. I ∈ (α) suy ra 2(4 + 2t) + 2t + 3(−3 −t) −8 = 0 ⇔
t = 3 ⇒ I(10; 3; −6)
Vậy bán kính mặt cầu là R = I A =
p
(−3 −10)
2
+ ( 0 − 3)
2
= (5 + 6)
2
=
√
299.
Chọn phương án D
Câu 33.4. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
(
S
)
có tâm là điểm I
(
0; 0; −3
)
và đi qua điểm M
(
4; 0; 0
)
.
Phương trình của
(
S
)
là
A. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25. B. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25.
C. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25. D. x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25.
Lời giải.
Ta có :
# »
IM = (4; 0; −3) ⇒ R = IM =
q
4
2
+ 0
2
+
(
−3
)
2
= 5.
Phương trình mặt cầu
(
S
)
có tâm là điểm I
(
0; 0; −3
)
và R = 5 có dạng là x
2
+ y
2
+
(
z + 3
)
2
= 25.
Chọn phương án A
Câu 33.5. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; −1) và đi qua điểm A(2; 2; −3).
Phương trình của mặt cầu (S) là
A. (x + 1)
2
+ y
2
+ (z −1 )
2
= 3. B. (x −1 )
2
+ y
2
+ (z + 1 )
2
= 3.
C. (x + 1)
2
+ y
2
+ (z −1 )
2
= 9. D. (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 1 )
2
= 9.
Lời giải.
Bán kính mặt cầu là R = I A =
p
(2 −1)
2
+ ( 2 − 0)
2
+ (−3 + 1)
2
= 3.
Phương trình mặt cầu là (x −1)
2
+ y
2
+ (z + 1 )
2
= 9.
Chọn phương án D
Câu 33.6. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A(2; 2; 0), B( 1; 0; 2), C(0; 4; 4). Mặt cầu (S )
có tâm A và đi qua trọng tâm G của tam giác ABC có phương trình là
A. (x −2)
2
+ (y −2 )
2
+ z
2
= 4. B. (x + 2 )
2
+ (y + 2 )
2
+ z
2
= 5.
C. (x −2)
2
+ (y −2 )
2
+ z
2
=
√
5. D. (x −2)
2
+ (y −2 )
2
+ z
2
= 5.
Lời giải.
Tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2; 2).
Mặt cầu (S) có bán kính là R = AG =
p
(1 −2)
2
+ ( 2 − 2)
2
+ ( 2 − 0)
2
=
√
5.
Phương trình mặt cầu tâm I(2; 2; 0), bán kính R =
√
5 là (x −2)
2
+ (y −2 )
2
+ z
2
= 5.
Chọn phương án D
Câu 33.7. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu
(
S
)
đường kính AB với A
(
4; −3; 5
)
, B
(
2; 1; 3
)
là
A. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 6x + 2y −8z −26 = 0. B. x
2
+ y
2
+ z
2
−6x + 2y −8z + 20 = 0.
C. x
2
+ y
2
+ z
2
+ 6x − 2y + 8z −20 = 0. D. x
2
+ y
2
+ z
2
−6x + 2y −8z + 26 = 0.
126
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
Ta có AB =
q
(
2 −4
)
2
+
(
1 + 4
)
2
+
(
3 −5
)
2
= 2
√
6. Gọi I, R là tâm và bán kính của mặt cầu
(
S
)
suy
ra R =
AB
2
=
√
6 và I
(
3; −1; 4
)
. Khi đó phương trình mặt cầu
(
S
)
là
(
x − 3
)
2
+
(
y + 1
)
2
+
(
z −4
)
2
= 6 ⇔ x
2
+ y
2
+ z
2
−6x + 2y −8z + 20 = 0.
Chọn phương án B
Câu 33.8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(−1; 4; 2) và có t hể tích
bằng 36π. Khi đó phương trình mặt cầu (S) là
A. (x + 1)
2
+ (y −4 )
2
+ (z −2 )
2
= 3. B. (x − 1)
2
+ (y + 4 )
2
+ (z + 2 )
2
= 9.
C. (x −1)
2
+ (y + 4 )
2
+ (z + 2 )
2
= 3. D. (x + 1)
2
+ (y −4 )
2
+ (z −2 )
2
= 9.
Lời giải.
Thể tích khối cầu V =
4
3
πR
3
= 36π ⇒ R = 3.
Phương trình mặt cầu (S) : (x + 1)
2
+ (y −4 )
2
+ (z −2 )
2
= 9.
Chọn phương án D
Câu 33.9. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu (S) đi qua A(3; −1; 2), B(1; 1; −2) và có
tâm I thuộc trục Oz là
A. x
2
+ y
2
+ z
2
−2z −10 = 0. B. (x −1)
2
+ y
2
+ z
2
= 11.
C. x
2
+ (y −1 )
2
+ z
2
= 11. D. x
2
+ y
2
+ z
2
−2y −11 = 0.
Lời giải.
Vì I ∈ Oz nên I(0; 0; z).
Mặt khác
AI = BI ⇔
q
(0 −3)
2
+ ( 0 + 1)
2
+ (z −2 )
2
=
q
(0 −1)
2
+ ( 0 − 1)
2
+ (z + 2 )
2
⇔ z = 1.
Mặt cầu (S) có tâm I( 0; 0; 1) bán kính R = AI =
√
11 có phương trình
x
2
+ y
2
+ (z −1 )
2
= 11 ⇔ x
2
+ y
2
+ z
2
−2z −10 = 0.
Chọn phương án A
Câu 33.10. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc với trục
hoành có dạng
A. (x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z −3 )
2
= 13. B. (x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z −3 )
2
= 5.
C. (x + 1)
2
+ (y + 2 )
2
+ (z + 3 )
2
= 9. D. (x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z −3 )
2
= 25.
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của I(1; 2; 3) trên trục hoành là M(1; 0; 0).
ặt cầu (S) có tâm I( 1; 2; 3) và có bán kính R = I M =
√
13 có phương trình
(x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z −3 )
2
= 13.
Chọn phương án A
Câu 33.11. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x −2y −2z − 8 = 0. Phương trình mặt cầu
tâm I(1; 2; −1) và tiếp xúc mặt phẳng (P) là
127
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. (x + 1)
2
+ (y + 2 )
2
+ (z −1 )
2
= 3. B. (x − 1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z + 1 )
2
= 3.
C. (x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z + 1 )
2
= 9. D. (x + 1)
2
+ (y + 2 )
2
+ (z −1 )
2
= 9.
Lời giải.
Mặt cầu tâm I( 1; 2; −1) và tiếp xúc mặt phẳng (P) có bán kính
R = d
(
A, (P)
)
=
|1 −2 ·2 −2 · (−1) −8|
p
1
2
+ (−2)
2
+ (−2)
2
= 3.
Phương trình mặt cầu là (x −1)
2
+ (y −2 )
2
+ (z + 1 )
2
= 9.
Chọn phương án C
Câu 33.12. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x − 1
2
=
y
1
=
z
−2
và hai điểm
A(2; 1; 0), B(−2; 3; 2). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc d và đi qua hai điểm A, B.
A. ( S) : (x + 1)
2
+ (y + 1 )
2
+ (z −2 )
2
= 17. B. (S) : (x −1)
2
+ (y −1 )
2
+ (z + 2 )
2
= 17.
C. ( S) : (x − 3)
2
+ (y −1 )
2
+ (z + 2 )
2
= 5. D. (S) : (x + 3)
2
+ (y + 1 )
2
+ (z −2 )
2
= 33.
Lời giải.
Gọi tâm mặt cầu là I(1 + 2t; t; −2t ). Từ IA = IB ta suy ra
(2t −1)
2
+ (t −1 )
2
+ (−2t)
2
= (2t + 3)
2
+ (t −3 )
2
+ (−2t −2)
2
⇔ t = −1.
Suy ra I(−1; −1; 2) và AI
2
= 17. Vậy mặt cầu cần tìm là (S) : (x + 1)
2
+ (y + 1 )
2
+ (z −2 )
2
= 17.
Chọn phương án A
Câu 33.13. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ (y − 1)
2
+ (z + 2)
2
= 9 và tam giác BCD
với tọa độ các đỉnh là B(3; 1; −2), C(0; −2; −2), D(0; 1; 1). Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt cầu ( S) sao
cho thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. A(−
√
3; 1 −
√
3; −2 −
√
3). B. A(
√
3; 1 +
√
3; −2 +
√
3).
C. A(0; 2; −2 − 2
√
2). D. A (0; 2; −2 + 2
√
2).
Lời giải.
Dễ thấy ba điểm B, C, D đều thuộc mặt cầu (S). Để A ∈ (S) mà thể tích khối tứ diện ABCD đạ giá trị
lớn nhất thì A là một trong 2 giao điểm của đường thẳng ∆ với mặt cầu; trong đó ∆ là đường thẳng
đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với mặt phẳng (BCD).
Ta có
# »
B C = (−3; −3; 0) ,
# »
BD = (−3; 0; 3). Tọa độ tâm mặt cầu (S) là I(0; 1; −2).
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD) là
#»
n =
h
# »
B C,
# »
BD
i
= (−9; −9; −9).
Vì ∆ vuông góc với (α ) nên 1 vectơ chỉ phương của ∆ là
#»
u = (1; 1; 1).
Phương trình đường thẳng ∆ :
x = t
y = 1 + t
z = −2 + t.
, t ∈ R.
Vì A ∈ ∆ ⇒ A(t; 1 + t; −2 + t) mà A ∈ (S) ⇒ t
2
+ ( 1 + t − 1)
2
+ (−2 + t + 2)
2
= 9 ⇔ t
2
= 3.
⇒
"
t =
√
3 ⇒ A
1
(
√
3; 1 +
√
3; −2 +
√
3)
t = −
√
3 ⇒ A
2
(−
√
3; 1 −
√
3; −2 +
√
3)
.
Phương trình mặt phẳng (BCD) : 1(x −0) + 1(y − 1) + 1(z −1) = 0 ⇔ x + y + z −2 = 0.
Xét A
1
: d(A
1
; (BCD)) =
|
√
3 + 1 +
√
3 −2 +
√
3 −2
√
3
= 3 −
√
3.
Xét A
2
: d(A
2
, (BCD)) =
|−
√
3 + 1 −
√
3 −2 −
√
3 −2
√
3
= 3 +
√
3.
Dễ thấy d(A
2
, (BCD)) > d(A
1
, (BCD)) ⇒ A(−
√
3; 1 −
√
3; −2 −
√
3) là điểm cần tìm.
128
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án A
CÂU 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M
(
1; 1 −1
)
và vuông góc với đường
thẳng ∆ :
x+1
2
=
y−2
2
=
z−1
1
có phương trình là
A. 2x + 2y + z + 3 = 0 . B. x −2y −z = 0 .
C. 2x + 2y + z −3 = 0 . D. x − 2y − z −2 = 0 .
Lời giải.
Gọi
(
α
)
là mặt phẳng cần tìm.
Vì
(
α
)
vuông góc với đường thẳng ∆ :
x+1
2
=
y−2
2
=
z−1
1
nên
(
α
)
nhận véc tơ chỉ phương
#»
u
(
2; 2; 1
)
của ∆ là véc tơ pháp tuyến.
Lại có,
(
α
)
đi qua M
(
1; 1 −1
)
.
Do đó, phương trình
(
α
)
có dạng:
2
(
x − 1
)
+ 2
(
y −1
)
+
(
z + 1
)
= 0 ⇐⇒ 2x + 2y + z −3 = 0
Chọn phương án C
Câu 34.1. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; −3); B(2; −2; 1); C(−1; 3; 4) mặt phẳng đi qua
điểm A và vuông góc với BC có phương trình là
A. 3x −5y −3z −2 = 0. B. x −4y + 4z −3 = 0.
C. 3x −5y −3z + 2 = 0. D. 2x − y −7z + 3 = 0.
Lời giải.
Ta có
# »
B C = (−3; 5; 3).
Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm A(1; 2; −3) , nhận
#»
n = (3; −5; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình 3(x −1) −5(y −2) −3(z + 3) = 0 ⇔ 3x −5y −3z −2 = 0.
Chọn phương án A
Câu 34.2. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua ba điểm A(1; 2; 1 );B(−1; 3; 1); C(3; 4; 3 ) có
phương trình là
A. x + 2y −3z + 2 = 0. B. x + 2y −3z −2 = 0.
C. x −2y −3z + 6. D. x −2y −3z + 10 = 0.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (−2; 1; 0);
# »
B C = (4; 1; 2) ⇒
h
# »
AB;
# »
B C
i
= (2; 4; −6) = 2(1; 2; −3).
Mặt phẳng cần tìm đi qua ba điểm A(1; 2; ) nhận
#»
n = (1; 2; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình (x − 1) + 2y(y −2) −3(z − 1) = 0 ⇔ x + 2y −3z −2 = 0.
Chọn phương án B
Câu 34.3. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua
điểm M(1; 3; 1) và vuông góc với đường thẳng d :
x + 1
3
=
y + 1
−2
=
z −1
1
?
A. 3x −2y + z −2 = 0. B. 3x −2y + z + 2 = 0.
C. 3x + 2y −z + 10 = 0. D. 3x + 2y − z −10 = 0.
Lời giải.
Gọi
#»
u = (3; −2; 1) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d. Do d ⊥ (P) nên mặt phẳng (P) nhận
#»
u là một véc-tơ pháp tuyến.
Suy ra (P) :
(
Qua M(1; 3; 1)
Có một véc-tơ pháp tuyến
#»
n
P
=
#»
u = (3; −2; 1)
có dạng
129
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
a(x − x
0
) + b(y − y
0
) + c(z − z
0
) = 0
⇔ 3(x − 1) −2(y − 3) + z −1 = 0
⇔ 3x −2y + z + 2 = 0.
Chọn phương án B
Câu 34.4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; −3; 5), B(1; −2; 3), C(0; 2; 1). Phương trình mặt
phẳng (P) đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng BC có dạng là
A. x + 4y + 2z + 3 = 0. B. x + 4y + 2z −3 = 0.
C. x −4y + 2z −11 = 0. D. x − 4y + 2z + 11 = 0.
Lời giải.
Ta có toạ độ trọng tâm của tam giác ABC là G(1; −1; 3).
Theo giả thiết, (P) :
(
Qua G(1; −1; 3)
Một véc-tơ pháp tuyến là
# »
B C = (−1; 4; −2)
có dạng
a(x − x
0
) + b(y − y
0
) + c(z − z
0
) = 0
⇔ −1(x − 1) + 4(y + 1) −2(z −3) = 0
⇔ x − 4y + 2z −11 = 0.
Chọn phương án C
Câu 34.5. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, với
A(1; 2; 3) và
# »
OB = 3
#»
i −
#»
k , có dạng là
A. x + y −2z −1 = 0. B. x + y − 2z + 1 = 0. C. x − y − 2z −1 = 0. D. x − y −2z + 1 = 0.
Lời giải.
Vì
# »
OB = 3
#»
i −
#»
k nên B(3; 0; −1). Gọi điểm M( 2; 1; 1) và đường thẳng d lần lượt là trung điểm và
đường trung trực của đoạn thẳng AB.
Ta có d :
(
Qua M(2; 1; 1)
Một véc-tơ pháp tuyến là
# »
AB = (2; −2; −4) = 2(1; −1; −2)
có dạng
a(x − x
0
) + b(y − y
0
) + c(z − z
0
) = 0
⇔ (x −2) − (y − 1) −2(z −1) = 0
⇔ x − y −2z + 1 = 0.
Chọn phương án D
Câu 34.6. Phương trình mặt phẳng đi qua A(1; −2; 3) và song song với mặt phẳng (P) : x −y + 2z −
1 = 0 có dạng là
A. x + y + 2z −5 = 0. B. x −y + 2z −6 = 0. C. x − y + 2z + 9 = 0. D. x − y + 2z −9 = 0.
Lời giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) : x − y + 2z − 1 = 0. Khi đó (Q) : x − y + 2z + m = 0 (m 6=
−1). Do A(1; −2; 3) ∈ (Q) nên 1 + 2 + 2 ·3 + m = 0 ⇔ m = −9 (nhận). Vậy (Q): x −y + 2z −9 = 0.
Chọn phương án D
Câu 34.7. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; 3). Phương trình mặt
phẳng đi qua ba điểm A, B, C có dạng
A. 2x −3y + 6z −6 = 0. B. 3x −6y −2z + 6 = 0.
C. 6x −3y + 2z −6 = 0. D. 2x + 6y −3z −6 = 0.
Lời giải.
130
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Phương trình mặt phẳng (ABC) :
x
1
+
y
−2
+
z
3
= 1 ⇔ 6x −3y + 2z −6 = 0.
Vậy
(
P
)
: 6x −3y + 2z −6 = 0.
Chọn phương án C
Câu 34.8. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1; 0; 2), B(1; 1; 1),
C(2; 3; 0) có dạng
A. x + y − z + 1 = 0. B. x − y − z + 1 = 0. C. x + y + z − 3 = 0. D. x + y −2z −3 = 0.
Lời giải.
Ta có
(
# »
AB = (0; 1; −1)
# »
A C = (1; 3; −2)
⇒
#»
n =
h
# »
AB,
# »
A C
i
= (1; −1; −1).
Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 0; 2) và nhận
#»
n làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là
(P) : (x −1) − (y − 0) − (z − 2) = 0 ⇔ (P) : x − y − z + 1 = 0.
Chọn phương án B
Câu 34.9. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
(
P
1
)
: x + 2y + 3z + 4 = 0 và
(
P
2
)
: 3x + 2y − z +
1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với
(
P
1
)
và
(
P
2
)
.
A.
(
P
)
: 4x −5y + 2z −1 = 0. B.
(
P
)
: 4x −5y + 2z −1 = 0.
C.
(
P
)
: 4x −5y + 2z −1 = 0. D.
(
P
)
: 4x −5y + 2z −1 = 0.
Lời giải.
• Mặt phẳng
(
P
1
)
có véc-tơ pháp tuyến
#»
n
1
= (1; 2; 3);
• Mặt phẳng
(
P
2
)
có véc-tơ pháp tuyến
#»
n
2
= (3; 2; −1).
Gọi
#»
n là véc-tơ pháp tuyến của (P).
Vì (P) vuông góc với
(
P
1
)
và
(
P
2
)
nên
#»
n =
[
#»
n
1
,
#»
n
2
]
= (−8; 10; −4) = −2(4; −5; 2).
Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 1; 1) và nhận
#»
n làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là
(P) : 4(x − 1) −5(y − 1) + 2(z −1) = 0 ⇔ (P): 4x − 5y + 2z −1 = 0.
Chọn phương án C
Câu 34.10. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d :
x − 1
2
=
y
1
=
z + 1
3
và đồng thời vuông góc với mặt phẳng (Q): 2x + y − z = 0 là
A. (P) : x + 2y −1 = 0. B. (P) : x − 2y + z = 0.
C. (P) : x − 2y −1 = 0. D. (P) : x + 2y + z = 0.
Lời giải.
• Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương
#»
u = (2; 1; 3);
• Mặt phẳng (Q) có véc-tơ pháp tuyến
#»
n = (2; 1; −1).
Gọi
#»
c là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) khi đó
#»
c =
[
#»
n ,
#»
u
]
= (−4; 8; 0) = −4(1; −2; 0).
Từ phương trình đường thẳng d ta suy ra A(1; 0; −1) ∈ d.
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 0; −1) và nhận véc-tơ
#»
c làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là
(P) : (x −1) −2(y − 0) = 0 ⇔ (P) : x − 2y −1 = 0.
Chọn phương án C
131
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 34.11. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d :
x − 1
1
=
y
2
=
z −1
2
và
song song với đường thẳng ∆ :
x + 2
2
=
y −1
−1
=
z + 3
−3
có phương trình là
A. 4x −7y + 5z + 9 = 0. B. 4x + 7y + 5z −9 = 0.
C. x + 2y + 2z −3 = 0. D. 4x − 7y + 5z −9 = 0.
Lời giải.
d :
x − 1
1
=
y
2
=
z −1
2
⇒
#»
u
1
= (1; 2; 2) là vectơ chỉ phương của d.
∆ :
x + 2
2
=
y −1
−1
=
z + 3
−3
⇒
#»
u
2
= (2; −1; −3) là vectơ chỉ phương của ∆ . Mặt phẳng (P) chứa
đường thẳng d và song song với ∆ nên nhận
#»
u
1
,
#»
u
2
là vectơ chỉ phương.
⇒
#»
n =
[
#»
u
1
,
#»
u
2
]
là vectơ pháp tuyến qua điểm A(1; 0; 1).
⇒ (P) : −4(x −1) + 7(y −0) −5(z −1) = 0 ⇔ 4x −7y + 5z −9 = 0.
Chọn phương án D
Câu 34.12. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua A(2; −3; 3) và chứa d :
x − 2
1
=
y −1
2
=
z + 1
3
có phương trình là
A. 4x − y − z + 10 = 0. B. 5x + y − z −10 = 0.
C. 5x + y + z + 10 = 0. D. 5x −y −z − 10 = 0.
Lời giải.
d :
x − 2
1
=
y −1
2
=
z + 1
3
⇒
#»
u = (1; 2; 3) là vectơ chỉ phương của d.
B(2; 1; −1) ∈ d ⇒
# »
AB = (0; 4; −4).
Mặt phẳng (P) đi qua A(2; −3; 3) và nhận
#»
u ,
# »
AB là vectơ chỉ phương
⇒
#»
n =
h
#»
n ,
# »
AB
i
= (−20; 4; 4) = −4(4; −1; −1) là vectơ pháp tuyến và qua điểm A(2; −3; 3)
⇒ (P) : 5(x −2) − (y + 3) −(z −3) = 0 ⇔ 5x −y −z −10 = 0.
Chọn phương án D
CÂU 35. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi
qua hai điểm M
(
2; 3; −1
)
và N
(
4; 5; 3
)
?
A.
#»
u
4
(
1; 1; 1
)
. B.
#»
u
3
(
1; 1; 2
)
. C.
#»
u
1
(
3; 4; 1
)
. D.
#»
u
2
(
3; 4; 2
)
.
Lời giải.
Ta có:
# »
MN
(
2; 2; 4
)
= 2
(
1; 1; 2
)
=⇒
#»
u
3
(
1; 1; 2
)
là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai
điểm M
(
2; 3; −1
)
và N
(
4; 5; 3
)
.
Chọn phương án B
Câu 35.1. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 3); B(2; 3; 1); C(−2; −1; 4) một vectơ chỉ phương
của đường thẳng d qua A và song song với BC là vectơ nào sau đây ?
A.
#»
u = (4; 4; −3). B.
#»
u = (4; 4; 3). C.
#»
u = (1; 1; −1). D.
#»
u = (2; 2; −1).
Lời giải.
Ta có
# »
B C = (−4; −4; 3) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
#»
u = −
# »
B C = (4; 4; −3).
Chọn phương án A
Câu 35.2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; −4) và B (4; −1; −2). Vectơ nào dưới đây là 1
vectơ chỉ phương của đường thẳng AB?
132
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A.
#»
u = (6; 2; −3). B.
#»
u = (3; 1; −3). C.
#»
u = (1; −2; 1). D.
#»
u = (−1; 2; 1).
Lời giải.
# »
AB = (2; −4; 2) = 2(1; −2; 1) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là
#»
u = (1; −2; 1).
Chọn phương án C
Câu 35.3. Trong không gian Oxyz, gọi M
1
, M
2
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(2; 5; 4) lên trục
Oy và mặt phẳng (Oxz). Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng M
1
M
2
?
A.
#»
u
2
= (−2; 5; 4). B.
#»
u
4
= (2; 5; 4). C.
#»
u
3
= (2; −5; 4). D.
#»
u
1
= (−2; −5; 4).
Lời giải.
Theo giả thiết thì M
1
(0; 5; 0) và M
2
(2; 0; 4).
Vectơ chỉ phương của đường thẳng M
1
M
2
là
# »
M
1
M
2
=
#»
u
3
= (2; −5; 4).
Chọn phương án C
Câu 35.4. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : 2x + y −z −1 = 0, (Q) : x −2y + z −5 =
0. Khi đó giao tuyến của (P) và (Q) có một vectơ chỉ phương là
A.
#»
u = (1; −2; 1). B.
#»
u = (2; 1; −1). C.
#»
u = (1; 3; 5). D.
#»
u = (−1; 3; −5).
Lời giải.
Gọi (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q).
Có
# »
n
P
= (2; 1; −1) và
# »
n
Q
= (1; −2; 1).
Do đó vectơ chỉ phương của (d) là
# »
u
d
=
# »
n
P
,
# »
n
Q
= (−1; −3; −5) = −(1; 3; 5).
Chọn phương án C
Câu 35.5. Phương trình trung tuyến AM của 4ABC với A(3; 1; 2), B(−3; 2; 5), C(1; 6; −3) là
A.
x = 1 + t
y = −1 −3t
z = 8 −4t
. B.
x = 1 −4t
y = −3 + 3t
z = 4 − t
. C.
x = 3 −4t
y = 1 + 3t
z = 2 − t
. D.
x = 1 + 3t
y = −3 + 4t
z = 4 − t
.
Lời giải.
Tọa độ trung điểm M của BC là M
−3 + 1
2
;
2 + 6
2
;
5 −3
2
, tức là M
(
−1; 4; 1
)
.
Đường thẳng AM qua A và có vectơ chỉ phương là
# »
AM =
(
−4; 3; −1
)
là
x = 3 −4t
y = 1 + 3t
z = 2 − t
.
Chọn phương án C
Câu 35.6. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(0; −1; 3), B(1; 0; 1), C(−1; 1; 2) . Viết phương trình
đường thẳng d đi qua điểm A và song song với B C.
A.
x
2
=
y + 1
1
=
z −3
1
. B.
x
−2
=
y + 1
1
=
z −3
1
.
C.
x − 1
−2
=
y
1
=
z −1
−1
. D.
x − 1
−2
=
y
1
=
z −1
1
.
Lời giải.
Đường thẳng d đi qua A (0; −1; 3) và nhận
# »
B C = (−2; 1; 1) làm vectơ chỉ phương.
(d) :
x
−2
=
y + 1
1
=
z −3
1
Chọn phương án B
Câu 35.7. Trong không gian Oxyz, phương trình đường thẳng đi qua điểm M(2; −1; 0) và song song
với đường thẳng d :
x
1
=
y −2
−2
−
z + 1
3
có dạng
133
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A.
x + 2
1
=
y −1
−2
=
z
3
. B.
x − 2
−5
=
y + 1
−2
=
z
1
.
C.
x − 2
1
=
y + 1
−2
=
z
3
. D.
x + 2
5
=
y −1
1
=
z
−1
.
Lời giải.
Phương trình đường thẳng (∆) song song với (d) nên có vectơ chỉ phương là
#»
u = (1; −2; 3).
Phương trình đường thẳng (d) qua M, nhận
#»
u làm vectơ chỉ phương là
(d) :
x − 2
1
=
y + 1
−2
=
z
3
.
Chọn phương án C
Câu 35.8. Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm M(3; −1; 2) và vuông góc với mặt phẳng
(P) : x − 2y + z −3 = 0 có phương trình là
A.
x − 3
1
=
y + 1
−2
=
z −2
1
. B.
x + 3
1
=
y −1
−2
=
z + 2
1
.
C.
x − 3
1
=
y + 1
2
=
z −2
1
. D.
x + 3
1
=
y −1
−2
=
z + 2
1
.
Lời giải.
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận vectơ pháp tuyến của (P) là
# »
n
P
= (1; −2; 1)
làm vectơ chỉ phương.
Vậy phương trình đường thẳng là
x − 3
1
=
y + 1
−2
=
z −2
1
.
Chọn phương án A
Câu 35.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(−1; 1; 3) và hai đường thẳng d
1
:
x − 1
3
=
y + 3
2
=
z −1
1
, d
2
:
x + 1
1
=
y
3
=
z
−2
. Phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với d
1
và d
2
là
A.
x = −1 − t
y = 1 + t
z = 1 + 3t
. B.
x = −t
y = 1 + t
z = 3 + t
. C.
x = −1 − t
y = 1 − t
z = 3 + t
. D.
x = −1 − t
y = 1 + t
z = 3 + t
.
Lời giải.
Ta có vectơ chỉ phương của (d
1
) và (d
2
) lần lượt là
# »
u
d
1
= (3; 2; 1) và
# »
u
d
2
= (1; 3; −2).
Do đường thẳng (∆) vuông góc với d
1
, d
2
nên
# »
u
∆
= [
# »
u
d
1
,
# »
u
d
2
] = (−7; 7; 7) = 7(−1; 1; 1 ).
Phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với d
1
và d
2
là
x = −1 − t
y = 1 + t
z = 3 + t
.
Chọn phương án D
Câu 35.10. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 1);B(−1; 3; 1);C( 3; 4; 3) đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phương trình là
A.
x + 1
1
=
y + 2
2
=
z + 1
−3
. B.
x − 1
1
=
y −2
2
=
z −1
−3
.
C.
x − 1
1
=
y −2
−2
=
z −1
−3
. D.
x + 1
1
=
x + 2
−2
=
z + 1
−3
.
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (−2; 1; 0);
# »
B C = (4; 1; 2) ⇒
h
# »
AB;
# »
B C
i
= (2; 4; −6) = 2(1; 2; −3).
Đường thẳng d đi qua A(1; 2; 1) nhận
#»
u = (1; 2; −3) làm vectơ chỉ phương nên có phường trình
134
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x − 1
1
=
y −2
2
=
z −1
−3
.
Chọn phương án B
Câu 35.11. Trong không gian Oxyz, một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là giao tuyến của hai
mặt phẳng (P) : x + 2y −3z + 2 = 0 và (Q) : 2x + y + 3z −4 = 0 là
A.
#»
u = (3; 3; −1). B.
#»
u = (3; −3; 1). C.
#»
u = (3; 3; 1). D.
#»
u = (3; −3; 1).
Lời giải.
(P) : x + 2y −3z + 2 = 0 ⇒
#»
n
1
= (1; 2; −3) là vectơ pháp tuyến của (P).
(Q) : 2x + y + 3z −4 = 0 ⇒
#»
n
2
= (2; 1; 3) là vectơ pháp tuyến của (Q)
Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q ) nên nhận
[
#»
n
1
;
#»
n
2
]
= (9; −9; −3) =
3(3; −3; −1) là một vectơ chỉ phương.
Vậy
#»
u = (3; −3; −1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Chọn phương án D
Câu 35.12. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) : x + y − z −2 = 0
và vuông góc với ∆ :
x
1
=
x + 2
2
=
z −1
−2
có một vectơ chỉ phương là
A.
#»
u = (1; 0; 1). B.
#»
u = (0; −1; 1). C.
#»
u = (1; −1; 0). D.
#»
u = (0; 1; 1).
Lời giải.
(P) : x + y − z −2 = 0 ⇒
#»
n = (1; 1; −1) là vectơ pháp tuyến của (P).
∆ :
x
1
=
y + 2
2
=
z −1
−2
⇒
# »
u
∆
= (1; 2; −2 ) là một vec tơ chỉ phương của ∆. Vectơ
#»
u =
[
#»
n ;
# »
u
∆
]
=
(0; 1; 1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Chọn phương án D
CÂU 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất
để số được chọn có tổng các chữ số là chẵn bằng
A.
41
81
. B.
4
9
. C.
1
2
. D.
16
81
.
Lời giải.
Không gian mẫu: n
(
Ω
)
= A
3
10
−A
2
9
= 648
Gọi A là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số là chẵn.”; abc là số cần thành lập thỏa tổng ba chữ
số là số chẵn.
TH1: Ba chữ số chẵn chọn từ
{
0; 2; 4; 6; 8
}
: A
3
5
−A
2
4
= 48 (số).
TH2: Chọn chữ số 0 và 2 chữ số lẻ từ
{
1; 3; 5; 7; 9
}
Xếp số 0 : 2 cách
Hai vị trí còn lại: A
2
5
cách
Suy ra có 40 số.
TH3: Chọn 1 chữ số chẵn từ
{
2; 4; 6; 8
}
và 2 chữ số lẻ từ
{
1; 3; 5; 7; 9
}
Chọn một chữ số chẵn: 4 cách
Xếp chữ số chẵn vừa chọn: 3 cách
Hai vị trí còn lại: A
2
5
cách
Suy ra có 240 số.
Vậy n
(
A
)
= 328
Suy ra xác suất: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
328
648
=
41
81
.
Chọn phương án A
135
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 36.1. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tổng các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị bằng hai lần chữ số hàng chục.
A.
5
81
. B.
1
18
. C.
5
162
. D.
2
81
.
Lời giải.
Ta có: n
(
Ω
)
= 9 ·9 ·8 = 648.
Gọi N = abc (với a, b, c ∈
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
) ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a + c = 2b.
Vì a + c = 2b nên a + c là số chẵn khác 0, ta có các trường hợp sau đây:
+ Trường hợp 1:
{
a, c
}
∈
{
1, 3, 5, 7, 9
}
, mỗi cách chọn a, c có duy nhất một số b nên ta có: A
2
5
=
20(số).
+ Trường hợp 2:
{
a, c
}
∈
{
0, 2, 4, 6, 8
}
,mỗi cách chọn a, c có duy nhất một số b nên ta có:
A
2
5
−4 = 20 − 4 = 16(số).
Vậy có tất cả 20 + 16 = 36 số.
Xác suất cần tìm là P =
36
648
.
Chọn phương án B
Câu 36.2. Cho tập X =
{
1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một
khác nhau được lập từ X. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Tính xác suất để phần tử được chọn
có đúng 3 chữ số lẻ.
A.
2
75
. B.
10
21
. C.
3
22
. D.
15
98
.
Lời giải.
Số phần tử của S là: A
5
9
= 15120.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= 15120.
Gọi A là biến cố: "phần tử được chọn có đúng 3 chữ số lẻ".
Ta nhận thấy tập X có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn nên số phần tử của A là: C
3
5
.C
2
4
.5! = 7200.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
7200
15120
=
10
21
.
Chọn phương án B
Câu 36.3. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác
suất để số được chọn có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau.
A.
2
75
. B.
8
147
. C.
85
567
. D.
58
567
.
Lời giải.
Có 9.A
4
9
= 27216 số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= 27216.
Gọi A là biến cố "số được chọn có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau".
Có C
3
5
.C
2
5
.4!.2! = 4800 số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau (kể cả chữ số
0 đứng đầu).
Có C
2
4
.C
2
5
.3!.2! = 720 số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau (trong đó chữ
số 0 đứng đầu).
Suy ra n
(
A
)
= 4800 −720 = 4080.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
4080
27216
=
85
567
.
Chọn phương án C
136
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 36.4. Cho tập X =
{
1; 2; 3; 4; 5
}
. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó chữ số 3
có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 3.
A.
1
2
. B.
1
3
. C.
2
3
. D.
2
15
.
Lời giải.
Xếp ba chữ số 3 vào ba trong năm vị trí: có C
3
5
= 10 cách.
Sau đó xếp hai chữ số khác nhau trong bốn chữ số còn lại vào hai vị trí còn lại: có A
2
4
= 12 cách.
Suy ra S có 10.12 = 120 phần tử.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= 120.
Gọi A là biến cố "số được chọn chia hết cho 3".
Số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số chia hết cho 3, điều này suy ra hai chữ số khác nhau trong năm
chữ số phải chia hết cho 3, có 4 trường hợp thỏa là (1;2), (1;5), (2;4), (4;5).
Suy ra n
(
A
)
= C
3
5
.4.2! = 80.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
80
120
=
2
3
.
Chọn phương án C
Câu 36.5. Gọi S là tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6
}
.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác suất để được số có tổng các chữ số là số lẻ.
A.
8
15
. B.
8
3
. C.
2
15
. D.
1
3
.
Lời giải.
Số phần tử của S là: 6.A
2
6
= 180.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= 180.
Gọi A là biến cố “chọn được ra số có tổng các chữ số là số lẻ”.
TH1: Số được chọn có một chữ số lẻ và hai chữ số chẵn: có C
1
3
.C
2
4
.3! −C
1
3
.C
1
3
.2! = 90 số.
TH2: Số được chọn có ba chữ số đều lẻ: có 3! = 6 số.
Suy ra n
(
A
)
= 90 + 6 = 96.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
96
180
=
8
15
.
Chọn phương án A
Câu 36.6. Có 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100 (mỗi tấm thẻ được đánh một số khác nhau), chọn
ngẫu nhiên dồng thời 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết
cho 2.
A.
3
4
. B.
2
3
. C.
1
2
. D.
2
5
.
Lời giải.
Trong 100 tấm t hẻ trên, có 50 thẻ đánh số chẵn và 50 th3 đánh số lẻ.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= C
3
100
.
Gọi A là biến cố: "tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2".
TH1: chọn được ba thẻ đều đánh số chẵn: có C
3
50
cách.
TH2: một thẻ đánh số chẵn và hai thẻ đánh số lẻ: có C
1
50
.C
2
50
cách.
Suy ra n
(
A
)
= C
3
50
+ C
1
50
.C
2
50
.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
C
3
50
+ C
1
50
.C
2
50
C
3
100
=
1
2
.
Chọn phương án C
137
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 36.7. Trong một hộp có 100 tấm thẻ đánh số từ 101 đến 200 (mỗi tấm thẻ được đánh một số khác
nhau), chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 thẻ trong hộp. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được
chọn là một số chia hết cho 3.
A.
817
2450
. B.
1181
2450
. C.
808
2450
. D.
37026
161700
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= C
3
100
.
Gọi A là biến cố: "tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 3".
Nhận xét Một số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số cũng chia hết cho 3. Đồng thời từ số 101 đến số
200 có 33 số chia hết cho 3 (N1), 33 số chia 3 dư 1 (N2), 34 số chia 3 dư 2 (N3).
TH1: Ba số ghi trên 3 thẻ thuộc cùng 1 loại N1, N2 hoặc N3: có C
3
33
+ C
3
33
+ C
3
34
= 16896 cách.
TH2: Ba số ghi trên 3 thẻ mỗi số thuộc một loại N1, N2 hoặc N3: có C
1
33
.C
1
3
.C
1
34
= 37026 cách.
Suy ra n
(
A
)
= 16896 + 37026 = 53922.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
53922
161700
=
817
2450
.
Chọn phương án A
Câu 36.8. Có 6 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngẫu nhiên vào 1 dãy ghế dài. Tính xác
suất để xếp được 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11.
A.
3
11
. B.
1
12
. C.
2
5
. D.
5
42
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= 9!.
Gọi A là biến cố: "xếp được 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11.".
Do mỗi học sinh lớp 12 ngồi giữa hai học sinh khối 11 nên ở vị trí đầu tiên và cuối cùng của dãy ghế
sẽ là học sinh khối 11.
Xếp 6 học sinh lớp 11 vào dãy ghế: có 6! cách.
Giữa 6 học sinh lớp 11 có 5 khoảng trống, xếp 3 học sinh lớp 12 vào 3 trong 5 khoảng trống trên: có
A
3
5
cách.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
6!.A
3
5
9!
=
5
42
.
Chọn phương án D
Câu 36.9. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh đó là 3 đỉnh của
tam giác vuông không cân.
A.
8
57
. B.
2
35
. C.
17
114
. D.
3
19
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n
(
Ω
)
= C
3
20
.
Gọi A là biến cố: "3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của tam giác vuông không cân".
Đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 20 cạnh có 10 đường kính tạo thành.
Chọn một đường kính bất kì, đường kính này chia đường tròn này thành 2 phần, mỗi phần có 9 đỉnh
của đa giác.
Khi đó mỗi phần có 8 tam giác vuông nhưng không cân (trừ đỉnh chính giữa).
Vậy số tam giác vuông không cân được tạo thành từ 20 đỉnh của đa giác đã cho là: 10.2.8 = 160.
Vậy xác suất của A là: P
(
A
)
=
n
(
A
)
n
(
Ω
)
=
160
C
3
20
=
8
57
.
138
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án A
Câu 36.10. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có chữ số hàng trăm, chữ số hàng đơn vị và tổng các chữ số theo thứ tự tạo
thành 1 cấp số cộng có công sai dương.
A.
5
162
. B.
4
9
. C.
1
2
. D.
16
81
.
Lời giải.
Ta có: n
(
Ω
)
= 9 ·9 ·8 = 648.
Gọi N = ab c ( với a, b, c ∈
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a, c, a + b + c
theo thứ tự lập thành cấp số cộng với công sai d dương ).
Ta có:
c = a + d
a + b + c = a + 2d
1 ≤ a ≤ 9
0 ≤ b, c ≤ 9
d > 0
⇔
c = a + d
b = d − a
− a ≤ d ≤ 9 − a
a ≤ d ≤ 9 + a
1 ≤ a ≤ 9
⇔
c = a + d
b = d − a
a ≤ d ≤ 9 − a
1 ≤ a ≤ 4
Với mỗi 1 ≤ a ≤ 4 có 9 − a − a + 1 = 10 −2a cách chọn d.
Suy ra có tất cả
1
∑
a=1
(
10 −2a
)
= 20 số. Xác suất cần tìm là P =
20
648
=
5
162
.
Chọn phương án A
Câu 36.11. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tích các chữ số là số dương và chia hết cho 6.
A.
55
108
. B.
23
54
. C.
13
27
. D.
49
108
.
Lời giải.
Ta có: n
(
Ω
)
= 9 ·9 ·8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và abc là số dương
và chia hết cho 6 ).
Ta có: abc là số dương chia hết cho 6 nên abc > 0, chia hết cho 2 và 3.
Nếu abc chia hết cho 2 thì ít nhất một trong các số a, b, c thuộc
{
2; 4; 6; 8
}
.
Nếu abc chia hết cho 3 thì ít nhất một trong các số a, b, c thuộc
{
3; 6; 9
}
.
Do đó ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: N có mặt chữ số 6, có 3 ·A
2
8
= 168(số).
+ Trường hợp 2: N có mặt chữ số 3 hoặc 9, không có mặt chữ số 6 và có ít nhất một trong các số
a, b, c thuộc
{
2; 4; 8
}
nên ta được 2 ·
C
1
3
·C
1
3
·3! + C
2
3
·3!
+ C
1
3
·3! = 162 (số).
Vậy có tất cả 168 + 162 = 330 số.
Xác suất cần tìm là P =
330
648
=
55
108
.
Chọn phương án A
Câu 36.12. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tích các chữ số là số chia hết cho 15.
A.
13
36
. B.
10
27
. C.
7
18
. D.
13
27
.
139
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có: n
(
Ω
)
= 9 ·9 ·8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và abc là số dương
và chia hết cho 15 ).
Ta có abc là số chia hết cho 15 nên abc chia hết cho 3 và 5.
Nếu abc chia hết cho 5 thì ít nhất một trong cá số a, b, c thuộc
{
0; 5
}
.
Nếu abc chia hết cho 3 thì ít nhất một trong cá số a, b, c thuộc
{
0; 3; 6; 9
}
.
Do đó ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: N có mặt số 0, có 2 · A
2
9
= 144 (số).
+ Trường hợp 2: N có mặt số 5, không có mặt số 0 và có ít nhất một trong các số thuộc
{
3; 6; 9
}
có
C
1
3
·C
1
5
·3! + C
2
3
·3! = 108(số)
Vậy có tất cả 144 + 108 = 252 số.
Xác suất cần tìm là P =
252
648
=
7
18
.
Chọn phương án C
Câu 36.13. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để số được chọn có tổng các chữ số là số chia hết cho 3.
A.
1
36
. B.
1
9
. C.
19
54
. D.
11
108
.
Lời giải.
Ta có: n
(
Ω
)
= 9 ·9 ·8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈
{
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9
}
; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a + b + c là số
chia hết cho 3 ).
Gọi A =
{
0; 3; 6; 9
}
, B =
{
1; 4; 7
}
, C =
{
2; 5; 8
}
.
Để a + b + c chia hết cho 3 ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: a, b, c ∈ A hoặc B hoặc C , có 3A
2
3
+ 3! = 30 (số).
+ Trường hợp 2: 3 số a, b, c thuộc 3 tập khác nhau, có 2 ·C
1
3
·C
1
3
·2! + C
1
3
·C
1
3
·C
1
3
·3! = 198 (số)
Vậy có tất cả 30 + 198 = 228 số.
Xác suất cần tìm là P =
228
648
=
19
54
.
Chọn phương án C
CÂU 37. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy và SA = 3a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và DM bằng
A.
3a
4
. B.
3a
2
. C.
3
√
13a
13
. D.
6
√
13a
13
.
Lời giải.
Ta có DC//MB và DC = BC = MB = a suy ra tứ giác DMBC là hình thoi =⇒ DM//BC , lại có
B C ⊂
(
SBC
)
và DM 6⊂
(
SBC
)
, do đó: DM//
(
SBC
)
=⇒ d
(
SB, DM
)
= d
(
M,
(
SBC
))
.
Vì M là trung điểm của AB nên
d
(
M,
(
SBC
))
=
1
2
d
(
A,
(
SBC
))
.
140
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Từ giả thiết ta được
[
ADC = 120
◦
.
Áp dụng định lí Côsin vào tam giác ADC ta được:
A C
2
= AD
2
+ DC
2
−2AD.DC.cos
[
ADC
=⇒ AC
2
= a
2
+ a
2
−2a
2
.cos120
◦
= 3a
2
=⇒ AC = a
√
3 .
Ta nhận thấy AB
2
= AC
2
+ BC
2
do đó ∆ACB vuông tại C =⇒ AC⊥BC
(
1
)
mà SA⊥
(
ABCD
)
=⇒ SA⊥BC
(
2
)
.
Từ
(
1
)
và
(
2
)
ta được: BC⊥
(
SAC
)
=⇒
(
SAC
)
⊥
(
SBC
)
.
Trong tam giác SAC dựng AH vuông góc với AC , mà AC =
(
SAC
)
∩
(
SBC
)
do đó: AH⊥
(
SBC
)
=⇒ d
(
A,
(
SBC
))
= AH . Tam giác SAC vuông tại A và có AH là đường cao nên AH =
SA.AC
√
SA
2
+AC
2
=⇒ AH =
3a.a
√
3
√
9a
2
+3a
2
=
3a
2
=⇒ d
(
A,
(
SBC
))
=
3a
2
.
Vậy d
(
M,
(
SBC
))
=
1
2
d
(
A,
(
SBC
))
=
3a
4
.
Chọn phương án A
Câu 37.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA = 2a (minh họa như hình bên). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khoảng cách giữa
hai đường thẳng SB và MN bằng
A.
a
√
3
4
. B.
a
√
3
2
. C.
2a
√
57
19
. D.
a
√
57
19
.
Lời giải.
Ta có MN k BC ⇒ MN k
(
SBC
)
.
Do đó d
(
MN; SB
)
= d
(
MN;
(
SBC
))
= d
(
M;
(
SBC
))
=
1
2
d
(
A;
(
SBC
))
(vì MB =
1
2
AB).
Kẻ AK ⊥ BC, AH ⊥ SK, ta có
(
B C ⊥ AK
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥
(
SAK
)
⇒ AH ⊥
B C.
Khi đó
(
AH ⊥ SK
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥
(
SBC
)
⇒ d
(
A; SBC
)
= AH.
A
C
B
S
M
N
K
H
Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có
1
AH
2
=
1
SA
2
+
1
AK
2
=
1
4a
2
+
1
a
√
3
2
!
2
=
19
12a
2
⇒ AH =
2a
√
57
19
.
Vậy d
(
DM; SB
)
=
1
2
d
(
A;
(
SBC
))
=
1
2
AH =
2a
√
57
19
.
Chọn phương án D
Câu 37.2. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, OA = OB = a, OC = 2a. Gọi M là
trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng
A.
2a
√
5
5
. B.
a
√
2
2
. C.
a
√
2
3
. D.
2a
3
.
Lời giải.
141
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Cách 1: Gọi D là điểm đối xứng với B qua O.
Ta có OM k AD ⇒ OM k
(
CAD
)
⇒ d
(
OM; AC
)
=
d
(
OM; (ACD)
)
= d
(
O; (ACD)
)
.
Vì OA, OC , OD đôi một vuông góc nên ta có
1
d
2
(O; (A CD)
=
1
OA
2
+
1
O C
2
+
1
OD
2
=
9
4a
2
.
Suy ra d
(
O; (ACD)
)
=
2a
3
Vậy d
(
O; (ACD)
)
=
2a
3
.
A
B
M
O
C
D
Cách 2:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 0
(
0; 0; 0
)
; A
(
a; 0; 0
)
, B
(
0; a; 0
)
, C
(
0; 0; 2a
)
.
M là trung điểm của AB ⇒ M
a
2
;
a
2
; 0
.
Đường thẳng OM đi qua O và có véc-tơ chỉ phương
# »
OM =
a
2
;
a
2
; 0
.
Đường thẳng AC đi qua A và có véc-tơ chỉ phương
# »
A C =
(
−a; 0; a
)
.
Ta có [
# »
OM;
# »
A C] =
a
2
; −a
2
;
a
2
2
;
# »
OA =
(
a; 0; 0
)
⇒ d(OM; AC) =
[
# »
OM;
# »
A C] ·
# »
OA
[
# »
OM;
# »
A C]
=
2a
3
.
Chọn phương án D
Câu 37.3.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, SA vuông
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng
(
SBC
)
và mặt phẳng
đáy là 60
◦
( minh họa như hình vẽ ). Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB, AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN
bằng
A.
3a
8
. B.
3a
4
. C.
3a
4
. D.
a
√
6
2
.
A
B
C
M
N
S
Lời giải.
142
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có MN k BC ⇒ MN k
(
SBC
)
.
Do đó d
(
MN; SB
)
= d
(
MN;
(
SBC
))
= d
(
M;
(
SBC
))
=
1
2
d
(
A;
(
SBC
))
(vì MB =
1
2
AB).
Kẻ AK ⊥ BC, AH ⊥ SK, ta có
(
B C ⊥ AK
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥
(
SAK
)
⇒
AH ⊥ BC.
Khi đó
(
AH ⊥ SK
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥
(
SBC
)
⇒ d
(
A; SBC
)
= AH.
A
B
C
M
N
S
H
K
Ta lại có
(SBC) ∩(ABC) = BC
B C ⊥ AK
B C ⊥ SK
⇒ góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là
[
SKA = 60
◦
.
Xét tam giác AKH vuông tại H, ta có
AH = AK ·sin
[
SKA =
3a
4
.
Vậy d
(
DM; SB
)
=
1
2
d
(
A;
(
SBC
))
=
1
2
AH =
3a
8
.
Chọn phương án A
CÂU 38. Cho hàm số f
(
x
)
có f
(
3
)
= 3 và f
0
(
x
)
=
x
x+1−
√
x+1
, ∀x > 0 . Khi đó
8
Z
3
f
(
x
)
dx bằng
A. 7 . B.
197
6
. C.
29
2
. D.
181
6
.
Lời giải.
Ta có f
0
(
x
)
=
x
x+1−
√
x+1
=
x
√
x+1
(
√
x+1−1
)
=
x
(
√
x+1+1
)
√
x+1
(
√
x+1−1
)(
√
x+1+1
)
=
√
x+1+1
√
x+1
= 1 +
1
√
x+1
=⇒ f
(
x
)
=
Z
1 +
1
√
x + 1
dx = x + 2
√
x + 1 + C
Mà f
(
3
)
= 3 =⇒ C = −4
Vậy
8
Z
3
f
(
x
)
dx =
8
Z
3
x + 2
√
x + 1 −4
dx =
197
6
Chọn phương án B
Câu 38.1. Cho hàm số f
(
x
)
có f
(
0
)
= 1 và f
0
(
x
)
=
1
(
x + 1
)
√
x + x
√
x + 1
với x ≥ 0. Khi đó
1
Z
0
f
(
x
)
dx bằng
A.
√
32 −
√
12 −1. B.
17
3
−
8
√
2
3
. C.
√
32 +
√
12 −1. D.
17
3
+
8
√
2
3
.
Lời giải.
Gọi f
(
x
)
là một nguyên hàm của hàm số f
0
(
x
)
=
1
(
x + 1
)
√
x + x
√
x + 1
.
143
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có
Z
dx
(
x + 1
)
√
x + x
√
x + 1
=
Z
(
x + 1
)
√
x − x
√
x + 1
(
x + 1
)
2
x − x
2
(x + 1)
dx
=
Z
(
x + 1
)
√
x − x
√
x + 1
x(x + 1)
dx
=
Z
1
√
x
−
1
√
x + 1
dx
= 2
√
x − 2
√
x + 1 + C.
Suy ra f
(
x
)
= 2
√
x − 2
√
x + 1 + C.
Mà f
(
0
)
= 1 ⇒ C = 3. Bấm máy tính ta được
1
Z
0
2
√
x − 2
√
x + 1 + 3
dx =
17
3
−
8
√
2
3
.
Chọn phương án B
Câu 38.2. Cho
9
16
Z
0
dx
√
x + 1 +
√
x + 1
=
a − b ln 2
c
với a, b, c là các số nguyên dương và
a
c
tối giản. Giá
trị của biểu thức a + b + c bằng
A. 43. B. 48. C. 88. D. 33.
Lời giải.
Đặt t =
√
x + 1 +
√
x ⇒
√
x + 1 +
√
x = t
√
x + 1 −
√
x =
1
t
⇒ 2
√
x = t −
1
t
⇒ 4x =
t −
1
t
2
⇒ 4 dx =
2
t
4
−1
t
3
dt.
Đổi cận
x = 0 ⇒ t = 1
x =
9
16
⇒ t = 2
.
Suy ra
9
16
Z
9
dx
√
x + 1 +
√
x + 1
=
2
Z
1
t
4
−1
2t
3
(
t + 1
)
dt =
1
2
2
Z
1
(t
2
−1)(t −1)
t
3
dt =
1
2
2
Z
1
t
3
−t
2
+ t − 1
t
3
dt
=
1
2
2
Z
1
1 −
1
t
+
1
t
2
−
1
t
3
dt
=
1
2
t −ln t −
1
t
+
1
2t
2
2
1
=
9 −8 ln 2
16
Vậy a = 9; b = 8, c = 16 ⇒ a + b + c = 33.
Chọn phương án D
Câu 38.3. Cho
2
Z
1
3x
4
−3x − 3
x
2
+
√
x + 1
dx = a +
√
b −
√
c với a , b, c là các số nguyên dương. Giá trị của biểu
thức a + b + c bằng
144
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. 59. B. 104. C. 111. D. 147.
Lời giải.
Ta có:
2
Z
1
3x
4
−3x − 3
x
2
+
√
x + 1
dx =
2
Z
1
3
x
4
− x −1
x
2
+
√
x + 1
dx =
2
Z
1
3
x
2
+
√
x + 1
x
2
−
√
x + 1
x
2
+
√
x + 1
dx
=
2
Z
1
3x
2
−3
√
x + 1
dx
=
x
3
−2
q
(x + 1)
3
2
1
=
8 −6
√
3
−
1 −4
√
2
= 7 −6
√
3 + 4
√
2 = 7 +
√
32 −
√
108
.
Vậy a = 7, b = 32, c = 108 ⇒ a + b + c = 147.
Chọn phương án D
Câu 38.4. Cho
√
3
Z
1
dx
1 + x +
√
1 + x
2
= a + b
√
2 + c
√
3 + d ln
3
√
2 −3
với a, b, c, d là các số hữu tỷ.
Giá trị của biểu thức a + b + c + d bằng
A. 0. B. 3. C. −
1
2
. D.
5
2
.
Lời giải.
Vì x ∈ [1;
√
3] nên
√
3
Z
1
dx
1 + x +
√
1 + x
2
=
√
3
Z
1
1 + x −
√
1 + x
2
(1 + x)
2
−( 1 + x
2
)
dx =
√
3
Z
1
1 + x −
√
1 + x
2
2x
dx =
1
2
√
3
Z
1
dx
x
+
1
2
√
3
Z
1
dx −
1
2
√
3
Z
1
√
1 + x
2
x
2
x dx.
Đặt t =
√
x
2
+ 1, (t > 0) ⇒ x
2
= t
2
−1 ⇒ x dx = t dt.
Đổi cận
(
x = 1 ⇒ t =
√
2
x =
√
3 ⇒ t = 2
Suy ra I =
1
2
ln
√
3 +
1
2
√
3 −1
−
1
2
2
Z
√
2
t
t
2
−1
·t dt
Ta có:
2
Z
√
2
t
t
2
−1
·t dt =
2
Z
√
2
1 +
1
t
2
−1
dt =
t +
1
2
ln
t −1
t + 1
2
√
2
= 2 −
√
2 +
1
2
ln
1
3
−ln
√
2 −1
√
2 + 1
!
Suy ra
I =
1
2
ln
√
3 +
1
2
√
3 −1
−
1
2
·
2 −
√
2 +
1
2
ln
1
3
−ln
√
2 −1
√
2 + 1
!!
= −
3
2
+
1
2
√
3 +
1
2
√
2 +
1
2
ln
√
2 −1
2
= −
3
2
+
1
2
√
3 +
1
2
√
2 +
1
2
ln
3
√
2 −3
145
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Vậy a = −
3
2
; b =
1
2
, c =
1
2
, d =
1
2
.
Nên a + b + c + d = 0
Chọn phương án A
Câu 38.5. Biết
6
Z
5
dx
x
√
x − 1 + (x −1 )
√
x
=
√
a −
√
b − c với a , b, c ∈ Z
+
. Giá trị của biểu thức a − bc
bằng
A.
16
3
. B. −19. C. 19. D. −16.
Lời giải.
Ta có
6
Z
5
dx
x
√
x − 1 + (x −1 )
√
x
=
6
Z
5
dx
p
x(x −1)(
√
x +
√
x − 1)
=
6
Z
5
√
x −
√
x − 1
√
x
√
x − 1
dx
=
6
Z
5
1
√
x − 1
−
1
√
x
dx = 2
√
x − 1 −
√
x
6
5
= 2
√
5 −2 −
√
6 +
√
5
=
√
80 −
√
24 −4.
Suy ra a = 80, b = 24 và c = 4.
Vậy a − bc = −16.
Chọn phương án D
Câu 38.6. Cho hàm số f (x) =
(
ax + 1 khi x ≥ 1,
x
2
+ b khi x < 1.
với a, b là các tham số thực. Biết rằng f (x) có đạo
hàm trên R. Tính I =
2
Z
−1
f (x) dx
A.
1
3
. B.
19
3
. C.
26
3
. D.
25
3
.
Lời giải.
Hàm số có đạo hàm tại x = 1 khi và chỉ khi lim
x→1
+
f (x) − f (1)
x − 1
= lim
x→1
−
f (x) − f (1)
x − 1
⇔ lim
x→1
+
ax − a
x − 1
= lim
x→1
−
x
2
+ b − a −1
x − 1
⇔ a = lim
x→1
−
x
2
+ b − a −1
x − 1
⇔
(
a = b
a = 2.
Khi đó
2
Z
−1
f (x) dx =
1
Z
−1
f (x) dx +
2
Z
1
f (x) dx =
1
Z
−1
(x
2
+ 2) dx +
2
Z
1
(2x + 1) dx =
26
3
.
Chọn phương án C
Câu 38.7. Cho hàm số f (x) =
(
2ax khi x ≤ 0,
3x
2
+ 2bx khi x > 0.
,với a, b là các tham số thực, thoả mãn
1
Z
−1
f (x) dx = 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = [ f (−1)]
2
+ [ f (1)]
2
bằng
A. 2. B.
5
4
. C.
25
4
. D.
25
2
.
Lời giải.
146
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có thể kiểm tra được hàm số f liên tục tại x = 0 nên liên tục trên R. Do đó,
1
Z
−1
f (x) dx tồn tại
với mọi a, b ∈ R.
Lại có
1
Z
−1
f (x) dx =
0
Z
−1
f (x) dx +
1
Z
0
f (x) dx
=
0
Z
−1
2ax dx +
1
Z
0
(3x
2
+ 2bx) dx
= ax
2
1
0
+
x
3
+ bx
2
1
0
= a + b + 1.
Theo giả thiết,
1
Z
−1
f (x) dx = 2 ⇔ a + b + 1 = 2 ⇔ b = 1 − a.
Khi đó
P = [ f (−1)]
2
+ [ f (1)]
2
= 4a
2
+ ( 3 + 2b)
2
= 4a
2
+ ( 5 − 2a)
2
= 8a
2
−20a + 25 = 8
a −
5
4
2
+
25
2
≥
25
2
.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
25
2
khi a =
5
4
.
Chọn phương án D
Câu 38.8. Cho hàm số F(x) liên tục trên R, là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
(
3x
2
+ 5 khi x ≥ 0,
5 cos x khi x < 0.
Biết rằng F
−
π
2
+ F(1) = 3. Tính giá trị của biểu thức T = F(2) −2F
−
π
6
.
A.
98
3
. B. 11. C. 21. D. 22.
Lời giải.
Xét họ các hàm số g(x) =
(
x
3
+ 5x + C
1
khi x ≥ 0.
5 sin x + C
2
khi x < 0.
Ta kiểm tra được trên các khoảng (−∞; 0) và (0; +∞) thì g
0
(x) = f (x).
Tồn tại g
0
(0) khi và chỉ khi lim
x→0
+
g(x) − g(0)
x
= lim
x→0
−
g(x) − g(0)
x
⇔ 5 = lim
x→0
−
5 sin x + C
2
−C
1
x
.
Khi đó C
1
= C
2
và g
0
(0) = 5 = f (0).
Vậy khi C
1
= C
2
thì g
0
(x) = f (x) với mọi x.
Do đó, ta tìm được họ nguyên hàm của hàm f là F(x) =
(
x
3
+ 5x + C khi x ≥ 0.
5 sin x + C khi x < 0.
Theo giả thiết, F
−
π
2
+ F(1) = 3 ⇔ −5 + C + 6 + C = 3 ⇔ C = 1.
Vậy T = F(2) − 2F
−
π
6
= 19 + 3 = 21.
Chọn phương án C
Câu 38.9. Cho hàm số f (x) xác định trên R \
1
2
thỏa mãn f
0
(x) =
2
2x − 1
; f (0) = 1 và f (1) = 2.
Giá trị của biểu thức P = f (−1) + f (3) bằng
147
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A.
1
2
+ ln 15. B. 2 + ln 15. C. 3 + ln 15. D. ln 15.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) =
2
2x − 1
⇔
Z
f
0
(x) dx =
Z
2
2x − 1
dx ⇔ f (x) = ln
|
2x − 1
|
+ C.
Khi đó f (x) =
ln(2x − 1) + C
1
với x ≥
1
2
ln(1 −2x) + C
2
với x <
1
2
.
• Vì x = 0 <
1
2
nên f (0) = 1 ⇔ ln(1 −2 ·0) + C
2
= 1 ⇔ C
2
= 1;
• Vì x = 1 >
1
2
nên f (1) = 2 ⇔ ln(2 ·1 −1) + C
1
= 2 ⇔ C
1
= 2.
Do đó f (x) =
ln(2x − 1) + 2 với x ≥
1
2
ln(1 −2x) + 1 với x <
1
2
.
Vậy P = f (−1 ) + f (3) = [ln(1 −2 · (−1)) + 1] + [ln(2 ·3 −1) + 2] = 3 + ln 15.
Chọn phương án C
Câu 38.10. Cho hàm số f (x) xác định trên R
∗
thỏa mãn f
00
(x) =
1
x
2
, f (−1) = 1, f (1) = 0 và
f (2) = 0. Giá trị biểu thức f (−2) bằng
A. 1 −2 ln 2. B. 2 + ln 2. C. 3 + ln 2. D. ln 2.
Lời giải.
Ta có
Z
f
00
(x) dx =
Z
1
x
2
dx ⇔ f
0
(x) = −
1
x
+ C ⇔
Z
f
0
(x) dx =
Z
−
1
x
+ C
dx
⇔ f (x) = −ln |x| + Cx + C
1
⇔ f (x) =
(
−ln x + Cx + C
2
với x ≥ 0
−ln(−x) + Cx + C
3
với x < 0.
• Với x = −1 < 0 nên f (−1) = 1 ⇔ −ln(1) + C · (−1) + C
3
= 1 ⇔ −C + C
3
= 1. (1)
• Với x = 1 > 0 nên f (1) = 0 ⇔ −ln 1 + C + C
2
= 0 ⇔ C + C
2
= 0. (2)
• Với x = 2 > 0 nên f (2) = 0 ⇔ −ln 2 + 2C + C
2
= 0 ⇔ 2C + C
2
= ln 2. (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình
−C + C
3
= 1
C + C
2
= 0
2C + C
2
= ln 2
⇔
C = ln 2
C
2
= −ln 2
C
3
= 1 + ln 2.
Do đó f (x) =
(
−ln x + x ln 2 − ln 2 với x ≥ 0
−ln(−x) + x ln 2 + 1 + ln 2 với x < 0.
Vậy với x = −2 < 0 thì f (−2) = −ln 2 − 2 ln 2 + 1 + ln 2 = 1 −2 ln 2.
Chọn phương án
A
Câu 38.11. Cho
2
Z
1
3x
4
−3x − 3
x
2
+
√
x + 1
dx = a +
√
b −
√
c với a, b, c là các số nguyên dương. Giá trị biểu thức
a + b + c bằng
A. 59. B. 104. C. 111. D. 147.
148
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
2
Z
1
3x
4
−3x − 3
x
2
+
√
x + 1
dx =
2
Z
1
3
x
4
− x −1
x
2
+
√
x + 1
dx =
2
Z
1
3
x
2
+
√
x + 1
x
2
−
√
x + 1
x
2
+
√
x + 1
dx
=
2
Z
1
3x
2
−3
√
x + 1
dx =
x
3
−2
q
(x + 1)
3
2
1
= (8 −6
√
3) −( 1 − 4
√
2) = 7 +
√
32 −
√
108.
Vậy a =7 ; b = 32; c = 108⇒ a + b + c = 147.
Chọn phương án D
Câu 38.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên khoảng
(
0; +∞
)
có bảng biến t hiên như hình vẽ. Biết
rằng
4
Z
1
|f
0
(x)|dx = 5. Giá trị của f (4) bằng
x
y
0
y
0
1
2
4
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
00
−1−1
f (4)f (4)
+∞+∞
A.
25
7
. B. 3. C. 15. D. 5.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có
4
Z
1
|f
0
(x)|dx =
2
Z
1
−f
0
(x) dx +
4
Z
2
f
0
(x) dx = . − f (x)
2
1
+ f (x)
4
2
= f (1) + f ( 4) −2 f ( 2).
Mà
4
Z
1
|f
0
(x)|dx = 5 ⇔ f (1) + f (4) −2 f (2) = 5 ⇔ 0 + f (4) −2 · (−1) = 5 ⇔ f (4) = 3.
Chọn phương án B
CÂU 39. Cho hàm số f
(
x
)
=
mx−4
x−m
( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm
số đồng biến trên khoảng
(
0; +∞
)
?
A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 2 .
Lời giải.
Ta có f
0
(
x
)
=
−m
2
+4
(
x−m
)
2
Hàm số đồng biến trên khoảng
(
0; +∞
)
⇐⇒
−m
2
+4
(
x−m
)
2
> 0 ∀x ∈
(
0; +∞
)
=⇒
(
−m
2
+ 4 > 0
x 6= m ∀x ∈
(
0; +∞
)
⇐⇒
(
m ∈
(
−2; 2
)
m ∈
(
−∞; 0
]
⇐⇒ m ∈
(
−2; 0
]
Vậy có hai giá trị nguyên của m là −1 và 0 .
Chọn phương án D
Câu 39.1. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =
2x − m
x − 1
đồng biến trên các khoảng xác
định của nó.
A. m < −2. B. m > −2. C. m > 2. D. m < 2.
149
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
−1
}
.
Ta có y
0
=
m −2
(
x − 1
)
2
, ∀x ∈ D .
ycbt ⇔ y
0
> 0, ∀x ∈ D ⇔ m −2 > 0 ⇔ m > 2.
Chọn phương án C
Câu 39.2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =
mx −2
x + m − 3
nghịch biến trên các khoảng
xác định của nó.
A. 1 < m < 2. B. 1 ≤ m ≤ 2. C. m ≥ 2 hoặc m ≤ 1. D. m > 2 hoặc m < 1.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
3 −m
}
.
Ta có y
0
=
m
2
−3m + 2
(
x + m − 3
)
2
, ∀x ∈ D
ycbt ⇔ y
0
< 0, ∀x ∈ D ⇔ m
2
−3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2.
Chọn phương án A
Câu 39.3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
x + 2
x + 5m
đồng biến trên khoảng
(
−∞; −10
)
.
A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
−5m
}
.
Ta có y
0
=
5m −3
(
x + 5m
)
2
, ∀x ∈ D
ycbt
(
y
0
> 0, ∀x ∈ D
(
−∞; −10
)
⊂ D
⇔
(
5m −2 > 0
−5m /∈
(
−∞; −10
)
⇔
m >
5
2
−5m ≥ −10
⇔
5
2
< m ≤ 2.
Vì m ∈ Z nên m ∈
{
1; 2
}
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn ycbt.
Chọn phương án A
Câu 39.4. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =
mx −1
m −4x
nghịch biến trên khoảng
−∞;
1
4
là
A.
(
−2; 2
)
. B.
[
1; 2
)
. C.
(
−2; +∞
)
. D.
(
−∞; 2
)
.
Lời giải.
Hàm số y =
mx −1
m −4x
có tập xác định D = R \
n
m
4
o
và y
0
=
m
2
−4
(m −4x)
2
.
Hàm số đã cho nghịch biến trên
−∞;
1
4
khi và chỉ khi
y
0
< 0, ∀x ∈
−∞;
1
4
⇔
m
2
−4 < 0
m
4
/∈
−∞;
1
4
⇔
−2 < m < 2
m
4
≥
1
4
⇔ 1 ≤ m < 2.
Chọn phương án B
150
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 39.5. Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y =
−2 sin x −1
sin x − m
đồng biến trên
khoảng
0;
π
2
.
A. m ≥ −
1
2
. B. −
1
2
< m < 0 hoặc m > 1.
C. −
1
2
< m ≤ 0 hoặc m ≥ 1. D. m > −
1
2
.
Lời giải.
Điều kiện xác định của hàm số đã cho là sin x − m 6= 0. Ta có y
0
=
(2m + 1) cos x
(sin x − m)
2
Với x ∈
0;
π
2
thì cos x > 0 và sin x ∈ (0; 1) do đó hàm số đồng biến trên khoảng
0;
π
2
khi và chỉ
khi
(
2m + 1 > 0
m /∈ (0; 1)
⇔
m > −
1
2
m ≤ 0 hoặc m ≥ 1
⇔ −
1
2
< m ≤ 0 hoặc m ≥ 1.
Chọn phương án C
Câu 39.6. Gọi S là tập tất cả giá trị của tham số m sao cho hàm số y =
mx + 2
2x + m
nghịch biến trên (0; 1).
Số các số nguyên của S là
A. 1. B. 4. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định của hàm số là D = R \
n
−
m
2
o
. Ta có y
0
=
m
2
−1
(2x + m)
2
.
Hàm số nghịch biến trên trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi
m
2
−4 < 0
−
m
2
/∈ (0; 1)
⇔
−2 < m < 2
−
m
2
≤ 0 hoặc −
m
2
≥ 1
⇔
(
−2 < m < 2
m ≤ −2 hoặc m ≥ 0
⇔ 0 ≤ m < 2.
Vậy các giá trị nguyên của m là 0; 1.
Chọn phương án C
Câu 39.7. Cho hàm số f (x) =
mx −9
x − m
(m là tham số thực). Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham
số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; 0)?
A. 5. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Tập xác đinh của hàm số D = R \ {m}.
f
0
(x) =
9 −m
2
(x − m)
2
.
Để hàm số đồng biến trên (−∞; 0) khi và chì khi
(
f
0
(x) > 0
m ≥ 0
⇔
(
9 −m
2
> 0
m ≥ 0
⇔
(
−3 < m < 3
m ≥ 0
⇔ 0 ≤ m < 3.
Do m nhận giá trị nguyên nên m ∈ {0; 1; 3}.
Vậy tổng các giá trị nguyên bằng 3.
Chọn phương án C
151
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 39.8. Cho hàm số f (x) =
mx −4
x − m + 3
(m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m nhỏ
hơn 2020 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞; 0)?
A. 2020. B. 2018. C. 2014. D. 2016.
Lời giải.
Tập xác đinh của hàm số D = R \ {m −3}.
f
0
(x) =
−m
2
+ 3m + 4
(x − m + 3)
2
.
Để hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) khi và chỉ khi
(
f
0
(x) < 0
m −3 ≥ 0
⇔
(
−m
2
+ 3m + 4 > 0
m −3 ≥ 0
⇔
"
m < −1
m > 4
m ≥ 3
⇔ m > 4.
Do m nhận giá trị nguyên và nhỏ hơn 2020 nên có 2020 − 4 = 2016 giá trị nguyên của m thỏa mãn
bài toán.
Chọn phương án D
Câu 39.9. Số giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số y = x
2
+ 64
√
x + m − 2 + mx đồng
biến trên từng khoảng xác định
A. 32. B. 33. C. 64. D. 28.
Lời giải.
Tập xác định của hàm số D =
[
−m + 2; +∞
)
. Ta có
y
0
= 2x +
32
√
x + m − 2
+ m.
Để hàm số đồng biến trên khoảng
(
−m + 2; +∞
)
khi và chỉ khi y
0
≥ 0, ∀x ∈
(
−m + 2; +∞
)
⇔ 2x +
32
√
x + m − 2
+ m ≥ 0, ∀x ∈
(
−m + 2; +∞
)
⇔ m ≤ 2(x + m −2) +
32
√
x + m − 2
+ 4, ∀x ∈
(
−m + 2; +∞
)
⇔ m ≤ min
(
−m+2;+∞
)
f (x) (∗)
với f (x) = 2(x + m −2) +
32
√
x + m − 2
+ 4.
Áp dụng bất đăng thức AM-GM ta có
2(x + m − 2) +
32
√
x + m − 2
+ 4 = 2(x + m − 2) +
16
√
x + m − 2
+
16
√
x + m − 2
+ 4 ≥ 28
Dấu ” = ” xảy ra khi 2(x + m − 2) =
16
√
x + m − 2
⇔ x = −m + 4 ∈
(
−m + 2; +∞
)
Suy ra min
(
−m+2;+∞
)
f (x) = 28. Khi đó từ (*) suy ra m ≤ 28.
Vậy có 28 số nguyên m thỏa mãn bài toán.
Chọn phương án D
152
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 39.10. Cho hàm số y =
1 −m
3
4
x
4
+ x
3
+
4 −m
2
x
2
+ 2x với m là tham số. Số giá trị nguyên của
m ∈
[
−2018; 2018
]
sao cho hàm số đồng biến trên khoảng
(
2; 4
)
là
A. 4037. B. 2021. C. 2019. D. 2020.
Lời giải.
Hàm số xác định trên R và y
0
= (1 − m
3
)x
3
+ 3x
2
+ ( 4 − m)x + 2.
Hàm số đồng biến trên khoảng
(
2; 4
)
khi và chỉ khi y
0
≥ 0, ∀x ∈
(
2; 4
)
⇔ (1 − m
3
)x
3
+ 3x
2
+ ( 4 − m)x + 2 ≥ 0, ∀x ∈
(
2; 4
)
⇔ (x + 1)
3
+ (x + 1) ≥ (mx)
3
+ mx, ∀x ∈
(
2; 4
)
(∗)
Xét hàm số f (x) = x
3
+ x. Ta có f
0
(x) = 3x
2
+ 1 > 0, ∀x ∈ R, suy ra hàm số f (x) đồng biến trên R.
Khi đó
(∗) ⇔ x + 1 ≥ mx, ∀x ∈
(
2; 4
)
⇔ m ≤
x + 1
x
, ∀x ∈
(
2; 4
)
⇔ m ≤ min
(
2;4
)
g(x) (∗∗)
với g(x) =
x + 1
x
. Ta có g
0
(x) =
−1
x
2
< 0, ∀x ∈
(
2; 4
)
nên min
(
2;4
)
g(x) = g(4) =
5
4
.
Từ (**) suy ra m ≤
5
4
. Vậy số gia trị nguyên của m ∈
[
−2018; 2018
]
là 2020.
Chọn phương án D
Câu 39.11. Số giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số y = x
3
−9x
2
+ mx −12 ln x nghịch
biến trên khoảng
(
0; 2
)
là
A. 32. B. 18. C. 27. D. 30.
Lời giải.
Hàm số tập xác định là D =
(
0; +∞
)
và có y
0
= 3x
2
−18x + m −
12
x
.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(
0; 2
)
khi và chỉ khi y ≤ 0, ∀x ∈
(
0; 2
)
⇔ 3x
2
−18x + m −
12
x
≤ 0, ∀x ∈
(
0; 2
)
⇔ m ≤ −3x
2
+ 18x +
12
x
, ∀x ∈
(
0; 2
)
(∗)
Xét hàm số f (x) = −3x
2
+ 18x +
12
x
trên nửa khoảng
(
0; 2
]
.Ta có f
0
(x) = −6 x + 18 −
12
x
2
.
Trên nửa khoảng
(
0; 2
]
phương trình f
0
(x) = 0 có 1 nghiệm x = 1. Ta có
lim
x→0
+
f (x) = +∞; f ( 1) = 27; f (2) = 66
Suy ra min
(
0;2
)
f (x) = 27. Khi đó
(∗) ⇔ m ≤ min
(
0;2
)
f (x) = 27
Vây có 27 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn phương án C
153
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 39.12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của t ham số m để hàm số y =
(
m + 1
)
x + 2m + 2
x + m
nghịch
biến trên khoảng
(
−1; +∞
)
.
A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
−m
}
.
Ta có y
0
=
m
2
−m − 2
(x + m)
2
, ∀x ∈ D
ycbt
(
y
0
< 0, ∀x ∈ D
(
−1; +∞
)
⊂ D
⇔
(
m
2
−m − 2 < 0
−m /∈
(
−1; +∞
)
⇔
(
−1 < m < 2
−m ≤ −1
⇔ 1 ≤ m < 2.
Vì m ∈ Z nên m = 1
Vậy có 1 giá trị m thõa mãn ycbt.
Chọn phương án C
Câu 39.13. Cho hàm số y =
mx −2m −3
x − m
với m là t ham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của
tham số m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tính tổng bình phương các phần tử của
S.
A. 5. B. 15. C. 9. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
m
}
.
Ta có y
0
=
−m
2
+ 2m + 3
(x + m)
2
, ∀x ∈ D
ycbt ⇔ y
0
> 0, ∀x ∈ D ⇔ −m
2
+ 2m + 3 > 0 ⇔ −1 < m < 3.
Do đó S =
{
0; 1; 2
}
.
Vậy tổng bình phương các phần tử của S bằng 5.
Chọn phương án B
Câu 39.14. Cho hàm số y =
mx + 4
x + m
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của tham
số m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S.
A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định D = R \
{
−m
}
.
Ta có y
0
=
m
2
−4m
(x + m)
2
, ∀x ∈ D
ycbt ⇔ y
0
< 0, ∀x ∈ D ⇔ m
2
−4m < 0 ⇔ 0 < m < 4.
Do đó S =
{
1; 2; 3
}
.
Vậy số các phần tử của S bằng 3.
Chọn phương án D
Câu 39.15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
tan x −2
tan x − m
đồng biến trên
khoảng
0;
π
4
?
A. 0. B. 2. C. 1. D. Vô số.
Lời giải.
Đặt u = tan x, ta có u
0
=
1
cos
2
x
> 0, ∀x ∈
0;
π
4
. Do đó u = tan x đồng biến trên khoảng
0;
π
4
.
154
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Và khi x ∈
0;
π
4
thì u ∈
(
0; 1
)
.
Bài toán đã cho trở thành “Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số f (u) =
u −2
u − m
đồng biến
trên khoảng
(
0; 1
)
.
+ Ta có f
0
(u) =
2 −m
(u −m)
2
.
+ YCBT ⇔
(
2 −m > 0
m /∈
(
0; 1
)
⇔
m < 2
"
m ≤ 0
m ≥ 1
⇔ 1 ≤ m < 2.
Vậy có 1 giá trị m nguyên thõa mãn.
Chọn phương án C
Câu 39.16. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =
2 cos x −1
cos x − m
nghịch biến trên khoảng
0;
π
2
?
A. m ≤ 0. B. m < 0. C. m > 1. D. m ≥ 1.
Lời giải.
Đặt u = cos x, ta có u
0
= −sin x < 0, ∀x ∈
0;
π
2
. Do đó u = cos x nghịch biến trên khoảng
0;
π
2
.
Và khi x ∈
0;
π
2
thì u ∈
(
0; 1
)
.
Bài toán đã cho trở thành "Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số f (u) =
2u −1
u − m
đồng biến
trên khoảng
(
0; 1
)
.
+ Ta có f
0
(u) =
−2m + 1
(u −m)
2
.
+ YCBT ⇔
(
−2m + 1 > 0
m /∈
(
0; 1
)
⇔
m <
1
2
"
m ≤ 0
m ≥ 1
⇔ m ≤ 0.
Chọn phương án A
Câu 39.17. Cho hàm số y =
2
√
9 − x
2
−m
√
9 − x
2
−m
,với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên
của tham số m không vượt quá 2020 để hàm số đồng biến trên khoảng
0;
√
5
. Tính tổng các phần
tử của tập hợp S.
A. 2041205. B. 2039190. C. 2039191. D. 2041210.
Lời giải.
Đặt u =
√
9 − x
2
, ta có u
0
= −
x
√
9 − x
2
< 0, ∀x ∈
0;
√
5
. Do đó u =
√
9 − x
2
nghịch biến trên
khoảng
0;
√
5
. Và khi x ∈
0;
√
5
thì u ∈
(
2; 3
)
.
Bài toán đã cho trở thành " Cho hàm số y =
2u −m
u − m
,với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị
nguyên của tham số m không vượt quá 2020 để hàm số nghịch biến trên khoảng
(
2; 3
)
.”.
155
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
+ Ta có f
0
(u) =
−m
(u −m)
2
.
+ YCBT ⇔
(
−m < 0
m /∈
(
2; 3
)
⇔
m > 0
"
m ≤ 2
m ≥ 3
⇔ m ∈ (0; 2] ∪ [3; +∞).
+ Do đó S =
{
1, 2, 3, . . . , 2020
}
nên tổng các phần tử của S là T =
2020 ·2021
2
= 2041210.
Chọn phương án D
CÂU 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2
√
5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9
√
3 . Thể tích của khối nón giới hạn bởi
hình nón đã cho bằng
A.
32
√
5π
3
. B. 32 π . C. 32
√
5π . D. 96π .
Lời giải.
∆ABC đều, đặt AB = BC = CA = x .
Ta có: S
∆ABC
= 9
√
3 ⇐⇒
x
2
√
3
4
= 9
√
3 ⇐⇒ x = 6 .
AI =
6.
√
3
2
= 3
√
3 ( ∆ABC đều).
∆AOI vuông tại O : OI =
√
AI
2
− AO
2
=
√
7 .
∆OIB vuông tại I : R = OB =
√
OI
2
+ BI
2
= 4 .
Vậy thể tích khối nón: V =
1
3
.πR
2
.h =
1
3
π.16.2
√
5 =
32π
√
5
3
Chọn phương án A
Câu 40.1. Cho hình nón có chiều cao bằng
√
11. Một mặt phẳng
(
α
)
đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác vuông cân có diện tích bằng 18. Thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng
A.
25π
√
11
3
. B. 150π. C. 25π
√
11. D. 50π.
Lời giải.
Theo giả thiết, 4SAB vuông cân tại S. Ta có S
SAB
=
SA
2
2
= 18 ⇒ SA
2
= 36.
R = OA =
√
SA
2
−S0
2
=
√
36 −11 = 5.
Thể tích của khối nón là V =
1
3
πR
2
h =
25π
√
11
3
Chọn phương án A
Câu 40.2. Cho hình nón có chiều cao bằng 2
√
5. Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9
√
3. Thể tích của khối nón được giới hạn
bởi hình nón đã cho bằng
A.
32
√
5π
3
. B. 32π. C. 32
√
5π. D. 96π.
Lời giải.
156
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Gọi thiết diện là tam giác đều SMN có cạnh là a, (a > 0) và O là trung
điểm MN.
Khi đó S
4SMN
=
a
2
√
3
4
= 9
√
3 ⇒ a = 6.
Ta có h = SO = 2
√
5 và l = SM = a.
Vậy thể tích của khối nón là
V =
1
3
πr
2
h =
1
3
π
l
2
− h
2
h =
1
3
π
6
2
−
2
√
5
2
2
√
5 =
32
√
5π
3
.
S
O
M
N
Chọn phương án A
Câu 40.3. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20cm, bán kính đáy r = 25cm. Một thiết diện đi
qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích
của thiết diện đó bằng
A. 500cm
2
. B. 400cm
2
. C. 300cm
2
. D. 406cm
2
.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của AB.
Ta có
(
AB ⊥ OI
AB ⊥ SO
⇒ AB ⊥
(
SOI
)
⇒
(
SOI
)
⊥
(
SAB
)
.
Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥
(
SAB
)
⇒ OH = d
(
O,
(
SAB
))
=
12cm.
Do tam giác SOI vuông tại O nên
1
OI
2
=
1
OH
2
−
1
SO
2
=
1
12
2
−
1
20
2
=
1
225
⇒ OI
2
= 225 ⇒ OI = 15cm.
SI
2
= SO
2
+ OI
2
= 20
2
+ 15
2
= 625 ⇒ SI = 25cm.
Do tam giác AOI vuông tại I nên
AI =
√
OA
2
−OI
2
=
√
25
2
−15
2
= 20cm ⇒ AB = 40cm.
Diện tích của thiết diện cần tìm là
S
SAB
=
1
2
SI · AB =
1
2
25 ·40 = 500cm
2
.
A
I
S
B
H
O
Chọn phương án A
Câu 40.4. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kinh đáy và bằng 2a Mặt phẳng (P) đi qua S
cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2
√
3a . Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy
đến (P).
A.
a
√
5
5
. B. a . C.
a
√
2
2
. D.
2a
√
5
5
.
Lời giải.
157
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Gọi I là trung điểm của AB.
Ta có
(
AB ⊥ OI
AB ⊥ SO
⇒ AB ⊥
(
SOI
)
⇒
(
SOI
)
⊥
(
SAB
)
.
Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥
(
SAB
)
⇒ OH = d
(
O,
(
SAB
))
.
Do tam giác SOA vuông tại O nên
SA =
√
SO
2
+ OA
2
=
√
4a
2
+ 4a
2
= 2a
√
2.
Do tam giác SIA vuông tại I nên
SI =
√
SA
2
− I A
2
=
√
8a
2
−3a
2
= a
√
5.
Do tam giác SOI vuông tại O nên
OI =
√
SI
2
−SO
2
=
√
5a
2
−4a
2
= a.
1
OH
2
=
1
OI
2
+
1
SO
2
=
1
a
2
+
1
4a
2
=
4a
2
5
⇒ OH
2
=
4a
2
5
⇒ OH =
2a
√
5
5
cm.
A
I
S
B
H
O
Chọn phương án D
Câu 40.5. Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, bán kính R = 3cm, góc ở đỉnh hình nón là
ϕ = 120
◦
. Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A, B thuộc
đường tròn đáy. Diện tích tam giác SAB bằng
A. 3
√
3 cm
2
. B. 6
√
3 cm
2
. C. 6 cm
2
. D. 3 cm
2
.
Lời giải.
Do góc ở đỉnh của hình nón ϕ = 120
◦
, gọi l là độ dài đường sinh ta có
l =
2R
√
3
= 2
√
3 = SA.
Khi đó, diện tích của tam giác SAB bằng S =
√
3
4
·SA
2
= 3
√
3.
S
O
A
B
Chọn phương án A
Câu 40.6. Cho hình trụ có đường cao h = 5cm, bán kính đáy r = 3cm. Xét mặt phẳng (P) song song
với trục của hình trụ, cách trục 2cm. Tính diện tích S thiết diện của hình tr ụ với (P).
A. 5
√
5 cm
2
. B. 6
√
5 cm
2
. C. 3
√
5 cm
2
. D. 10
√
5 cm
2
.
Lời giải.
158
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Gọi H là trung điểm của AB.
Ta có
(
OH ⊥ AB
OH ⊥ BC
⇒ OH ⊥
(
ABCD
)
.
⇒ OH = d
(
OO
0
,
(
P
))
= d
(
O,
(
ABCD
))
= 2Ccm.
Tam giác OHB vuông tại H có HB =
√
OB
2
−OH
2
=
√
9 −4 =
√
5.
⇒ AB = 2HB = 2
√
5.
Diện tích S thiết diện của hình trụ với (P) là
S
ABCD
= AB · BC = 2
√
5 ·5 = 10
√
5 cm
2
.
O
A
B
H
O
0
C
D
Chọn phương án D
Câu 40.7. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối (H) như hình vẽ bên dưới. Biết rằng
thiết diện là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt
đáy nhất và điểm thuộc t hiết diện xa mặt đáy nhất tới mặt đáy lần lượt là 8 và 14 (xem hình vẽ). Tính
thể tích V
(H)
của (H).
A. V
(H)
= 192π. B. V
(H)
= 275π.
C. V
(H)
= 704π. D. V
(H)
= 176π.
14
8
10
Lời giải.
V
(H)
= π ·
CD
2
2
· AD +
1
2
π ·
AM
2
2
· BM = π · 4
2
· 8 +
1
2
π · 4
2
·
6 = 176π.
B
14cm
8cm
V
(H)
?
A
10
8
8
6
A
B
D
C
M
Chọn phương án
D
Câu 40.8. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . có tất cả các cạnh bằng 3. Tính diện tích xung quanh
159
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
của hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB CD và chiều cao bằng chiều cao của hình
chóp.
A. S
xq
=
9π
2
. B. S
xq
=
9
√
2π
4
. C. S
xq
= 9π. D. S
xq
=
9
√
2π
2
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có l = SA = 3 và r = OA =
3
√
2
2
.
Diện tích xung quanh của hình nón là S
xq
= π · r · l = π ·
3
√
22 ·3 =
9
√
2π
2
.
S
A
C
O
B
D
Chọn phương án D
Câu 40.9. Một nhà máy cần sản xuất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước. Mối
quan hệ giữa bán kính đáy R và h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình tr ụ nhỏ nhất là
A. h = 3R. B. h = R. C. h = 2R. D. 2h = R.
Lời giải.
Thể tích của khối trụ là V = π · R
2
· h ⇒ h =
V
π · R
2
.
Diện tích toàn phần của hình trụ là
S
tp
= S
xq
+ 2S
Øy
= 2π · R · h + 2π · R
2
= 2π · R
2
+ 2π · R ·
V
π · R
2
= 2π · R
2
+
2V
R
.
Ta có π · R
2
+
V
R
= π · R
2
+
V
2R
+
V
2R
≥ 3
3
r
π · R
2
·
V
2R
·
V
2R
≥ 3
3
r
πV
2
4
.
Dấu “=“ xảy ra khi và chỉ khi π · R
2
=
V
2R
⇔ R =
3
r
V
2π
⇒ h = 2
3
r
V
2π
.
Vậy h = 2R.
Chọn phương án C
Câu 40.10. Cho mặt cầu (S) bán kính R =
√
2. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay
đổi nội tiếp mặt cầu. Diện tích xung quanh lớn nhất của khối trụ bằng
A. 2π. B. 4π. C. 6π. D. 8π.
Lời giải.
160
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có r
2
+
h
2
2
= R
2
.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S
xq
= 2π ·r · h.
Lại có r
2
+
h
2
4
≥ 2
r
r
2
·
h
2
4
= rh =
S
xq
2π
⇒ 2πR
2
≥ S
xq
.
Do đó S
xq
lớn nhất khi r =
h
2
⇒ R
2
=
h
2
2
⇒ h = R
√
2.
Vậy S
xq
= 2π ·
R
√
2
2
· R
√
2 = 2π · R
2
= 4π.
R
r
Chọn phương án B
Câu 40.11. Cho hình nón có chiều cao bằng 3. Một mặt phẳng
(
α
)
đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều. Biết góc giữa đường thẳng chứa tr ục của hình nón và mặt
phẳng
(
α
)
là 45
◦
. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 5π
√
24. B. 15π
√
24. C. 45π. D. 15π.
Lời giải.
Gọi thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng (α) là tam giác đều SAB và I là tâm của đáy, M là
trung điểm AB. Ta có góc giữa đường thẳng chứa trục của hình nón và mặt phẳng (α) là 45
◦
.
Suy ra
[
MSI = 45
◦
⇒ 4MSI vuông cân tại I.
SM = SI ·
√
2 = 3
√
2, MB =
SM
√
3
=
√
6 và MI = SI = 3, R =
√
MB
2
+ MI
2
=
√
15.
Thể tích của khối nón là V =
1
3
πR
2
h = 15π.
Chọn phương án D
Câu 40.12. Cho hình nón có chiều cao bằng
√
2. Một mặt phẳng
(
α
)
đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều. Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng
(
α
)
là
2
√
3
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
4π
√
3
3
. B.
8π
√
3
3
. C. 8π
√
3. D. 4π
√
3.
Lời giải.
Gọi thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng (α) là tam giác đều SAB và I là tâm của đáy, M là
trung điểm AB. Kẻ IH ⊥ SM tại H.
Suy ra d
(
I; (α)
)
= IH =
2
√
3
.
Mà
1
IH
2
=
1
SI
2
+
1
IM
2
⇒ I M = 2 ⇒ SM =
√
SI
2
+ I M
2
=
√
6
⇒ MB =
SM
√
3
=
√
2 ⇒ R =
√
IM
2
+ MB
2
=
√
6 và l = SB = AB = 2MB = 2
√
2. Nên S
xq
= πRl =
π
√
62
√
2 = 4π
√
3.
Chọn phương án D
161
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 40.13. Cho hình nón có chiều cao bằng 1. Một mặt phẳng
(
α
)
đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích S. Gọi S
d
là diện tích đáy của hình nón. Biết
S =
5
√
3
4π
S
d
. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
A.
√
5 + 3
π
6
. B.
√
5 + 1
π
2
. C.
√
5 + 1
π
4
. D.
√
5 + 3
π
12
.
Lời giải.
Gọi R là bán kính đáy của hình nón.
Cạnh của thiết diện là SA =
√
SO
2
+ R
2
=
√
1 + R
2
.
Diện tích của thiết diện là S =
SA
2
√
3
4
=
(1 + R
2
)
√
3
4
.
Diện tích của đáy hình nón S
đ
= πR
2
.
Ta có S =
5
√
3
4π
·S
đ
⇔
(1 + R
2
)
√
3
4
=
πR
2
·5
√
3
4π
⇔ R =
1
2
⇒ SA =
√
5
2
= l
Diện tích toàn phần của hình nón là S
tp
= πR
2
+ πRl =
π
4
+
π
√
5
4
=
√
5 + 1
π
4
.
Chọn phương án C
CÂU 41. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log
9
x = log
6
y = log
4
(
2x + y
)
. Giá trị của
x
y
bằng
A. 2 . B.
1
2
. C. log
2
3
2
. D. log
3
2
2 .
Lời giải.
Đặt log
9
x = log
6
y = log
4
(
2x + y
)
= t =⇒
x = 9
t
y = 6
t
2x + y = 4
t
Khi đó ta có:
x
y
=
9
t
6
t
=
3
2
t
và 2.9
t
+ 6
t
= 4
t
(1).
Ta có
(
1
)
⇐⇒ 2
3
2
2t
+
3
2
t
−1 = 0 ⇐⇒
3
2
t
= −1 (loai)
3
2
t
=
1
2
(
t/man
)
Vậy
x
y
=
3
2
t
=
1
2
.
Chọn phương án B
Câu 41.1. Giả sử p, q là các số thực dương thỏa mãn log
16
p = log
20
q = log
25
(p + q). Tính giá trị của
biểu thức
p
q
?
A.
4
5
. B.
1
2
1 +
√
5
. C.
8
5
. D.
1
2
−1 +
√
5
.
Lời giải.
Đặt t = log
16
p = log
20
q = log
25
(p + q) ⇒ p = 16
t
, q = 20
t
, p + q = 25
t
. Suy ra
16
t
+ 20
t
= 25
t
⇔
4
5
2t
+
4
5
t
−1 = 0 ⇔
4
5
t
=
−1 +
√
5
2
4
5
t
=
−1 −
√
5
2
162
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Vì
4
5
t
> 0 nên
4
5
t
=
−1 +
√
5
2
.
Từ đó ta được
p
q
=
16
0
20
t
=
4
5
t
=
−1 +
√
5
2
.
Chọn phương án D
Câu 41.2. Cho các số a, b > 0 thỏa mãn log
3
a = log
6
b = log
2
(a + b). Giá trị
1
a
2
+
1
b
2
bằng
A. 18. B. 45. C. 27. D. 36.
Lời giải.
Đặt t = log
3
a = log
6
b = log
2
(a + b) ⇒
a = 3
t
b = 6
0
a + b = 2
0
⇒ 3
t
+ 6
0
= 2
t
⇔
3
2
t
+ 3
t
= 1 (1).
Xét hàm số f (t) =
3
2
t
+ 3
t
trên (0, +∞).
có f
0
(t) =
3
2
t
·ln
3
2
+ 3
t
·ln 3 > 0, ∀t ∈ (0, +∞).
Suy ra f (t) đồng biến trên (0, +∞) mà f (−1) = 1.
Suy ra t = −1 ⇒ a =
1
3
, b =
1
6
⇒
1
a
2
+
1
b
2
= 45.
Chọn phương án B
Câu 41.3. Cho x, y > 0 thỏa mãn log
9
x = log
6
y = log
4
(2x + y). Giá trị của
x
y
bằng
A. 2. B.
1
2
. C. log
2
3
2
. D. log
3
2
2.
Lời giải.
Đặt log
9
x = log
6
y = log
4
(2x + y) = t
⇒
x = 9
t
y = 6
t
2x + y = 4
t
⇒
2x = 2.9
t
y = 6
t
2x + y = 4
t
⇒ 2 ·9
t
+ 6
t
= 4
t
⇔ 2 ·
3
2
2t
+
3
2
t
−1 = 0 ⇔
3
2
t
=
1
2
.
Khi đó
x
y
=
9
t
6
t
=
3
2
t
=
1
2
.
Chọn phương án B
Câu 41.4. Cho a, b > 0 thỏa mãn log
4
a = log
6
b = log
9
(a + b). Giá trị của
a
b
bằng
A.
1
2
. B.
−1 +
√
5
2
. C.
−1 −
√
5
2
. D.
1 +
√
5
2
.
Lời giải.
Đặt log
4
a = log
6
b = log
9
(a + b) = t
⇒
a = 4
t
b = 6
t
a + b = 9
t
⇒ 4
t
+ 6
t
= 9
t
⇔
2
3
2t
+
2
3
t
−1 = 0 ⇔
2
3
t
=
−1 +
√
5
2
.
Khi đó
a
b
=
4
t
6
t
=
2
3
t
=
−1 +
√
5
2
.
Chọn phương án B
163
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 41.5. Cho a, b > 0 thỏa mãn log
16
a = log
20
b = log
25
2a − b
3
. Tính tỉ số T =
a
b
.
A. T =
5
4
. B. T =
2
3
. C. T =
3
2
. D. T =
4
5
.
Lời giải.
Đặt log
16
a = log
20
b = log
25
2a − b
3
= t
⇒
a = 16
t
b = 20
t
2a − b
3
= 25
t
⇒ 2 · 16
t
−20
t
= 3 ·25
t
⇔ 2 ·
4
5
2t
−
4
5
t
−3 = 0 ⇔
4
5
t
=
2
3
.
Khi đó
a
b
=
16
t
20
t
=
4
5
t
=
2
3
.
Chọn phương án B
Câu 41.6. Cho x, y > 0 thỏa mãn log
√
10
x = log
√
15
y = log
5
(x + y). Tính tỉ số
y
x
A.
y
x
=
3
2
. B.
y
x
=
1
3
. C.
y
x
=
1
2
. D.
y
x
=
2
3
.
Lời giải.
Đặt log
√
10
x = log
√
15
y = log
5
(x + y) = t
⇒
x = 10
t
2
y = 15
t
2
x + y = 5
t
= 25
t
2
⇒ 10
t
2
+ 15
t
2
= 25
t
2
⇔
2
5
t
2
+
3
5
t
2
= 1 (∗).
Hàm số f (t) =
2
5
t
2
+
3
5
t
2
là hàm nghịch biến trên R và có f (2) = 1. Nên phương trình (∗) có
một nghiệm duy nhất t = 2.
Vậy
y
x
=
15
10
t
2
=
3
2
t
2
=
3
2
.
Chọn phương án A
Câu 41.7. Cho 9
x
+ 9
−x
= 14 và
6 + 3(3
x
+ 3
−x
)
2 −3
x+1
−3
1−x
=
a
b
với
a
b
là phân số tối giản. Tính P = ab.
A. P = 10. B. P = −10. C. P = −45. D. P = 45.
Lời giải.
Từ giả thiết 9
x
+ 9
−x
= 14 ⇒
(
3
x
+ 3
−x
)
2
= 16 ⇒ 3
x
+ 3
−x
= 4.
Do đó
6 + 3(3
x
+ 3
−x
)
2 −3
x+1
−3
1−x
=
6 + 3(3
x
+ 3
−x
)
2 −3(3
x
−3
−x
)
=
18
−10
=
−9
5
.
Vậy a = −9, b = 5 nên ab = −45.
Chọn phương án C
Câu 41.8. Cho a, b, c > 0 thỏa a
log
2
5
= 4, b
log
4
6
= 16, c
log
7
3
= 49. Tính T = a
log
2
2
5
+ b
log
2
4
6
+ 3 ·
c
log
2
7
3
A. T = 126. B. T = 5 + 2
√
3. C. T = 88. D. T = 3 −2
√
3.
Lời giải.
164
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có T = a
log
2
2
5
+ b
log
2
4
6
+ 3 · c
log
2
7
3
= 4
log
2
5
+ 16
log
4
6
+ 3 · 49
log
7
3
= 5
2
+ 6
2
+ 3 · 3
2
= 88.
Chọn phương án C
Câu 41.9. Biết rằng 2
x+
1
x
= log
2
14 −(y −2)
p
y + 1
với x > 0. Tính P = x
2
+ y
2
− xy + 1.
A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Ta có x +
1
x
≥ 2
r
x.
1
x
= 2 ⇒ 2
x+
1
x
≥ 4.
Lại có: 14 − (y −2)
p
y + 1 = 14 − (y + 1)
p
y + 1 + 3
p
y + 1.
Đặt t =
p
y + 1 ≥ 0. Ta xét hàm số f (t) = −t
3
+ 3t + 14 trên [0; +∞) có kết quả max
t∈[0;+∞)
f (t) =
f (1) = 16.
Vậy 14 − (y −2)
p
y + 1 ≤ 16 ⇒ log
2
14 −(y −2)
p
y + 1
≤ 4.
Khi đó 2
x+
1
x
= log
2
14 −(y −2)
p
y + 1
⇔
(
x = 1
y = 0
⇔ P = 2.
Chọn phương án C
Câu 41.10. Biết rằng phương trình 27
x
− 27
1−x
− 16
3
x
−
3
3
x
+ 6 = 0 có các nghiệm x = a, x =
log
3
b và x = log
3
c với a ∈ Z, b > c > 0. Tỉ số
b
c
thuộc khoảng nào sau đây?
A. (3; +∞). B.
1;
3
2
. C.
3
2
;
5
2
. D.
5
2
; 3
.
Lời giải.
Đặt t = 3
x
−3
1−x
. Phương trình đã cho trở thành t
3
−7t −6 = 0 ⇔
t = 3
t = −1
t = −2
.
Với t = 3 ⇒ 3
x
−3
1−x
= 3 ⇔
(
3
)
2x
−3.3
x
−3 = 0 ⇒ 3
x
=
3 +
√
21
2
⇔ x = log
3
3 +
√
21
2
.
Với t = −1 ⇒ 3
x
−3
1−x
= −1 ⇔
(
3
)
2x
+ 3
x
−3 = 0 ⇒ 3
x
=
−1 +
√
13
2
⇔ x = log
3
−1 +
√
13
2
.
Với t = −2 ⇒ 3
x
−3
1−x
= −2 ⇔
(
3
)
2x
+ 2.3
x
−3 = 0 ⇒ 3
x
= 1 ⇔ x = 0.
Do đó a = 0, b =
3 +
√
21
2
, c =
−1 +
√
13
2
. Vậy
b
c
∈
5
2
; 3
.
Chọn phương án D
Câu 41.11. Biết rằng a, b, c > 1 thỏa log
ab
(bc) = 2. Giá trị của P = log
c
b
a
4
+ log
c
a
(ab) bằng
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Ta biến đổi: 2 = log
ab
bc =
log
a
(bc)
log
a
(ab)
=
log
a
b + log
a
c
1 + log
a
b
⇒ log
a
b + 2 = log
a
c.
Từ đó P = log
c
b
a
4
+ log
c
a
(ab) =
log
a
a
4
log
a
c
b
+
log
a
(ab)
log
a
c
a
=
4
log
a
c −log
a
b
+
1 + log
a
b
log
a
c −1
= 2 + 1 = 3.
Chọn phương án C
Câu 41.12. Cho hai số thực a, b thỏa mãn log
100
a = log
40
b = log
16
a −4b
12
. Giá trị
a
b
bằng
A. 4. B. 12. C. 6. D. 2.
165
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Đặt log
100
a = log
40
b = log
16
a −4b
12
= t.
Ta có a = 100
t
, b = 40
t
,
a −4b
12
= 16
t
. Suy ra
100
0
−4 · 40
0
= 12.16
0
⇔ 12 ·
4
25
t
+ 4 ·
2
5
t
−1 = 0 ⇔
2
5
t
=
1
6
2
5
t
= −
1
2
.
Do đó
2
5
t
=
1
6
⇒
a
b
=
100
40
t
=
5
2
t
= 6.
Chọn phương án C
Câu 41.13. Cho các số thức m > 0, n > 0, p > 0 thỏa mãn 4
m
= 10
n
= 25
n
. Tính giá trị của biểu thức
T =
n
2m
+
n
2p
.
A. T = 1. B. T =
5
2
. C. T = 2. D. T =
1
10
.
Lời giải.
Vì 4
m
= 10
n
⇒ n = m log 4 ⇒
n
2m
=
log 4
2
= log 2.
Vì 10
n
= 25
p
⇒ n = p log 25 ⇒
n
2p
=
log 25
2
= log 5.
Suy ra T =
n
2m
+
n
2p
= log 2 + log 5 = log 10 = 1.
Chọn phương án A
CÂU 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f
(
x
)
=
x
3
−3x + m
trên đoạn
[
0; 3
]
bằng 16 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. −16 . B. 16 . C. −12 . D. −2 .
Lời giải.
Xét hàm số g
(
x
)
= x
3
−3x + m trên R.
g
0
(
x
)
= 3x
2
−3 ; g
0
(
x
)
= 0 ⇐⇒ x = ±1.
Bảng biến thiên của hàm số g
(
x
)
Ta xét các trường hợp sau:
+) m + 18 ≤ 0 ⇐⇒ m ≤ −18 . Khi đó m −2 < m < m + 18 ≤ 0 , nên
Max
[
0;3
]
y = Max
[
0;3
]
{|
m −2
|
,
|
m
|
,
|
m + 18
|}
= |m −2| = 2 −m .
Vậy Max
[
0;3
]
y = 16 ⇐⇒ 2 − m = 16 ⇐⇒ m = −14 (loại).
+) m < 0 < m + 18 ⇐⇒ −18 < m < 0 . Khi đó m −2 < m < 0 < m + 18 ,
nên
Max
[
0;3
]
y = Max
[
0;3
]
{|
m −2
|
,
|
m
|
,
|
m + 18
|}
= Max
[
0;3
]
{
2 −m, −m, m + 18
}
= Max
[
0;3
]
{
2 −m, m + 18
}
=
(
2 −m, −18 < m < −8
m + 18, 0 > m ≥ −8
Vậy Max
[
0;3
]
y = 16 ⇐⇒
(
2 −m = 16, −18 < m < −8
m + 18 = 16, −8 ≤ m < 0
.Như vậy
"
m = −14
m = −2
166
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
+) m = 0 : Max
[
0;3
]
y = 18 6= 16 (loại).
+) m −2 < 0 < m < m + 18
Ta có Max
[
0;3
]
y = Max
[
0;3
]
{|
m −2
|
,
|
m
|
,
|
m + 18
|}
= Max
[
0;3
]
{
2 −m, m, m + 18
}
= m + 18 ,
Do đó Max
[
0;3
]
y = 16 ⇐⇒ m + 18 = 16 ⇐⇒ m = −2 (thỏa mãn).
+) 0 ≤ m −2 < m < m + 18 .
Ta có Max
[
0;3
]
y =Max
[
0;3
]
{|
m −2
|
,
|
m
|
,
|
m + 18
|}
= Max
[
0;3
]
{
m −2, m, m + 18
}
= m + 18 .
Do đó Max
[
0;3
]
y = 16 ⇐⇒ m + 18 = 16 ⇐⇒ m = −2 (loại).
Suy ra S =
{
−14 ; −2
}
. Vậy tổng các phần tử của S bằng −14 +
(
−2
)
= −16 .
Chọn phương án A
Câu 42.1. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y =
x
2
−2x + m
trên đoạn
[
0; 3
]
bằng 5. Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. −2. B. 2. C. −12. D . 8.
Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x
2
−2x + m trên đoạn
[
0; 3
]
.
f
0
(x) = 2x − 2.
f
0
(x) = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1.
f (0) = m, f (1) = m −1, f (3) = m + 3.
max
x∈[0;3]
f (x) = max{m −1; m; m + 3} = m + 3.
min
x∈[0;3]
f (x) = min{m −1; m; m + 3} = m −1.
max
x∈[0;3]
y = max
x∈[0;3]
|f (x)| = max{|m − 1|; |m + 3|} = 5 ⇔
(
|m −1| = 5
|m + 3| ≤ 5
(
|m + 3| = 5
|m −1| ≤ 5
⇔
"
m = −4
m = 2
.
vậy S = {−4; 2}. Tổng tất cả các phần tử của S bằng −2.
Chọn phương án A
Câu 42.2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |x
3
−3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. Số phần tử của S là
A. 1. B. 2. C. 0. D. 6.
Lời giải.
Đặt f (x) = x
3
−3x + m, f
0
(x) = 3x
2
−3, f
0
(x) = 0 ⇔ x = ±1.
x
f
0
(x)
f (x)
0
1
2
−
0
+
mm
m −2m −2
m + 2m + 2
• Nếu m ≥ 0 thì max
[0;2]
y = |m + 2|. Khi đó |m + 2| = 3 ⇔ m = 1.
167
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
• Nếu m < 0 thì max
[0;2]
y = |m −2|. Khi đó |m −2| = 3 ⇔ m = −1.
Vậy có 2 giá trị m thỏa đề.
Chọn phương án B
Câu 42.3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |ln
2
x + ln x + m| trên [1; e] bằng 2. Số phần tử của S là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.
Lời giải.
Đặt t = ln x, x ∈ [1; e] ⇒ t ∈ [0; 1 ].
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm y = |t
2
+ t + m| trên [0; 1].
Xét hàm số f (t) = t
2
+ t + m , ta có f
0
(t) = 2t + 1 > 0 ∀t ∈ [0; 1].
Vậy max
t∈[0;1]
y = max
t∈[0;1]
|f (t)| = max{|m|; |2 + m|} = 2 ⇔
(
|m| = 2
|m + 2| ≤ 2
(
|m + 2| = 2
|m| ≤ 2
⇔
"
m = −2
m = 0.
Vậy có hai giá trị m thỏa mãn.
Chọn phương án B
Câu 42.4. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |sin
2
x − 2 sin x + m| bằng 1. Số phần tử của S là
A. 0. B. 1. C. 4. D. 3.
Lời giải.
Đặt t = sin x, t ∈ [−1; 1].
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = |t
2
−2t + m| trên [−1; 1].
Xét hàm số f (t) = t
2
−2t + m, ta có f
0
(t) = 2t −2, f
0
(t) = 0 ⇔ t = 1 ∈ [−1; 1].
Vậy max
t∈[−1;1]
y = max
t∈[−1;1]
|f (t)| = max{|3 + m|; |m −1|} ⇔
(
|m + 3| = 1
|m −1| ≤ 1
(
|m −1| = 1
|m + 3| ≤ 1
Hệ này không có nghiệm, vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Chọn phương án A
Câu 42.5. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y =
(m + 1)x + m − 1
x + 1
trên đoạn [−3; −2] bằng
1
2
.
A. 1. B. 2. C. 0. D. 6.
Lời giải.
Đặt f (x) =
(m + 1)x + m − 1
x + 1
liên tục trên [−3; −2].
Suy ra hàm số y = |f (x)| liên tục trên [−3; −2].
Ta có f
0
(x) =
2
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [−3; −2].
Nên max
x∈[−3;−2]
|f (x)| = max{|f (−3)|; |f (−2)|} = max{|m + 2|; |m + 3|}.
168
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Theo yêu cầu bài toán ta có
|m + 2| =
1
2
|m + 3| ≤
1
2
|m + 3| =
1
2
|m + 2| ≤
1
2
⇔ m = −
5
2
.
Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn.
Chọn phương án A
Câu 42.6. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |x
2
+ x + 2|e
x+m
2
trên đoạn [−1; 0] bằng 2e. Số phần tử của S là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.
Lời giải.
Ta có y = |x
2
+ x + 2|e
x
·e
m
2
= |f (x)|e
m
2
với f (x) = (x
2
+ x + 2)e
x
.
Ta có f
0
(x) = (2x + 1)e
x
+ (x
2
+ x + 2)e
x
= (x
2
+ 3x + 3)e
x
> 0 ∀x ∈ [−1; 0].
Vậy max
x∈[−1;0]
|f (x)| = max{|f (−1)|, |f (0)|} = 2.
Từ yêu cầu bài toán ta có 2e
m
2
= 2e ⇔ m = ±1.
Chọn phương án
B
Câu 42.7. Cho hàm số f (x) =
x − m
2
+ m
x + 1
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = |f (x)| trên [1; 2] đạt giá trị nhỏ nhất. Hỏi tập S
có bao nhiêu phần tử?
A. 1. B. 2. C. 4. D. 6.
Lời giải.
Hàm số f (x) liên tục trên [1; 2].
Ta có f
0
(x) =
m
2
−m + 1
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [ 1; 2].
Vậy M = max
x∈[1;2]
g(x) = max{|f (1)|; |f (2)|} = max
1
2
|1 − m
2
+ m|;
1
3
|2 − m
2
+ m|
.
Đặt α = m
2
−m.
Ta có
5M = 2M + 3M ≥ |1 − α|+ |α −2| ≥ |1 − α + α −2| = 1 ⇔ M ≥
1
5
.
Vậy M nhỏ nhất bằng
1
5
và dấu bằng xảy ra khi
|1 − α| =
2
5
|α −2| =
3
5
(1 − α)(α −2) > 0
⇔ α =
7
5
.
Vậy m
2
−m =
7
5
. Phương trình này có hai nghiệm thỏa mãn.
Câu 42.8. Biết giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) =
√
4x
2
−4mx + 2m
2
+ |x| bằng
√
2
2
. Hỏi mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. |m| ∈
1
10
;
3
10
. B. |m| ∈
3
10
;
5
10
. C. |m| ∈
5
10
;
7
10
. D. |m | ∈
7
10
;
9
10
.
169
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Ta có f (x) ≥
v
u
u
u
t
1
2
2
+
√
3
2
!
2
((m −2x)
2
+ m
2
) + x ≥
1
2
(m −2x) +
√
3
2
m
+ x ≥
√
3 + 1
2
m.
Từ đó suy ra
√
3 + 1
2
m =
√
2
2
⇔ m =
√
2
√
3 + 1
∈
5
10
;
7
10
.
Đẳng thức xảy ra khi
x ≥ 0
m −2x
1
2
=
m
√
3
2
1
2
(m −2x) +
√
3
2
m ≥ 0
⇔ x =
2
√
6 −3
√
2
6
.
Chọn phương án C
Câu 42.9. Biết hàm số y = (x + m)
3
+ (x + n)
3
−x
3
(m; n là t ham số) đồng biến trên khoảng (−∞; +∞).
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4(m
2
+ n
2
) − m − n bằng
A. −16. B. 4 . C. −
1
16
. D. 2.
Lời giải.
Ta có y
0
= 3(x + m)
2
+ 3(x + n)
2
−3x
2
= 3[x
2
+ 2(m + n)x + m
2
+ n
2
].
Hàm số đồng biến trên (−∞; +∞) ⇔
(
a > 0
∆ ≤ 0
⇔ mn ≤ 0.
• TH1: mn = 0 ⇔
"
m = 0
n = 0.
Do vai trò của m, n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m = 0.
⇒ P = 4n
2
−n =
2n −
1
4
2
−
1
16
≥ −
1
16
(1).
• TH2: mn < 0 ⇔ m > 0; n < 0 (do vai trò của m, n như nhau).
Ta có P =
2m −
1
4
2
−
1
16
+ 4n
2
+ (−n) > −
1
16
(2).
Từ (1), (2) ta có P
min
= −
1
16
. Dấu
00
=
00
xảy ra khi và chỉ khi m =
1
8
; n = 0 hoặc m = 0; n =
1
8
.
Chọn phương án C
Câu 42.10. Cho hàm số f (x) = |3x
4
− 4x
3
− 12x
2
+ m|. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên
đoạn [−1; 3]. Giá trị nhỏ nhất của M bằng
A.
5
2
. B. 16. C.
57
2
. D.
59
2
.
Lời giải.
Đặt t = g(x) = 3x
4
−4x
3
−12x
2
. Ta có g
0
(x) = 12x
3
−12x
2
−24x, g
0
(x) = 0 ⇔
x = 0
x = 2
x = −1.
Ta có g(0) = 0, g(−1) = −5, g(2) = −32, g(3) = 27. Vậy t ∈ [−32; 27].
Vậy M = max
t∈[−32;27]
|t + m| = max{|m + 27|; |m −32|}.
170
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có 2M ≥ |m + 27|+ |32 − m| ≥ |m + 27 + 32 − m| = 59.
Vậy M ≥
59
2
. Dấu bằng xảy ra tại m =
5
2
.
Chọn phương án D
Câu 42.11. Cho hàm số y =
3x
4
−4x
3
−12x
2
+ a
. Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số đã cho trên đoạn
[
−1; 2
]
. Có bao nhiêu số nguyên dương a thuộc đoạn
[
0; 100
]
sao
cho M ≤ 2m?
A. 36. B. 37. C. 40. D. 38.
Lời giải.
Xét hàm số f (x) = 3x
4
−4x
3
−12x
2
+ a trên đoạn [−1; 2]. f
0
(x) = 12x
3
−12x
2
−24x.
f
0
(x) = 0 ⇔ 12x
3
−12x
2
−24x = 0 ⇔
x = −1
x = 0
x = 2
.
f (0) = a, f (−1) = a −5, f (2) = a −32.
Ta có bản biến thiên
x
f
0
(x)
f (x)
−1
0
2
+
0
−
a −5a −5
aa
a −32a −32
Để có được M ≤ 2m thì m > 0 (có nghĩa là phần đồ thị hàm số f (x) = 3x
4
− 4x
3
− 12x
2
+ a trên
đoạn [−1; 2] không cắt trục hoành).
Vậy ta suy ra
"
a < 0
a −32 > 0
⇔
"
a < 0
a > 32
.
Vì [0; 100] nên ta chỉ loại trường hợp a < 0.
Với a > 32, ta có: m = |a −32| = a −32, M = |a| = a.
Vậy M ≤ 2m ⇔ a ≤ 2(a −32) ⇔ a ≥ 64 (thỏa mãn).
Kết luận: trong đoạn [0; 100] có 37 số nguyên dương a thỏa mãn.
Chọn phương án B
Câu 42.12. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số
y =
x
3
−3x
2
+ m
trên đoạn
[
1; 3
]
bằng 3. Tổng tất cả các phần tử của S bằng
A. −3. B. 2. C. 4. D. 7.
Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x
3
−3x
2
+ m trên đoạn [1; 3].
f
0
(x) = 3x
2
−6x.
f
0
(x) = 0 ⇔ 3x
2
−6x = 0 ⇔
"
x = 0
x = 2
.
f (1) = m −2, f (2) = m −4, f ( 3) = m.
Gọi A, a lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x
3
− 3x
2
+ m trên đoạn
[1; 3].
Ta có A = max
x∈[1;3]
f (x) = max{m −4; m −2; m} = m.
171
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
a = min
x∈[1;3]
f (x) = min{m −4; m −2; m} = m −4.
+ Nếu a > 0 ⇔ m −4 > 0 ⇔ m > 4 thì min
x∈[1;3]
y = |m −4| = m − 4 = 3 ⇔ m = 7 (thỏa mãn). + Nếu
A < 0 ⇔ m < 0 thì min
x∈[1;3]
y = |m| = −m = 3 ⇔ m = −3 (thỏa mãn). + Nếu Aa < 0 thì min
x∈[1;3]
y = 0
(loại).
Vậy S = {−3; 7}. Tổng tất cả các phần tử của S bằng 4.
Chọn phương án C
Câu 42.13. Cho hàm số y =
8x
4
+ ax
2
+ b
. Trong đó a, b là các hệ số thực. Tìm mối liên hệ giữa a và
b để giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn
[
−1; 1
]
bằng 1?
A. b −8a = 0. B. b −4a = 0. C. b + 4a = 0. D. b + 8a = 0.
Lời giải.
Đăt t = x
2
, suy ra t ∈ [0; 1].
Xét g(t) = 8t
2
+ at + b, đây là đồ t hị Parabol có bè lõm quay lên và tọa dộ đỉnh là I
−
a
16
; −
a
2
32
+ b
.
Trường hợp 1. −
a
16
∈ [0; 1].
Để thỏa mãn yêu cần của bài toán, ta phải có:
−1 ≤ g(0) ≤ 1
−1 ≤ g(1) ≤ 1
−1 ≤ −
a
2
32
+ b ≤ 1
⇔
−1 ≤ b ≤ 1
−1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
−32 ≤ −a
2
+ 32b ≤ 32
⇔
−32 ≤ 32b ≤ 32
−32 ≤ 32a + 32b + 256 ≤ 32
−32 ≤ a
2
−32b ≤ 32
⇒
(
−64 ≤ a
2
≤ 64
−64 ≤ a
2
+ 32a + 256 ≤ 64
⇒
(
−8 ≤ a ≤ 8
a
2
+ 32a + 192 ≤ 0
⇔
(
−8 ≤ a ≤ 8
−24 ≤ a ≤ −8
⇔ a = −8.
Với a = −8 thay vào hệ
−1 ≤ b ≤ 1
−1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
−32 ≤ −a
2
+ 32b ≤ 32
, ta được:
(
−1 ≤ b ≤ 1
−32 ≤ −64 + 32 b ≤ 32
⇔
(
−1 ≤ b ≤ 1
1 ≤ b ≤ 3
⇔ b = 1.
Thử lại g(t) = 8t
2
−8t + 1 với t ∈ [0; 1].
g
0
(t) = 16t −8.
g
0
(t) = 0 ⇔ 16 t −8 = 0 ⇔ t =
1
2
.
g(0) = 1, g
1
2
= −1, g(1 ) = 1.
Vậy max
[−1;1]
y = max
[0;1]
g(t) = 1, suy ra
(
a = −8
b = 1
thỏa mãn. Trường hợp 2.
−
a
16
< 0
−
a
16
> 1
⇔
"
a > 0
a < −16
.
Để thỏa mãn yêu cần bài toán, ta phải có:
(
−1 ≤ g(0) ≤ 1
−1 ≤ g(1) ≤ 1
⇔
(
−1 ≤ b ≤ 1
−1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
⇔
(
−1 ≤ −b ≤ 1
−1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
.
⇒ −2 ≤ a + 8 ≤ 2 ⇔ −10 ≤ a ≤ −6 (loại).
Chọn phương án D
CÂU 43. Cho phương trình log
2
2
(
2x
)
−
(
m + 2
)
log
2
x + m −2 = 0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất
172
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn
[
1; 2
]
là
A.
(
1; 2
)
. B.
[
1; 2
]
. C.
[
1; 2
)
. D.
[
2; +∞
)
.
Lời giải.
Điều kiện xác định: x > 0 .
Ta có log
2
2
(
2x
)
−
(
m + 2
)
log
2
x + m − 2 = 0 ⇐⇒
(
log
2
x + 1
)
2
−m log
2
x − 2 log
2
x + m − 2 = 0
⇐⇒ log
2
2
x − 1 − m log
2
x + m = 0 ⇐⇒
(
log
2
x − 1
) (
log
2
x + 1
)
−m
(
log
2
x − 1
)
= 0
⇐⇒
(
log
2
x − 1
) (
log
2
x + 1 − m
)
= 0
⇐⇒
"
log
2
x = 1
log
2
x = m −1
⇐⇒
"
x = 2 ∈
[
1; 2
]
x = 2
m−1
.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt t huộc đoạn
[
1; 2
]
khi và chỉ khi
(
1 ≤ 2
m−1
≤ 2
2
m−1
6= 2
⇐⇒ 1 ≤ 2
m−1
< 2 ⇐⇒ 0 ≤ m −1 < 1 ⇐⇒ 1 ≤ m < 2 hay m ∈
[
1; 2
)
.
Chọn phương án C
Câu 43.1. Cho phương trình log
2
3
3x + log
3
x + m −1 = 0 (m là tham số thực). Tập hợp tất cả giá trị
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1)
A. m >
9
4
. B. 0 < m <
1
4
. C. 0 < m <
9
4
. D. m >
−9
4
.
Lời giải.
Cách 1:
Phương trình đã cho ⇔ log
2
3
3x + log
3
3x + m − 2 = 0 ( 1).
Đặt t = log
3
3x, thì phương trình (1) có dạng t
2
+ t + m − 2 = 0 (2).
Khi x ∈ (0; 1) ⇒ 0 < 3x < 3 ⇔ log
3
3x < 1 ⇔ t < 1.
Yêu cầu đề bài tương đường với tìm tham số m để phương trình (2) có đúng hai nghiệm phân biệt
t
1
, t
2
nhỏ hơn 1.
⇔
∆ > 0
(
t
1
−1
) (
t
2
−1
)
> 0
t
1
+ t
2
−2 < 0
⇔
∆ > 0
t
1
t
2
−
(
t
1
+ t
2
)
+ 1 > 0
t
1
+ t
2
−2 < 0
⇔
1 −4m + 8 > 0
m −2 + 1 + 1 > 0
−1 − 2 < 0
⇔
(
9 −4m > 0
m > 0
⇔ 0 < m <
9
4
.
Vậy 0 < m <
9
4
. Cách 2:
Phương trình đã cho ⇔ log
2
3
3x + log
3
3x + m − 2 = 0 ( 1).
Đặt t = log
3
3x, thì phương trình (1) có dạng t
2
+ t + m − 2 = 0 ⇔ t
2
+ t = 2 −m (2).
Khi x ∈ (0; 1) ⇒ 0 < 3x < 3 ⇔ log
3
3x < 1 ⇔ t < 1. Xét hàm số f (t) = t
2
+ t với t ∈ (−∞; 1). Bảng
biến thiên của f (t):
x
y
0
−∞
1
2
1
+∞+∞
−
1
4
−
1
4
22
Số nghiệm của phương trình (2) bằng số giao điểm của đồ thị y = f (t) và đường thẳng y = 2 − m.
173
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 ⇔ −
1
4
< 2 − m < 2 ⇔ 0 < m <
9
4
.
Vậy 0 < m <
9
4
.
Chọn phương án C
Câu 43.2. Cho phương trình log
2
2
(2x) − (m + 2 ) log
2
x + m − 2 = 0 (m là tham số thực). Tập hợp tất
cả giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] là
A. (1; 2). B. [1; 2]. C. [1; 2). D. [2; +∞).
Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0.
Đặt t = log
2
x. Với x ∈ [1; 2] thì t ∈ [0; 1].
Phương trình trở thành
(1 + t)
2
−(m + 2 )t + m − 2 = 0
⇔ t
2
−mt + m −1 = 0
⇔
"
t = 1
t = m −1.
Yêu cầu bài toán tương đương với
(
m −1 6= 1
0 ≤ m −1 ≤ 1
⇔ 1 ≤ m < 2.
Chọn phương án C
Câu 43.3. Giá trị thực của tham số m để phương trình 9
x
− 2(2m + 1) · 3
x
+ 3(4m − 1) = 0 có hai
nghiệm thực x
1
, x
2
thỏa mãn (x
1
+ 2)(x
2
+ 2) = 12 thuộc khoảng nào sau đây?
A.
1
4
; 3
. B. (3; 9). C. (9; +∞). D.
−
1
2
; 2
.
Lời giải.
Đăt t = 3
x
với t > 0. Khi đó phương trình trở thành t
2
−2(2m + 1)t + 3(4m −1) = 0 có
∆
0
= 4m
2
−8m + 4 = (2m −2)
2
.
Theo công thức nghiệm ta có
"
t = 3
t = 4m −1
⇔
"
3
x
= 3
3
x
= 4m −1.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn (x
1
+ 2)(x
2
+ 2) = 12 khi và chỉ khi
4m −1 > 0
4m −1 6= 3
log
3
(4m −1) = 2
⇔
m >
1
4
m 6= 1
m =
5
2
.
Vậy m =
5
2
.
Chọn phương án A
Câu 43.4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho phương trình x ·2
x
= x(x −m + 1) + m
(
2
x
−1
)
có hai nghiệm?
A. 2. B. 1. C. 3. D. Vô số.
174
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Lời giải.
x · 2
x
= x(x − m + 1) + m
(
2
x
−1
)
⇔ x · 2
x
− x
2
− x = m
(
2
x
−1 − x
)
⇔ x
(
2
x
− x −1
)
= m
(
2
x
−1 − x
)
⇔
"
x = m
2
x
− x −1 = 0.
Xét hàm số f (x) = 2
x
− x −1 với x ∈ R.
Ta có: f
0
(x) = 2
x
·ln 2 −1 = 0 ⇔ x = log
2
1
ln 2
x
f
0
(x)
0
f (x)
−∞
log
2
1
ln 2
+∞
−
0
+
+∞+∞
f
log
2
1
ln 2
f
log
2
1
ln 2
+∞+∞
Mà x = 0; x = 1 là hai nghiệm của phương trình f (x) = 0. Do đó phương trình f (x) = 0 chỉ có hai
nghiệm này.
Vậy phương trình x ·2
x
= x(x − m + 1) + m
(
2
x
−1
)
có hai nghiệm khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = 1.
Chọn phương án A
Câu 43.5. Cho phương trình 3
2x
2
−3x+m
+ 9 = 3
x
2
−x+2
+ 3
x
2
−2x+m
. Có bao nhiêu giá trị nghuyên của
tham số m ∈ [−2018; 2018] để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt?
A. 2018. B. 2019. C. 2020. D. 2021.
Lời giải.
Ta có:
3
2x
2
−3x+m
+ 9 = 3
x
2
−x+2
+ 3
x
2
−2x+m
⇔ 3
2x
2
−3x+m
−3
x
2
−2x+m
= 3
x
2
−x+2
−9
⇔ 3
x
2
−2x+m
3
x
2
−x
−1
= 9
3
x
2
−x
−1
⇔
3
x
2
−2x+m
= 9
3
x
2
−x
= 1
⇔
"
x
2
−2x + m = 2
x
2
− x = 0
⇔
x
2
−2x + m −2 = 0
x = 0
x = 1.
Phương trình 3
2x
2
−3x+m
+ 9 = 3
x
2
−x+2
+ 3
x
2
−2x+m
có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
175
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
phương trình x
2
−2x + m −2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
6= 0 và 1 ⇔
1 −(m −2) > 0
m −2 6= 0
1 −2 + m −2 6= 0
⇔
m < 3
m 6= 2
m 6= 3.
Vậy m ∈
{
−2018; −2017; . . . ; 0; 1
}
nên có 2020 giá trị của tham số m.
Chọn phương án C
Câu 43.6. Tìm m để phương trình 5
2x
2
−6x+2m
− 5
x
2
−2x+2
− 5
x
2
−4x+2m
+ 25 = 0 có 4 nghiệm phân
biệt.
A. 0 6= m < 1. B. 2 6= m < 3. C. 4 6= m > 3. D. 1 6= m < 3.
Lời giải.
Ta có:
5
2x
2
−6x+2m
−5
x
2
−2x+2
−5
x
2
−4x+2m
+ 25
⇔ 5
x
2
−2x
5
x
2
−4x+2m
−5
2
−
5
x
2
−4x+2m
−5
2
= 0
⇔
5
x
2
−4x+2m
−5
2
·
5
x
2
−2x
−1
= 0
⇔
5
x
2
−4x+2m
−5
2
= 0
5
x
2
−2x
−1 = 0
⇔
"
x
2
−4x + 2m −2 = 0
x
2
−2x = 0
⇔
x
2
−4x + 2m −2 = 0
x = 0
x = 2.
phương trình 5
2x
2
−6x+2m
− 5
x
2
−2x+2
− 5
x
2
−4x+2m
+ 25 = 0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
phương trình x
2
−4x + 2 m −2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
6= 0 và 2 ⇔
4 −(2m −2) > 0
2m −2 6= 0
4 −8 + 2m −2 6= 0
⇔
m < 3
m 6= 1
m 6= 3.
Vậy 1 6= m < 3.
Chọn phương án D
Câu 43.7. Gọi S là tập hợp các giá trị củ m để phương trình m ·3
x
2
−7x+12
+ 3
2x−x
2
= 9 ·3
10−5x
+ m có
3 nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S.
A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số.
Lời giải.
176
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Ta có:
m ·3
x
2
−7x+12
+ 3
2x−x
2
= 9 ·3
10−5x
+ m
⇔ m ·
3
x
2
−7x+12
−1
−3
2x−x
2
·
3
x
2
−7x+12
−1
= 0
⇔
m −3
2x−x
2
·
3
x
2
−7x+12
−1
= 0
⇔
m −3
2x−x
2
= 0
3
x
2
−7x+12
−1 = 0
⇔
"
3
2x−x
2
= m
x
2
−7x + 12 = 0
⇔
3
2x−x
2
= m
x = 3
x = 4.
Ta có các trường hợp:
1. 3
2x−x
2
= m có 2 nghiệm phân biệt x
1
= 3 và x
2
6= 4.
Thế x = 3 vào phương trình ta có: m =
1
27
.
Thử lại 3
2x−x
2
=
1
27
⇔
"
x = 3
x = −1
. Do đó m =
1
27
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2. 3
2x−x
2
= m có 2 nghiệm phân biệt x
1
= 4 và x
2
6= 3.
Thế x = 3 vào phương trình ta có: m = 3
−8
.
Thử lại 3
2x−x
2
= 3
−8
⇔
"
x = 4
x = −2
. Do đó m = 3
−8
thỏa yêu cầu bài toán.
3. 3
2x−x
2
= m có duy nhất một nghiệm khác 3; 4 ⇔
m > 0
m 6= 3
−3
m 6= 3
−8
1 −log
3
m = 0
⇔ m = 3.
Vậy có tất cả 3 giá trị của t ham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn phương án C
Câu 43.8. Biết m
0
là giá trị duy nhất của tham số m để phương trình 2
x
2
·3
mx−1
= 6 có hai nghiệm
x
1
, x
2
sao cho x
1
+ x
2
= log
2
81. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
A. m
0
∈ (−7; −2). B. m
0
∈ (−2; 5). C. m
0
∈ (6; 7). D. m
0
∈ (5; 6).
Lời giải.
Ta có 2
x
2
·3
mx−1
= 6 ⇔ 2
x
2
−1
·3
mx−2
= 1.
Lấy logarit cơ số 2 của hai vế của phương trình ta có: x
2
−1 + (mx − 2) log
2
3 = 0 ⇔ x
2
+ m log
2
3 ·
x − 2 log
2
3 −1 = 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
sao cho x
1
+ x
2
= log
2
81 khi và chỉ khi
177
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
(
∆ > 0
x
1
+ x
2
= log
2
81
⇔
(
m
2
·log
2
2
3 + 8 log
2
3 + 4 > 0
−m log
2
3 = log
2
81
⇔ m = −4.
Vậy m
0
∈ (−7; −2).
Chọn phương án A
Câu 43.9. Tìm tập hợp tham số m để phương trình 4
x
− m · 2
x
+ 2m − 5 = 0 có hai nghiệm trái
dấu.
A.
5
2
; +∞
. B.
0;
5
2
. C.
(
0; +∞
)
. D.
5
2
; 4
.
Lời giải.
Đặt t = 2
x
khi đó phương trình 4
x
−m ·2
x
+ 2m −5 = 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương
trình t
2
−mt + 2m −5 có hai nghiệm phân biệt thỏa 0 < t
1
< 1 < t
2
.
⇔
∆ > 0
t
1
+ t
2
> 0
t
1
·t
2
> 0
(
t
1
−1
) (
t
2
−1
)
< 0
⇔
m
2
−8m + 20 > 0
m > 0
2m −5 > 0
m −4 < 0
⇔
m >
5
2
m < 4.
Vậy m ∈
5
2
; 4
.
Chọn phương án D
Câu 43.10. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp (x; y) thỏa
mãn các điều kiện log
x
2
+y
2
+2
(
4x + 4y −4
)
= 1 và x
2
+ y
2
+ 2x −2y + 2 −m = 0. Tổng các giá trị của
S bằng
A. 33. B. 24. C. 15. D. 5.
Lời giải.
Ta có
(
log
x
2
+y
2
+2
(
4x + 4y −4
)
= 1
x
2
+ y
2
+ 2x − 2y + 2 −m = 0
⇔
(
x
2
+ y
2
−4x − 4y + 6 = 0
x
2
+ y
2
+ 2x − 2y + 2 −m = 0
có nghiệm duy nhất (x; y)
x
2
+ y
2
−4x − 4y + 6 = 0 là phương trình đường tròn tâm A (2; 2) bán kính R
1
=
√
2.
x
2
+ y
2
+ 2x − 2y + 2 − m = 0 là phương trình đường tròn tâm B(−1; 1) bán kính R
2
=
√
m với
m > 0.
Hai đường tròn có điểm chung duy nhất khi xảy ra các trường hợp sau:
1. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài AB = R
1
+ R
2
⇔
√
m +
√
2 =
√
10 ⇔ m =
√
10 −
√
2
2
.
2. Hai đường tròn tiếp xúc trong AB = |R
1
− R
2
| ⇔
√
m −
√
2 =
√
10 ⇔ m =
√
10 +
√
2
2
.
Vậy tổng các giá trị của tham số m =
√
10 −
√
2
2
+
√
10 +
√
2
2
= 24.
Chọn phương án B
Câu 43.11. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
(m −1) log
2
1
3
(x −3)
2
+ 4(m −5) log
1
3
1
x − 3
+ 4(m −1) = 0 có nghiệm trên đoạn
10
3
; 6
. Số phần tử
của tập S bằng
A. 5. B. 3. C. 6. D. 4.
Lời giải.
178
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Cách 1:
Ta có (m − 1) log
2
1
3
(x −3)
2
+ 4(m −5) log
1
3
1
x − 3
+ 4(m −1) = 0.
⇔ 4(m −1) log
2
1
3
(x −3) −4(m − 5) log
1
3
(x −3) + 4(m − 1) = 0
⇔ (m −1) log
2
1
3
(x −3) − (m − 5) log
1
3
(x −3) + m −1 = 0.
Đặt t = log
1
3
(x −3) khi x ∈
10
3
; 6
⇒ t ∈ [−1; 1].
Phương trình trở thành: (m −1)t
2
−(m −5 )t + m − 1 = 0.
Bài toán trở thành tìm giá trị nguyên của m để phương trình (m −1)t
2
−(m −5)t + m −1 = 0 (∗) có
nghiệm t ∈ [−1; 1].
(∗) ⇔ m =
t
2
−5t + 1
t
2
−t + 1
có nghiệm t ∈ [−1; 1] ⇔ min
[−1;1]
g(t) ≤ m ≤ max
[−1;1]
g(t).
Xét hàm số g(t) =
t
2
−5t + 1
t
2
−t + 1
. Ta có g
0
(t) =
4
t
2
−1
(
t
2
−t + 1
)
2
≤ 0, ∀t ∈ (−1; 1).
Lại có hàm số g(t) liên tục trên [−1; 1].
Suy ra, g(t) nghịch biến trên đoạn [−1; 1] .
⇒ min
[−1;1]
g(t) = g(1) = −3; max
[−1;1]
g(t) = g(−1) =
7
3
.
⇒ −3 ≤ m ≤
7
3
và m ∈ Z ⇒ m ∈ {−3; −2; −1; 0; 1; 2} Cách 2:
Với điều kiện x > 3 thì (m −1) log
2
1
3
(x −3)
2
+ 4(m −5) log
1
3
1
x − 3
+ 4(m −1) = 0 (1).
⇔ 4(m −1) log
2
1
3
(x −3) −4(m − 5) log
1
3
(x −3) + 4(m − 1) = 0
⇔ (m −1) log
2
1
3
(x −3) − (m − 5) log
1
3
(x −3) + (m − 1) = 0.
Đặt t = log
1
3
(x − 3), Khi đó x ∈
10
3
; 6
⇒ t ∈ [−1; 1]. Vậy (1) có nghiệm trên
10
3
; 6
⇔ f (t) =
(m −1)t
2
−(m −5)t + (m −1) = 0 (2) có nghiệm trên [−1; 1] + Với m = 1 ( 2) ⇔ t = 0 ∈ [−1; 1], vậy
m = 1 thỏa mãn điều kiện bài toán (3). + Với m 6= 1 (2) có nghiệm ∆ = (m − 5)
2
−4(m −1)
2
≥ 0 ⇔
(−m −3)(3m −7) ≥ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤
7
3
.
Vậy m ∈
−3;
7
3
\{1} thì (2) có nghiệm.
Xét thấy f (−1) · f (1) = (3m −7)(m + 3) ≤ 0 đúng với ∀m ∈
−3;
7
3
\{1}.
Nên ∀m ∈
−3;
7
3
\{1} thì (2) luôn có đúng 1 nghiệm ∈ [−1; 1] (4).
Từ (3) và (4) suy ra m ∈
−3;
7
3
thì (2) có nghiệm trên [−1; 1] ⇔ (1) có nghiệm trên
10
3
; 6
.
Vì m nguyên nên m ∈ {−3; −2; −1; 0; 1; 2}.
Vậy có 6 giá trị của m để (1) có nghieemh
10
3
; 6
.
Chọn phương án C
Câu 43.12. Cho phương trình
q
log
2
2
x + log
1
2
x
2
−3 = m
log
4
x
2
−3
, (m là tham số thực). Tập tất
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc [8
√
2; +∞) là (a; b]. Khẳng
định nào sao đây là đúng?
179
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. 2a + b = 3. B. 2a + b = 4. C. 2a + b = 0. D. 2x + b = 5.
Lời giải.
Ta có
r
log
2
2
x + log
1
2
x
2
−3 = m
log
4
x
2
−3
⇔
q
log
2
2
x − 2 log
2
x − 3 = m
(
log
2
x − 3
)
(∗).
Đặt t = log
2
x, khi x ∈ [8
√
2; +∞) ⇒ log
2
x ≥
7
2
⇒ t ≥
7
2
; +∞
.
Suy ra phương trình
(
∗
)
⇔
√
t
2
−2t −3 = m(t −3) ⇔
(
m ≥ 0
t
2
−2t −3 = m
2
(t −3)
2
⇔
m ≥ 0
m
2
=
t + 1
t −3
.
Xét hàm số f (t) =
t + 1
t −3
, t ∈
7
2
; +∞
.
Ta có f
0
(t) =
−4
(t −3)
2
< 0, ∀t ≥
7
2
.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
7
2
+∞
−
99
11
Yêu cầu bài toán ⇔
(
m ≥ 0
1 < m
2
≤ 9
⇔ 1 < m ≤ 3 ⇒
(
a = 1
b = 3
⇒ 2a + b = 5.
Chọn phương án D
Câu 43.13. Tính tổng T các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3
x
+
m
2
−m
3
−x
= 2m
có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn
1
log 3
.
A. T = 28. B. T = 20. C. T = 21. D. T = 27.
Lời giải.
3
x
+
m
2
−m
3
−x
= 2m ⇔ 3
x
+
m
2
−m
3
x
−2m = 0.
Đặt t = 3
x
, (t > 0).
(1) ⇔ t
2
−2mt + m
2
−m = 0 (2).
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
< x
2
<
1
log 3
⇔ phương trình (2) có hai
nghiệm phân biệt t
1
; t
2
thỏa mãn 0 < t
1
< t
2
< 10.
⇔
∆
0
> 0
0 <
S
2
< 10
P > 0
(
t
1
−10
) (
t
2
−10
)
> 0
⇔
m > 0
0 < m < 10
m
2
−m > 0
m
2
−21m + 100 > 0
⇔
m ∈ (0; +∞)
m ∈ (0; 10)
m ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞)
m ∈
−∞;
21 −
√
41
2
!
∪
21 +
√
41
2
; +∞
!
.
⇔ 1 < m <
21 −
√
41
2
, vì m ∈ Z ⇒ m ∈ {2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Vậy T = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27.
Chọn phương án D
180
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 43.14. Gọi S là tập hợp các giá trị nghuyên của tham số m để phương trình 4
x
−m ·2
x
−m + 3 =
0 cos hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 1 ). Số tập con của tập hợp S là
A. 1. B. 0. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Phương trình đã cho ⇔ 2
2x
−m · 2
x
−m + 3 = 0 (1).
Đặt t = 2
x
khi x ∈ (−1; 1) ⇒ t ∈
1
2
; 2
, ta có (1) ⇔ t
2
−mt − m + 3 = 0 ⇔ m =
t
2
+ 3
t + 1
(2).
Xét hàm số f (t) =
t
2
+ 3
t + 1
, t ∈
1
2
; 2
.
⇒ f
0
(t) =
t
2
+ 2t −3
(t + 1)
2
; f
0
(t) = 0 ⇔
"
t = −3
t = 1
. Bảng biến thiên
t
f
0
(t)
f (t)
1
2
1
2
−
0
+
13
6
13
6
22
7
3
7
3
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 1) ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm
phân biệt thuộc khoảng
1
2
; 2
⇔ 2 < m <
13
6
.
Vì m ∈ Z ⇒ S = ∅.
Vậy tập S có 1 tập con là chính nó.
Chọn phương án A
Câu 43.15. Tập hợp các số thực m để phương trình ln (3x − mx + 1) = ln (−x
2
+ 4x − 3) có nghiệm
là nửa khoảng [a; b). Tổng của a + b bằng
A.
10
3
. B. 4. C.
22
3
. D. 7.
Lời giải.
Phương trình ln (3x − mx + 1) = ln (−x
2
+ 4x − 3) ⇔
(
− x
2
+ 4x − 3 > 0
3x − mx + 1 = −x
2
+ 4x − 3
⇔
(
1 < x < 3
x
2
− x + 4 = mx
⇔
1 < x < 3
m =
x
2
− x + 4
x
(∗)
.
Xét hàm số f (x) =
x
2
− x + 4
x
với 1 < x < 3.
Khi đó f
0
(x) =
x
2
− x
x
; f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 2
x = −2
.
Bảng biến thiên hàm số f (x) =
x
2
− x + 4
x
trên khoảng (1; 3)
181
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
f
0
(x)
f (x)
1
2
3
−
0
+
4
3
10
3
Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (∗) có nghiệm trên khoảng (1; 3) .
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (∗) có nghiệm trên khoảng (1; 3) khi và chỉ khi 3 ≤
m < 4 hay m ∈ [3; 4). Do đó a = 3, b = 4.
Vậy a + b = 7.
Chọn phương án D
Câu 43.16. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình m
2
ln
x
e
= (2 −
m) ln x − 4 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn
1;
√
e
?
A. 0. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Điều kiện x > 0.
m
2
ln
x
e
= (2 − m) ln x −4 ⇔ (m
2
+ m − 2) ln x = m
2
−4 (1)
Đặt t = ln x, x ∈
1;
√
e
⇒ t ∈
0;
1
2
.
Phương trình (1) trở thành (m
2
+ m − 2) t = m
2
−4 (2)
TH1: m
2
+ m − 2 = 0 ⇔
"
m = 1
m = −2
Với m = 1, phương trình (2) ⇒ 0t = −3 (vô nghiệm). Do đó m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán.
Với m = −2, phương trình (2) ⇒ 0t = 0 (nghiệm đúng ∀t ∈ R). Do đó m = −2 thỏa yêu cầu bài
toán.
TH2: m
2
+ m − 2 6= 0 ⇔ m 6= 1 và m 6= −2.
Khi đó phương trình (2) trở thành t =
m
2
−4
m
2
+ m − 2
=
m −2
m −1
.
Phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn
1;
√
e
khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm thuộc
đoạn
0;
1
2
⇔ 0 ≤
m −2
m −1
≤
1
2
⇔
m −2
m −2
≥ 0
m −3
2(m −1)
≤ 0
⇔
"
m ≥ 2
m ≤ 1
1 ≤ m ≤ 3
⇔ m ∈
[
2; 3
]
∪{1}.
Vậy m ∈
[
2; 3
]
∪{−2; 1} nên có 3 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn phương án C
Câu 43.17. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
2 log
2
x
4
+
q
2 log
2
x
8
− 2m + 2020 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 2] . Số phần tử của S
là
A. 7. B. 9. C. 8. D. 6.
Lời giải.
182
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Khi x ∈ [1; 2], ta có 2 log
2
x
4
+
q
2 log
2
x
8
−2m + 2020 = 0 ⇔ 4 log
2
x + 2
p
log
2
x + 1010 = m.
Đặt t =
p
log
2
x. Vì x ∈ [1; 2] ⇒
p
log
2
x ∈ [0; 1].
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với phương trình f (t) = m có nghiệm thuộc [1; 2], với f (t) =
4t
2
+ 2t + 1010.
Ta có f
0
(t) = 8t + 2 > 0, ∀t ∈ [0; 1]. Suy ra ∀t ∈ [0; 1], 1010 = f (0) ≤ f (t) ≤ f (1) = 1016.
Do vậy 1010 ≤ m ≤ 1016 ⇒ S = {1010; 1011; . . . ; 1016}. Vậy số phần tử của S là 7.
Chọn phương án A
Câu 43.18. Cho phương trình (3x − 5) log
2
3
(x + m) + (9x − 19) log
3
(x + m) = 12 với m là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (2; +∞).
A.
−∞; −
53
27
. B.
−
53
27
; 79
. C.
(
−79; +∞
)
. D.
(
−∞; 79
)
.
Lời giải.
Tập xác định D = (−m; +∞).
Đặt t = log
3
x + m . Phương trình đã cho trở thành
(3x −5)t
2
+ ( 9x − 19)t −12 = 0
⇔(3x − 5) t
2
+ ( 9x − 15)t −4t −12 = 0
⇔(3x − 5) t(t + 3) −4(t + 3) = 0
⇔(t + 3)[(3x −5)t − 4)] = 0
⇔
"
t + 3 = 0
(3x −5)t − 4 = 0
⇔
t = −3
t =
4
3x − 5
(do x > 2)
Với t = −3 ⇒ log
3
(x + m) = −3 ⇔ x + m =
1
27
⇔ x =
1
27
−m.
x =
1
27
−m là nghiệm thuộc khoảng (2; +∞) ⇔
1
27
−m > 2 ⇔ m < −
53
27
.
Với t =
4
3x − 5
⇒ log
3
(x + m) =
4
3x − 5
⇔ x + m = 3
4
3x−5
⇔ m = 3
4
3x−5
− x.
Đặt f (x) = 3
4
3x−5
− x với x > 2. Có f
0
(x) = 3
4
3x−5
·
12
(3x −5)
2
·ln 3 −1 < 0, ∀x > 2.
Suy ra f (x) nghịch biến trên (2; +∞). Do đó ∀x > 2, f (x) < f (2) = 79.
Do vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (2; +∞) khi m < 79.
Vậy m ∈ (−∞; 79) là giá trị cần tìm.
Chọn phương án D
Câu 43.19. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ t hị hàm số y = m log
2
2
x −2 log
2
x + 2m + 1
cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành độ thuộc [1; +∞) là
A.
−∞; −
1
2
∪
1
2
. B.
−
1
2
; 0
∪
1
2
.
C.
−∞; −
1
2
∪
1
2
. D.
−
1
2
; 0
∪
1
2
.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm m log
2
2
x − 2 log
2
x + 2m + 1 = 0 (1).
YCBT ⇔ phương trình (1) có duy nhất một nghiệm thuộc [1; +∞).
Đặt t = log
2
x ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞).
183
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Phương trình (1) ⇔ mt
2
−2t + 2m + 1 = 0 ⇔ m =
2t −1
t
2
+ 2
(2).
Ycbt ⇔ phương trình (2) có duy nhất một nghiệm t ∈ [0; +∞).
Xét hàm số f (t) =
2t −1
t
2
+ 2
trên [0; +∞).
Ta có f
0
(t) =
−2t
2
+ 2t + 4
(t
2
+ 1)
2
f
0
(t) = 0 ⇔ −2t
2
+ 2t + 4 = 0 ⇔
"
t = −1 /∈ [0; +∞)
t = 2 ∈ [0; +∞)
Bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f (x)
0
2
+∞
+
0
−
−
1
2
1
2
0
Từ bảng biến thiên ta suy ra: ycbt ⇔ m ∈
−
1
2
; 0
∪
1
2
.
Chọn phương án D
CÂU 44. Cho hàm số f
(
x
)
liên tục trên R . Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f
(
x
)
e
x
, họ
tất cả các nguyên hàm của hàm số f
0
(
x
)
e
x
là
A. −sin 2x + cos 2x + C . B. −2 sin 2x + cos 2x + C .
C. −2 sin 2x −cos 2x + C . D. 2 sin 2x −cos 2x + C .
Lời giải.
Vì cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f
(
x
)
e
x
nên f
(
x
)
e
x
=
(
cos 2x
)
0
= −2 sin 2x .
Ta có
Z
f
0
(
x
)
e
x
dx =
Z
e
x
d
(
f
(
x
))
= f
(
x
)
e
x
−
Z
f
(
x
)
d
(
e
x
)
= f
(
x
)
e
x
−
Z
f
(
x
)
e
x
dx .
Mà f
(
x
)
e
x
= −2 sin 2x do đó
Z
f
0
(
x
)
e
x
dx = −2 sin 2x +
Z
2 sin 2x dx .
Vậy
Z
f
0
(
x
)
e
x
dx = −2 sin 2x −cos 2x + C .
Chọn phương án C
Câu 44.1. Cho hàm số f(x) liên tục trên (0; +∞). Biết sin 2x là một nguyên hàm của hàm số
f (x)
x
. Họ
nguyên hàm của hàm số f
0
(x) ln x trên khoảng (0; +∞) là
A. 2x cos 2x. ln x + sin 2x + C. B. 2x sin 2x. ln x −cos 2x + C.
C. 2x cos 2x. ln x −sin 2x + C. D. −2x cos 2x. ln x + sin 2x + C.
Lời giải.
Từ giả thiết ta suy ra (sin x)
0
=
f (x)
x
⇒
f (x)
x
= 2 cos 2x ⇒ f (x) = 2x cos 2x.
Xét I =
Z
f
0
(x) ln x dx.
Đặt
(
u = ln x
dv = f
0
(x) dx
⇒
dx =
1
x
dx
v = f (x)
.
I = f (x) ln x −
Z
f (x)
x
dx = 2x cos 2x ln x −2
Z
cos 2x dx = 2x cos 2x ln x − sin 2x + C.
184
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án C
Câu 44.2. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (1) = 0, F(x) = [ f (x)]
2020
là một nguyên
hàm của 2020xe
x
. Họ các nguyên hàm của [ f (x)]
2020
là
A. 2020(x − 2)e
x
+ C. B. xe
x
+ C. C. 2020(x + 2)e
x
+ C. D. (x −2)e
x
+ C.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) = 2020xe
x
⇔ 2020 f
0
(x) f
2019
(x) = 2020xe
x
⇒ f
0
(x) . f
2019
(x) = xe
x
.
⇒
Z
f
0
(x)[ f (x)]
2019
dx =
Z
xe
x
dx ⇔
Z
[ f (x)]
2019
d[ f (x)] =
Z
xe
x
dx ⇔
1
2020
[ f (x)]
2020
= (x −
1)e
x
+ C
0
.
Do f (1) = 0 ⇒ C
0
= 0. Do vậy [ f (x)]
2020
= 2020(x −1) e
x
.
Suy ra I =
Z
[ f (x)]
2020
dx =
Z
(x −1)e
x
dx.
Đặt
(
u = x − 1
dv = e
x
dx
⇒
(
du = dx
v = e
x
I = (x − 1)e
x
−
Z
e
x
dx = (x − 2)e
x
+ C.
Chọn phương án D
Câu 44.3. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (0) = 1, F(x) = f (x) − e
x
− x là một
nguyên hmà của f(x). Họ các nguyên hàm của f(x) là
A. (x + 1)e
x
+ C. B. (x + 1)e
x
− x + C. C. (x + 2)e
x
− x + C. D. (x + 1)e
x
+ x + C.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) = f (x) ⇔ f
0
(x) − e
x
−1 = f (x) ⇔ f
0
(x) − f (x) = e
x
+ 1
⇔ e
−x
f
0
(x) − e
−x
f (x) = 1 + e
−x
⇔ [e
−x
f (x)]
0
= 1 + e
−x
⇒ e
−x
f (x) = x − e
−x
+ C
0
⇒ f (x) = xe
x
−1 + C
0
e
x
.
Do f (0) = 1 ⇒ C
0
= 2 ⇒ f (x) = (x + 2)e
x
−1.
Do đó I =
Z
f (x) dx =
Z
[(x + 2)e
x
−1] dx =
Z
(x + 2)e
x
dx −
Z
dx.
Đặt
(
u = x + 2
dv = e
x
dx
⇒
(
du = dx
v = e
x
I = (x + 2)e
x
−
Z
e
x
dx −
Z
dx = (x + 2)e
x
−e
x
− x + C = (x + 1)e
x
− x + C.
Chọn phương án B
Câu 44.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên R. Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x)e
x
, họ tất
cả các nguyên hàm của hàm số f
0
(x) e
x
là
A. −sin 2x + cos 2x + C. B. −2 sin 2x + cos 2x + C.
C. −2 sin 2x −cos 2x + C. D. 2 sin 2x −cos 2x + C.
Lời giải.
Áp dụng F
0
(x) = f (x), ta có: (cos 2x)
0
= f (x)e
x
⇔ −2 sin 2x = f (x)e
x
.
Tính I =
Z
f
0
(x)e
x
dx.
Đặt
(
u = e
x
⇒ du = e
x
dx
dv = f
0
(x) dx ⇒ v = f (x)
⇒ I = e
x
f (x) −
Z
e
x
f (x) dx = −2 sin 2x +
Z
2 sin 2x dx = −2 sin 2x −cos 2x + C.
Chọn phương án C
185
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 44.5. Cho F(x) =
x
2
4
là một nguyên hàm của
f (x)
x
. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f
0
(x) ln x.
A.
x
2
2
ln x −
1
2
+ C. B.
x
2
2
+
ln x +
1
2
+ C.
C.
x
2
2
ln x −
1
2x
+ C. D.
x
2
2
ln x +
1
2x
+ C.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) = (
x
2
4
)
0
=
x
2
=
f (x)
x
⇒ f (x) =
x
2
2
.
Tính I =
Z
f
0
(x) ln x dx.
Đặt
u = ln x ⇒ du =
1
x
dx
dv = f
0
(x) dx ⇒ v = f (x)
⇒ I = f (x) ln x −
Z
f (x)
x
dx =
x
2
2
ln x −
x
2
4
+ C =
x
2
2
ln x −
1
2
+ C.
Chọn phương án A
Câu 44.6. Cho F(x) = −x · e
x
là một nguyên hàm của f (x)e
2x
. Tìm họ nguyên hàm của hàm số
f
0
(x) e
2x
.
A. 2(1 − x)e
x
+ C. B.
1 − x
2
e
x
+ C. C. (x −1)e
x
+ C. D. (x −2)e
x
+ C.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) =
(
−xe
x
)
0
= −(x + 1) e
x
= f (x)e
2x
.
Tính I =
Z
f
0
(x) e
2x
dx.
Đặt
(
u = e
2x
⇒ du = 2e
2x
dx
dv = f
0
(x) dx ⇒ v = f (x)
⇒ I = f (x)e
2x
−
Z
2e
2x
f (x) dx = −(x + 1 )e
x
+ 2xe
x
+ C = (x −1)e
x
+ C.
Chọn phương án C
Câu 44.7. Cho F(x) = x tan x + ln |cos x| à một nguyên hàm của hàm số
f (x)
cos
2
x
. Tìm họ nguyên hàm
của hàm số f
0
(x) tan x.
A. ln |cos x|+ C. B. ln |sin x|+ C. C. −ln |cos x|+ C. D. −ln |sin x|+ C.
Lời giải.
F
0
(x) = (x + tan x + ln |cos x|)
0
= tan x +
x
cos
2
x
−tan x =
x
cos
2
x
=
f (x)
cos
2
x
⇒ f (x) = x.
Tính I =
Z
f
0
(x) tan x dx.
Đặt
u = tan x ⇒ du =
1
cos
2
x
dx
dv = f
0
(x) dx ⇒ v = f (x)
⇒ I = f (x) tan x −
Z
f (x)
cos
2
x
dx = x tan x − x tan x −ln |cos x|+ C = −ln |cos x| + C.
Chọn phương án C
Câu 44.8. Biết F(x) =
ax
2
+ bx + c
· e
−x
là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
2x
2
−5x + 2
·
e
−x
trên R. Giá trị của biểu thức f [F(0) ] bằng
186
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A. −e
−1
. B. 9e. C. 20e
2
. D. 3e.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) = (2ax + b)e
−x
−
ax
2
+ bx + c
e
−x
=
−ax
2
+ ( 2a − b)x + b − c
e
−x
.
F
0
(x) = f (x)
⇔
h
−ax
2
+ ( 2a − b)x + b − c
i
e
−x
=
2x
2
−5x + 2
e
−x
⇔ −ax
2
+ ( 2a − b)x + b − c = 2x
2
−5x + 2
⇔
− a = 2
2a − b = −5
b − c = 2
⇔
a = −2
b = 1
c = −1.
Do đó :
F(x) =
−2x
2
+ x + 1
e
−x
và f (x) =
2x
2
−5x + 2
e
−x
.
Suy ra : F(0) = −1 Vậy f (−1) = 9 e.
Chọn phương án B
Câu 44.9. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (0) = 0, F(x) = f (x)e
3x
là một nguyên
hàm của e
3x
[6 f (x) + 2xe
3x
]. Họ các nguyên hàm của f (x) là
A.
1
3
x
2
e
3x
−
2
9
xe
3x
+
2
27
e
3x
+ C. B.
1
3
x
2
e
3x
−
2
9
xe
3x
−
2
27
e
3x
+ C.
C.
1
3
x
2
e
3x
+
1
9
xe
3x
+
1
27
e
3x
+ C. D.
1
3
x
2
e
3x
−
1
9
xe
3x
+
1
27
e
3x
+ C.
Lời giải.
Ta có F
0
(x) = e
3x
[6 f (x) + 2xe
3x
] ⇔ f
0
(x) e
3x
+ 3 f (x)e
3x
= 6e
3x
f (x) + 2xe
6x
⇔ f
0
(x) e
3x
−3 f (x)e
3x
= xe
6x
⇔
f
0
(x) e
3x
+ 3 f (x)e
3x
(e
3x
)
2
= x ⇔
f (x)
e
3x
= 2x
⇒
f (x)
e
3x
= x
2
+ C
0
.
Do f (0) = 0 ⇒ C
0
= 0 ⇒ f (x) = x
2
e
3x
. Do đó I =
Z
f (x) dx =
Z
x
2
e
3x
dx.
Đặt
(
u
1
= x
2
dv
1
= e
3x
dx
⇒
du
1
= 2x dx
v
1
=
1
3
e
3x
I =
1
3
x
2
e
3x
−
2
3
Z
xe
3x
dx.
Đặt
(
u
2
= x
dv
2
= e
3x
dx
⇒
du
2
= dx
v
2
=
1
3
e
3x
I =
1
3
x
2
e
3x
−
2
3
1
3
xe
3x
−
1
3
Z
e
3x
dx
=
1
3
x
2
e
3x
−
2
3
1
3
xe
3x
−
1
9
e
3x
+ C
=
1
3
x
2
e
3x
−
2
9
xe
3x
+
2
27
e
3x
+ C
.
Chọn phương án A
187
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
CÂU 45. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−1
0
1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
−1−1
−2−2
+∞+∞
Số nghiệm thuộc đoạn
[
−π ; 2π
]
của phương trình 2 f
(
sin x
)
+ 3 = 0 là
A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 8 .
Lời giải.
Ta có 2 f
(
sin x
)
+ 3 = 0 ⇐⇒ f
(
sin x
)
= −
3
2
.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f (x) :
Ta có: f (x) = −
3
2
⇐⇒
x = x
1
( với x
1
< −1)
x = x
2
( với −1 < x
2
< 0)
x = x
3
( với 0 < x
3
< 1)
x = x
4
( với x
4
> 1)
.
Do đó: f
(
sin x
)
= −
3
2
⇐⇒
sin x = x
1
( với x
1
< −1)
sin x = x
2
( với −1 < x
2
< 0)
sin x = x
3
( với 0 < x
3
< 1)
sin x = x
4
( với x
4
> 1)
.
+) Các trường hợp: sin x = x
1
, sin x = x
4
vô nghiệm do x
1
< −1, x
4
> 1 .
+) Do −1 < x
2
< 0 nên tồn tại góc α với −
π
2
< α < 0 sao cho sin α = x
2
.
Khi đó: sin x = x
2
⇐⇒ sin x = sin α ⇐⇒
"
x = α + k2π
x = π − α + m2π
(
k, m ∈ Z
)
.
Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈
[
−π ; 2π
]
nên −π ≤ α + k2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − α + m2π ≤ 2π ,
với k, m ∈ Z và −
π
2
< α < 0 . Suy ra k = 0, k = 1 ; m = −1, m = 0.
Do đó, sin x = x
2
có 4 nghiệm thuộc đoạn
[
−π ; 2π
]
.
+) Tương tự, do 0 < x
3
< 1 nên tồn tại góc β với 0 < β <
π
2
sao cho sin β = x
3
.
Khi đó: sin x = x
3
⇐⇒ sin x = sin β ⇐⇒
"
x = β + n2π
x = π − β + l2π
(
n, l ∈ Z
)
.
Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈
[
−π ; 2π
]
nên −π ≤ β + n2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − β + l2π ≤ 2π
với n, l ∈ Z và 0 < β <
π
2
. Suy ra n = 0 ; l = 0.
Do đó, sin x = x
3
có 2 nghiệm thuộc đoạn
[
−π ; 2π
]
.
Vậy, phương trình 2 f
(
sin x
)
+ 3 = 0 có 6 nghiệm thuộc đoạn
[
−π ; 2π
]
.
Chọn phương án B
Câu 45.1. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−2
−1
0
1
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞
−1
1
−1
−3
−1
+∞
188
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Số nghiệm thuộc đoạn
h
−
π
2
; 3π
i
của phương trình 2 f (2 cos x + 1) + 3 = 0 là
A. 6. B. 7. C. 11. D. 12.
Lời giải.
Ta có 2 f ( 2 cos x + 1) + 3 = 0 ⇔ f (2 cos x + 1) = −
3
2
.
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
f (2 cos x + 1) = −
3
2
∈ (−3; −1) ⇔
2 cos x + 1 = m ∈ (−∞; −2)
2 cos x + 1 = n ∈ (0; 1)
2 cos x + 1 = p ∈ (1; 2)
⇔
cos x =
m −1
2
∈
−∞; −
3
2
(1)
cos x =
n −1
2
∈
−
1
2
; 0
(2)
cos x =
p −1
2
∈
0;
1
2
(3)
Ta có đồ thị hàm số y = cos x trong đoạn
h
−
π
2
; 3π
i
x
y
O
−
π
2
−1
1
y = cos x
3π
Dựa vào đồ thị ta suy ra (1) vô nghiệm, (2) có 3 nghiệm phân biệt, (3) có 4 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm t hỏa ycbt.
Chọn phương án B
Câu 45.2. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−4
1
3
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
11
−4−4
+∞+∞
Số nghiệm của phương trình |f [ f (x)]| = 2 là
A. 4. B. 5. C. 7. D. 9.
Lời giải.
Ta có: |f [ f (x)]| = 2 ⇔
"
f [ f (x)] = 2
f [ f (x)] = −2
⇔
f (x) = a < −4 (1)
f (x) = b > 3 (2)
f (x) = −4 (3)
f (x) = c ∈ (1; 3) (4)
f (x) = d > 3 (5)
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra các phương trình (2) và (5) có 2 nghiệm, phương trình (1) vô
nghiệm, phương trình (3) có 1 nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tổng cộng 7 nghiệm.
Chọn phương án C
189
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 45.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
f
0
(x)
f (x)
−∞
−1
1
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞
1
−3
1
+∞
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f (|2 f (x) + m|) = 1 có đúng 2 nghiệm
trên [−1; 1]?
A. 13. B. 9. C. 4. D. 5.
Lời giải.
Ta có f (|2 f (x) + m|) = 1 ⇔
"
|2 f (x) + m| = −1 (VN)
|2 f (x) + m| = 2
⇔
"
2 f (x) + m = 2
2 f (x) + m = −2
⇔
f (x) =
2 −m
2
f (x) =
−2 − m
2
Dựa vào BBT ta suy ra: ycbt ⇔
−3 ≤
2 −m
2
≤ 1
−3 ≤
−2 − m
2
≤ 1
⇔
(
0 ≤ m ≤ 8
−4 ≤ m ≤ 4
⇔ 0 ≤ m ≤ 4
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa ycbt.
Chọn phương án D
Câu 45.4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ.
x
y
O
−1
−2
−3
1
−1
1
2
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f [ f (x) + m] + 1 = f (x) + m có đúng 3
nghiệm phân biệt trên [−1; 1]?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Ta có f [ f (x) + m] + 1 = f (x) + m ⇔ f (t) = t −1 với t = f (x) + m.
Dựa vào đồ thị ta có f (t) = t −1 ⇔
t = −2
t = 0
t = 2
⇔
f (x) = −m −2
f (x) = −m
f (x) = −m + 2
190
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Dựa vào đồ t hị trên [−1; 1], ycbt ⇔
−3 ≤ −m −2 ≤ 1
−3 ≤ −m ≤ 1
−3 ≤ −m + 2 ≤ 1
⇔
−3 ≤ m ≤ 1
−1 ≤ m ≤ 3
1 ≤ m ≤ 5
⇒ m = 1. Vậy có 1 giá trị
nguyên của m thỏa ycbt.
Chọn phương án A
CÂU 46. Cho hàm số bậc bốn y = f
(
x
)
có đồ thị như hình bên.
Số điểm cực trị của hàm số g
(
x
)
= f
x
3
+ 3x
2
là
A. 5 . B. 3 .
C. 7 . D. 11 .
x
y
4
O
Lời giải.
Dựa vào đồ thị y = f
(
x
)
ta có: f
0
(
x
)
= 0 ⇐⇒
x = a ∈
(
−∞; 0
)
x = b ∈
(
0; 4
)
x = c ∈
(
4 ; +∞
)
Ta có: g
0
(
x
)
=
3x
2
+ 6x
f
0
x
3
+ 3x
2
.
g
0
(x) = 0 ⇐⇒
3x
2
+ 6x = 0
f
0
x
3
+ 3x
2
= 0
⇐⇒
x = 0
x = −2
x
3
+ 3x
2
= a ∈
(
−∞; 0
) (
1
)
x
3
+ 3x
2
= b ∈
(
0; 4
) (
2
)
x
3
+ 3x
2
= c ∈
(
4; +∞
) (
3
)
.
Xét hàm số : h
(
x
)
= x
3
+ 3x
2
Ta có h
0
(
x
)
= 3x
2
+ 6x , h
0
(
x
)
= 0 ⇐⇒ 3x
2
+ 6x = 0 ⇐⇒
"
x = 0
x = −2
.
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình
(
1
)
có một nghiệm .
Phương trình
(
2
)
có ba nghiệm phân biệt .
Phương trình
(
3
)
có một nghiệm .
Vậy phương trình g
0
(
x
)
= 0 có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm cực trị.
Chọn phương án C
Câu 46.1. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình dưới đây.
191
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
x
y
O
3
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = f
x
3
−3x
2
là
A. 5. B. 6. C. 7. D. 9.
Lời giải.
Xét hàm số u = x
3
−3x
2
có bảng biến thiên như sau:
Ta có g
0
(x) =
3x
2
−6x
f
0
x
3
−3x
2
g
0
(x) = 0 ⇔
3x
2
−6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
f
0
x
3
−3x
2
= 0
x
y
0
y
−∞
0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
00
−4−4
+∞+∞
x
y
O
3
x
1
x
2
Từ đồ thị hàm số y = f (x) , ta có:
f
0
x
3
−3x
2
= 0 ⇔
x
3
−3x
2
= 0 (1)
x
3
−3x
2
= x
1
∈ (−3; 0) (2)
x
3
−3x
2
= x
2
∈ (1; 3) (3)
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số u = x
3
−3x
2
ta thấy:
(1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó x = 0 là nhiệm kép.
(2) có 3 nghiệm phân biệt khác nhau cới các nghiệm trên.
(3) có nghiệm duy nhất khác với tất cả các nghiệm trên.
Suy ra g
0
(x) = 0 có 7 nghiệm phân biệt và g
0
(x) đổi dấu qua các nghiệm này (trong đó x = 0 là
nghiệm bội 3) nên hàm số g(x) có 7 cực trị.
Chọn phương án C
Câu 46.2. Cho hàm số bậc bố y = f (x) có đồ thị như hình dưới đây
192
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
y
O
5
1
1
1
3
Số điểm cực trị của hàm số g(x) = 8 f
x
3
−3x + 3
−
2x
6
−12x
4
+ 16x
3
+ 18x
2
−48x + 1
là 5 3 7
9
Lời giải.
Ta có
g
0
(x) = 8
3x
2
−3
f
0
x
3
−3x + 3
−
12x
5
−48x
3
+ 48x
2
+ 36x − 48
= 24
x
2
−1
"
f
0
x
3
−3x + 3
−
x
3
−3x + 2
+ 1
2
#
g
0
(x) = 0 ⇔
x
2
−1 = 0 ⇔ x = ±1
f
0
x
3
−3x + 3
=
x
3
−3x + 3
+ 1
2
(∗)
x
y
O
5
1
1
1
3
Từ đồ thị hàm số y = f (x), ta có: Đặt: x
3
−3x + 3 = t. Phương trình (*) trở thành: f
0
(t) =
t + 1
2
⇔
t = −1
t = 1
t = 5
+ Với t = −1 ta có: x
3
−3x + 3 = −1 (phương trình này có 1 nghiệm không nguyên).
+ Với t = 1 ta có: x
3
−3x + 3 = 1 ⇔
"
x = 1
x = −2
, trong đó x = 1 là nghiệm bội hai.
+ Với t = 5 ta có: x
3
−3x + 3 = 5 ⇔
"
x = 2
x = −1
, trong đó x = −1 là nghiệm bội hai.
Suy ra g
0
(x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt và g
0
(x) đổi dấu qua các nghiệm này (trong đó x = ±1 là
nghiệm bội 3) nên hàm số g(x) có 5 cực trị.
Chọn phương án D
193
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Câu 46.3. Cho hai hàm số bậc bốn y = f (x) và y = g(x) có các đồ thị như hình dưới đây (2 đồ thị
chỉ có đ 3 điểm chung)
x
y
x
0
−1
−3
3
Số điểm cực trị của hàm số h(x) = f
2
(x) + g
2
(x) − 2 f (x).g(x) là
A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.
Lời giải.
Ta có: h(x) =
[
f (x) − g(x)
]
2
⇒ h
0
(x) = 2
[
f (x) − g(x)
]
.
[
f
0
(x) − g
0
(x)
]
h
0
(x) = 0 ⇔
"
f (x) − g(x) = 0 (1)
f
0
(x) − g
0
(x) = 0 (2)
Từ đồ t hị ta thấy phương trình (1) có đúng 3 nghiệm phân biệt là x = −1; x = x
1
∈ (−1; 3); x = 3 và
đa thức f (x) − g(x) đổi dấu khia qua các nhiệm này. Do đó các nghiệm trên là các nhiệm bội lẻ của
(1). Mà f (x) và (x) đều là đa thức bậc 4 nên bậc của phương trình (1) nhỏ hơn hoặc bằng 4. Từ đó
suy ra phương trình (1) là phương trình bậc 3.
Do phương trình (1) là phương trình bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình (2) phải có 2
nghiệm phân biệt không trùng các nghiệm của phương trình (1).
Suy ra h
0
(x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt h
0
(x) đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số h(x) có 5 điểm
cực trị.
Chọn phương án A
Câu 46.4. Cho hàm số bậc bốn y = f (x). Trong hình vẽ dưới đây, gồm đồ thị y = f (x) trên (−∞; −1 ]
và [1; +∞) (đậm hơn), đồ thị y = f (x) trên [−1; 1]. Biết max
[−1;1]
f (x) > 1
x
y
−1
1
2
3
−1
A. 9. B. 7. C. 13. D. 11.
Lời giải.
194
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
y
−1
1
2
3
−1
x
1
x
2
x
3
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến sau:
x
y
0
y
−∞
−1
x
1
1
x
2
2
x
3
3
+∞
−
0
+
0
−
0
+
0
−
0
+
−∞−∞
00 00
f (x
3
)f (x
3
)
+∞+∞
Chú ý rằng:
max
[−1;1]
f (x) = f (x
1
) > 1
f (x
2
) ∈
0;
1
2
min f (x) = f (x
3
) > −
3
2
Ta có: g
0
(x) = f
0
(x) . f
0
[
f (x) + 2
]
g
0
(x) = 0 ⇔
"
f
0
(x) = 0 (1)
f
0
[
f (x) + 2
]
= 0 (2)
(1) ⇔ x = ±1 ∨ x = x
1
∨ x = x
2
∨ x = x
3
(2) ⇔
f (x) + 2 = −1 (3)
f (x) + 2 = x
1
∈
−
1
2
; 0
(4)
f (x) + 2 = 1 (5)
f (x) + 2 = x
2
∈
3
2
; 2
(6)
f (x) = 2 = x
3
∈
5
2
; 3
(7)
Dựa vào đồ thị và bảng biến ta có:
(3) và (4) vô nghiệm.
(5) ⇔ f (x) = −1 có 2 nghiệm phân biệt.
(6)⇔ f (x) = x
2
−2 ∈
−
1
2
; 0
có 2 nghiệm phân biệt.
195
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
(7)⇔ f (x) = x
3
−2 ∈
1
2
; 1
có 4 nghiệm phân biệt.
Suy ra g
0
(x) có 13 nghiệm phân biệt và g
0
(x) đổi dấu qua các nhiệm này nên hàm số g(x) có 13 điểm
cực trị.
Chọn phương án C
CÂU 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên
(
x; y
)
thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log
3
(
3x + 3
)
+ x = 2y + 9
y
?
A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 .
Lời giải.
Ta có log
3
(
3x + 3
)
+ x = 2y + 9
y
⇐⇒
1 + log
3
(
x + 1
)
+ x = 2y + 3
2y
⇐⇒ log
3
(
x + 1
)
+ x + 1 = 2y + 3
2y
⇐⇒ log
3
(
x + 1
)
+ 3
log
3
(
x+1
)
= 2y + 3
2y
(*).
Xét hàm f
(
t
)
= t + 3
t
.
Ta có f
0
(
t
)
= 1 + 3
t
ln 3 > 0 , ∀t ∈ R . Do đó, f
(
t
)
đồng biến trên R .
Khi đó, (*) ⇐⇒ f
log
3
(
x + 1
)
= f
(
2y
)
⇐⇒ log
3
(
x + 1
)
= 2y ⇐⇒ x + 1 = 9
y
(**).
Vì 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ 9
y
≤ 2021 =⇒ 0 ≤ y ≤ log
9
2021 ≈ 3, 464 .
Vì y ∈ Z nên y ∈
{
0, 1, 2, 3
}
.
Với y = 0 =⇒ x = 0 ; y = 1 =⇒ x = 8 ; y = 2 =⇒ x = 80 ; y = 3 =⇒ x = 728 .
Vậy có 4 cặp số nguyên
(
x, y
)
thỏa mãn.
Chọn phương án D
Câu 47.1. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log
2
(2x + 2) + x − 3y = 8
y
. Biết 0 ≤ x ≤ 2018, số cặp
(x; y) nguyên thỏa mãn đẳng thức là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Lời giải.
Ta có log
2
(2x + 2) + x −3y = 8
y
⇔ 2
log
2
(x+1)
+ log
2
(x + 1) = 2
3y
+ 3y (1)
Xét hàm số f (t) = 2
t
+ t có f
0
(t) = 2
t
ln 2 + 1 > 0. Nên (1) ⇔ log
2
(x + 1) = 3y ⇔ x = 2
3y
−1.
Với 0 ≤ x ≤ 2018 ⇔ 1 ≤ 8
y
≤ 2019 ⇔ 0 ≤ y ≤ log
8
2019, Vì y ∈ Z ⇒ y ∈
{
0; 1; 2; 3
}
.
Chọn phương án
C
Câu 47.2. Cho phương trình 4
−|x−m|
log
√
2
x
2
−2x + 3
+ 2
−x
2
+2x
log
1
2
(
2|x − m|+ 2
)
= 0. Gọi S là
tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt. Tổng các phần tử của S
bằng
A. 3. B.
1
2
. C. 2. D.
3
2
.
Lời giải.
Điều kiện xác định: x ∈ R.
Xét phương trình 4
−|x−m|
log
√
2
x
2
−2x + 3
+ 2
−x
2
+2x
log
1
2
(
2|x − m|+ 2
)
= 0 (1)
(1) ⇔ 2
−2|x−m|+1
. log
√
2
h
x
2
−2x = 1
+ 2
i
= 2
−
(
x
2
−2x+1
)
. log
2
(
2|x − m|+ 2
)
⇔ 2
x
2
−2x+1
. log
√
2
h
x
2
−2x + 1
+ 2
i
= 2
2|x−m|
. log
2
(
2|x − m|+ 2
)
(2)
Xét hàm số: f (t) = 2
t
log
2
(t + 2), t ≥ 2.
Ta có: f
0
(t) = 2
t
. ln 2. log
2
(t + 2) + 2
t
.
1
(t + 2) ln 2
> 0∀t ≥ 0.
Mà f (t) liện tục trên
[
0; +∞
)
suy ra f (t) đồng biến trên
[
0; +∞
)
.
196
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Phương trình (2) có dạng f
x
2
−2x + 1
= f
(
2|x − m|
)
và x
2
− 2x + 1 = (x − 1) ≥ 0; 2|x − m| ≥
0, ∀x ∈ R.
Do đó (2) ⇔ x
2
−2x + 1 = 2|x − m| ⇔
"
x
2
−2x + 1 = 2(x − m)
x
2
−2x + 1 = 2(m − x)
⇔
"
x
2
−4x + 1 = −2m (∗)
− x
2
−1 = −2m (∗∗)
Phương trình (1) có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (2) có 3 nghiệm phân biệt.
Dựng các Parabol: y = x
2
−4x + 1(P
1
) và y = −x
2
−1(P
2
) trên cùng 1 hệ trục tọa độ
x
y
1 2
1
−1
−2
−3
C
B
A
d
1
d
2
d
3
y = −2m
(P
1
)
(P
2
)
Số lượng nghiệm của (*) và (**) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y = −2m lần lượt với các đồ
thị (P
1
) và (P
2
). Dựa vào đồ thị có thể thấy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì d
phải nằm ở các vị trí của d
1
, d
2
, d
3
.
Tương ứng khi đó
−2m = −1 ⇔ m =
1
2
−2m = −2 ⇔ m = 1
−2m = −3 ⇔ m =
3
2
Do đó có 3 giá trị m thảo mãn yêu cầu: m =
1
2
; m = 1; m =
3
2
.
Vậy S =
1
2
; 1;
3
2
.
Chọn phương án A
Câu 47.3. Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình log
2
(x + m) −2 log
2
x = x
2
−4x −2m −1
có 2 nghiệm thực phân biệt.
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Lời giải.
197
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Điều kiện:
x > 0
x > −
m
2
.
log
2
(2x + m) − 2 log
2
x = x
2
−4x − 2m −1
⇔ log
2
(x + m) − 2 log x = x
2
−2(x + 2m) − 1
⇔ log
2
(2x + m) + 2(x + 2m) + 1 = log
2
x
2
+ x
2
⇔ log
2
(2x + m) + 2(x + 2m) = log
2
x
2
+ x
2
⇔ f (u) = f (v)
Xét f (u) = log
2
u + u, (u > 0); ta có: f
0
(u) =
1
u ln 2
+ 1 > 0. Xét hàm số f (x) = x
2
−2x, (x > 0).
x
y
0
y
0
2
+∞
−
0
+
00
−4−4
−∞−∞
Phương trình có 2 nghiệm dương khi −4 < 2m < 0 ⇔ −2 < m < 0 suy ra có 1 giá trị nguyên.
Chọn phương án C
Câu 47.4. Biết x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình log
7
4x
2
−4x + 1
2x
+ 4x
2
+ 1 = 6x và x
1
+
2x
2
=
1
4
a +
√
b
với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b.
A. a + b = 13. B. a + b = 11. C. a + b = 16. D. a + b = 14.
Lời giải.
Điều kiện: x > 0, n 6= 0.
Ta có: log
7
4x
2
−4x + 1
2x
+ 4x
2
+ 1 = 6x ⇔ log
7
4x
2
−4x + 1
2x
+ 4x
2
−4x + 1 = log
7
(2x) + 2x.
Xét hàm số f (t) = log
7
t + t có f
0
(t) =
1
t ln 7
+ 1 > 0 ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞).
Do đó ta có: 4x
2
−4x + 1 = 2x ⇔ 4x
2
−6x + 1 = 0 ⇔ x =
3 ±
√
5
4
.
x
1
+ 2x
2
=
3 −
√
5
4
+ 2.
3 +
√
5
4
=
1
4
9 +
√
5
hoặc x
1
+ 2x
2
=
3 +
√
5
4
+ 2.
3 −
√
5
4
=
1
4
9 −
√
5
.
Vậy x
1
=
3 −
√
5
4
; x
2
=
3 +
√
5
4
. Do đó a = 9; b = 5 và a + b = 9 + 5 = 14.
Chọn phương án C
Câu 47.5. Biết phương trình log
5
2
√
x + 1
x
= 2 log
3
√
x
2
−
1
2
√
x
có một nghiệm dạng x = a + b
√
2
trong đó a, b là các số nguyên. Tính T = 2a + b.
A. 3. B. 8. C. 4. D. 5.
Lời giải.
Ta có: log
5
2
√
x + 1
x
= 2 log
2
√
x
2
−
1
2
√
x
⇔ log
5
2
√
x
x
= 2 log
3
x − 1
2
√
x
(1)
Điều kiện xác định: x > 1.
198
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
(1) ⇔ log
5
2
√
x + 1 + 2 log
3
2
√
x = log
5
x + 2 log
3
(x −1) (*)
Xét hàm số f (t) = log
5
t + 2 log
3
t −1 với t > 1.
Ta có f
0
(t) =
1
t ln 5
+
2
(t −1) ln 3
> 0 với t > 1 suy ra f (t) đồng biến trên (1; +∞).
Từ (*) ta có f
2
√
x + 1
= f (x) nên suy ra 2
√
x + 1 = x ⇔
√
x
2
−2
√
x − 1 = 0 ⇔
√
x = 1 +
√
2
(do x > 1).
Suy ra x = 3 + 2
√
2 ⇒ a = 3; b = 2 ⇒ 2a + b = 8.
Chọn phương án B
CÂU 48. Cho hàm số f
(
x
)
liên tục trên R và thỏa mãn x f
x
3
+ f
1 − x
2
= −x
10
+ x
6
− 2x ,
∀x ∈ R . Khi đó
0
Z
−1
f
(
x
)
dx bằng
A. −
17
20
. B. −
13
4
. C.
17
4
. D. −1 .
Lời giải.
+Ta có x f
x
3
+ f
1 − x
2
= −x
10
+ x
6
−2x
⇐⇒ x
2
f
x
3
+ x f
1 − x
2
= −x
11
+ x
7
−2x
2
⇐⇒
0
Z
−1
x
2
f
x
3
dx +
0
Z
−1
x f
1 − x
2
dx =
0
Z
−1
−x
11
+ x
7
−2x
2
dx
⇐⇒
1
3
0
Z
−1
f
x
3
d
x
3
−
1
2
0
Z
−1
f
1 − x
2
d
1 − x
2
= −
17
24
⇐⇒
1
3
0
Z
−1
f
(
x
)
dx −
1
2
1
Z
0
f
(
x
)
dx = −
17
24
(
1
)
Ta có x
2
f
x
3
+ x f
1 − x
2
= −x
11
+ x
7
−2x
2
⇐⇒
1
Z
0
x
2
f
x
3
dx +
1
Z
0
x f
1 − x
2
dx =
1
Z
0
−x
11
+ x
7
−2x
2
dx
⇐⇒
1
3
1
Z
0
f
x
3
d
x
3
−
1
2
1
Z
0
f
1 − x
2
d
1 − x
2
= −
5
8
⇐⇒
1
3
1
Z
0
f
(
x
)
dx −
1
2
0
Z
1
f
(
x
)
dx = −
5
8
⇐⇒
1
Z
0
f
(
x
)
dx = −
3
4
Từ
(
1
)
=⇒
0
Z
−1
f
(
x
)
dx =
−13
4
Chọn phương án B
Câu 48.1. Cho hàm số f (x) liên tục trên R \
{
0
}
thỏa mãn x f (x
2
) − f (2x) = x
3
−
1
2x
− 2, ∀x ∈
R \
{
0
}
. Giá trị của
2
Z
1
f (x) dx nằm trong khoảng nào?
A. (5; 6). B. (3; 4). C. (1; 2). D. (2; 3).
Lời giải.
199
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Ta có
x f (x
2
) − f (2x) = x
3
−
1
2x
−∀x ∈ R \
{
0
}
⇒
2
Z
1
h
x f (x
2
) − f (2x)
i
dx =
2
Z
1
x
3
−
1
2x
−2
dx
⇒
1
2
2
Z
1
f (x
2
) d(x
2
) −
1
2
2
Z
1
f (2x) d(2x) =
x
4
4
−
1
2
ln |x| − 2x
2
1
⇒
1
2
4
Z
1
f (x) d(x) −
1
2
4
Z
2
f (x) d(x) =
7
4
−
1
2
ln 2
⇒
1
2
2
Z
1
f (x) d(x) =
7
4
−
1
2
ln 2
⇒
2
Z
1
f (x) d(x) =
7
2
−ln 2.
Vậy
2
Z
1
f (x) d(x) =
7
2
−ln 2 ∈ (2; 3).
Chọn phương án D
Câu 48.2. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [0; 4] và thỏa mãn điều kiện 4x f (x
2
) + 6 f (2x) =
√
4 − x
2
, ∀x ∈ [0; 2]. Giá trị
4
Z
0
f (x) dx bằng
A.
π
5
. B.
π
2
. C.
π
20
. D.
π
10
.
Lời giải.
Ta có
4x f (x
2
) + 6 f ( 2x) =
p
4 − x
2
−∀x ∈ [0; 2]
⇒
2
Z
0
h
4x f (x
2
) + 6 f ( 2x)
i
dx =
2
Z
0
p
4 − x
2
dx
⇒ 2
2
Z
0
f (x
2
) d(x
2
) + 3
2
Z
0
f (2x) d(2x) = π
⇒ 2
4
Z
0
f (x) d(x) + 3
4
Z
0
f (x) d(x) = π
⇒
4
Z
0
f (x) d(x) =
π
5
.
Vậy
4
Z
0
f (x) d(x) =
π
5
.
200
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Chọn phương án A
Câu 48.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm trên R thỏa mãn 5 f (x) − 7 f (1 − x) =
3
x
2
−2x
,∀x ∈ R. Biết rằng
1
Z
0
x · f
0
(x) dx = −
a
b
với
a
b
là phân số tối giản. Giá trị của 8a −3b là
A. 1. B. 0. C. 16. D. 2.
Lời giải.
Từ 5 f (x) −7 f (1 − x) = 3
x
2
−2x
thay x bởi 1 − x ta được 5 f (1 − x) −7 f (x) = 3
x
2
−1
.
Do đó ta có hệ phương trình
5 f (x) −7 f (1 − x) = 3
x
2
−2x
5 f (1 − x) −7 f (x) = 3
x
2
−1
⇒ 25 f (x) −49 f (x) = 15(x
2
−2x) +
21(x
2
−1)
Do đó −24 f (x) = 36x
2
−30x − 21 ⇔ f (x) = −
3
2
x
2
+
5
4
x +
7
8
.
Suy ra f
0
(x) = −3 x +
5
4
.
Do đó
1
Z
0
x · f
0
(x) dx =
1
Z
0
−3x
2
+
5
4
x
dx = −
3
8
=
a
b
.
Vậy a = 3 và b = 8, nên 8a −3b = 0.
Chọn phương án B
Câu 48.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn
2
3
; 1
và thỏa mãn 2 f (x) + 3 f
2
3x
= 5x, ∀x ∈
2
3
; 1
. Tính phân
1
Z
2
3
ln x · f
0
(x) dx bằng
A.
5
3
ln
2
3
+
1
2
. B.
5
3
ln
2
3
−
1
2
. C. −
5
3
ln
2
3
+
1
2
. D. −
5
3
ln
2
3
−
1
2
.
Lời giải.
Cách 1:
Từ 2 f (x) + 3 f
2
3x
= 5x ta thế x bởi
2
3x
ta được 2 f
2
3x
+ 3 f (x) =
10
3x
.
Do đó 4 f (x) − 9 f (x) = 10x −
10
x
⇒ f (x) =
2
x
−2x ⇒ f
0
(x) = −
2
x
2
−2.
1
Z
2
3
ln x · f
0
(x) dx =
1
Z
2
3
−2
x
2
−2
ln x dx = −
5
3
ln
2
3
−
1
2
.
Cách 2:
1
Z
2
3
ln x · f
0
(x) dx = f (x) ln x
1
2
3
−
1
Z
2
3
f (x)
x
dx
Từ 2 f (x) + 3 f
2
3x
= 5x, ∀x ∈
2
3
; 1
thay x = 1 và x =
2
3
vào ta có hệ phương trình:
2 f (1) + 3 f
2
3
= 5
3 f (1) + 2 f
2
3
=
10
3
⇔
f (1) = 0
f
2
3
=
5
3
.
201
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Xét I =
1
Z
2
3
f (x)
x
dx
Đặt x =
2
3t
⇒ dx = −
2
3t
2
dt.
Khi đó I = −
2
3
2
3
Z
1
f
2
3t
·
1
t
2
2
3t
dt =
1
Z
2
3
f
2
3x
x
dx.
Ta có: 2I + 3I = 2
1
Z
2
3
f (x)
x
dx + 3
1
Z
2
3
f
2
3x
x
dx ⇒ 5I =
1
Z
2
3
2 f (x) + 3 f
2
3x
x
dx =
1
Z
2
3
5 dx =
5
3
⇒
I =
1
3
.
Vậy
1
Z
2
3
ln x · f
0
(x) dx = f (x) ln x
1
2
3
−
1
Z
2
3
f (x)
x
dx = −
5
3
ln
2
3
−
1
2
.
Chọn phương án D
Câu 48.5. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (x) + f (1 − x) = 2x
2
−2x +
1, ∀x ∈ [0; 1]. Giá trị của I =
1
Z
0
f (x) dx bằng
A.
4
3
. B.
2
3
. C.
1
2
. D.
1
3
.
Lời giải.
Ta có f (x) + f (1 − x) = 2x
2
−2x + 1
⇒
1
Z
0
f (x) dx +
1
Z
0
f (1 − x) dx =
1
Z
0
2x
2
−2x + 1
dx
⇒ I +
1
Z
0
f (1 − x) dx =
2
3
x
3
− x
2
+ x
1
0
⇒ I +
1
Z
0
f (1 − x) dx =
2
3
.
Xét
1
Z
0
f (1 − x) dx, đặt t = 1 − x ⇒ dt = −dx.
Ta có
1
Z
0
f (1 − x) dx = −
0
Z
1
f (t) dt =
1
Z
0
f (x) dx = I.
Vậy 2I =
2
3
⇔ I =
1
2
.
Chọn phương án D
202
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 48.6. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x) + 2 f (π − x) = (x + 1) sin x,
(
∀x ∈ R
)
.
Tích phân
π
Z
0
f (x) dx bằng
A. 1 +
π
2
. B.
2 + π
3
. C. 2 + π. D. 0.
Lời giải.
Thay x = π − x ta được
f (π − x) + 2 f (x) = (π − x + 1) sin(π − x) ⇔ 2 f (x) + f (π − x) = (π − x + 1) sin x.
Ta có
(
f (x) + 2 f (π − x) = (π − x + 1) sin x
2 f (x) + f (π − x) = (x + 1) sin x
⇒ 3 f (x) = (2π −3x + 1) sin x
⇒ f (x) =
2π −3x + 1
3
sin x
⇒
π
Z
0
f (x) dx =
2π + 1
3
x −
x
2
2
π
0
=
2 + π
3
.
Chọn phương án B
Câu 48.7. Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn f (x) + 3x f (x
2
) = 3x
5
−3x
3
+ x
2
+ 2x + 1, ∀x ∈
R. Giá trị
0
Z
−1
f (x) dx bằng
A.
16
3
. B.
7
12
. C.
8
3
. D.
11
6
.
Lời giải.
• Lấy tích phân hai vế từ −1 đến 1 ta được
1
Z
−1
f (x) dx +
1
Z
−1
3x f (x
2
) dx =
1
Z
−1
(3x
5
−3x
3
+ x
2
+ 2x + 1) dx
⇔
0
Z
−1
f (x) dx +
3
2
1
Z
1
f (t) dt =
8
3
⇔
1
Z
−1
f (x) dx =
8
3
203
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
• Lấy tích phân hai vế từ −1 đến 0 ta được
0
Z
−1
f (x) dx +
0
Z
−1
3x f (x
2
) dx =
0
Z
−1
(3x
5
−3x
3
+ x
2
+ 2x + 1) dx
⇔
0
Z
−1
f (x) dx +
3
2
0
Z
1
f (t) dt =
7
12
⇔
0
Z
−1
f (x) dx −
3
2
1
Z
0
f (t) dt =
7
12
⇔
0
Z
−1
f (x) dx −
3
2
1
Z
−1
f (t) dt −
0
Z
−1
f (t) dt
=
7
12
⇔
5
2
0
Z
−1
f (x) dx − 4 =
7
12
⇔
0
Z
−1
f (x) dx =
11
6
.
Câu 48.8. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn 2 f (x) + 3 f (π − x) = (x − 1) cos x, ∀x ∈ R.
Tính tích phân
π
Z
0
f (x) dx.
A.
1
5
. B. −
2
5
. C. −
3
5
. D. −
4
5
.
Lời giải.
Ta có
π
Z
0
f (π − x)d x =
π
Z
0
f (π − x)
d(π − x)
−1
= −
0
Z
π
f (t)dt =
π
Z
0
f (t)dt =
π
Z
0
f (x) dx.
Khi đó từ 2 f (x) + 3 f (π − x) = (x −1) cos x, ∀x ∈ R lấy tích phân hai vế ta được
π
Z
0
(
2 f (x) + 3 f (π − x)
)
dx =
π
Z
0
(x −1) cos xdx
⇔ 2
π
Z
0
f (x) dx + 3
π
Z
0
f (π − x)d x =
π
Z
0
(x −1) cos xdx
⇔
π
Z
0
f (x) dx =
1
5
π
Z
0
(x −1) cos xdx.
Ta có
π
Z
0
(x −1) cos xdx = (x −1) sin x
π
0
−
π
Z
0
sin xdx = (x − 1) sin x
π
0
+ cos x
π
0
= −2.
204
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Vậy
π
Z
0
f (x) dx = −
2
5
.
Chọn phương án B
Câu 48.9. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn 2 f (x) − f (1 − x) =
√
1 − x
2
, ∀x ∈
[0; 1]. Tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng
A.
π
4
. B.
π
8
. C.
π
12
. D.
π
6
.
Lời giải.
Xét x ∈ [0; 1]. Ta có
2 f (x) − f (1 − x) =
p
1 − x
2
. (1)
Thay x bởi 1 − x, ta được
2 f (1 − x) − f (x) =
p
2x − x
2
. (2)
Từ (1) và (2), suy ra
f (x) =
2
3
·
p
1 − x
2
+
1
3
·
p
2x − x
2
.
Vậy
1
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
2
3
·
p
1 − x
2
+
1
3
·
p
2x − x
2
dx =
π
4
.
Chọn phương án A
Câu 48.10. Cho f (x) xác định, liên tục trên đoạn
[
0; 4
]
thỏa mãn f (x) + f (4 − x) = −x
2
+ 4x. Giá trị
của tích phân I =
4
Z
0
f (x) dx bằng
A. 32. B.
16
3
. C.
32
3
. D. 16.
Lời giải.
Trong tích phân I, ta đặt t = 4 − x ⇒ dt = −dx.
Với x = 0 ⇒ t = 4; với x = 4 ⇒ t = 0.
Tích phân trở thành I =
0
Z
4
f (4 − t)( −dt). Hay I =
4
Z
0
f (4 − x) dx.
Từ đó suy ra I + I =
4
Z
0
(
f (x) + f (4 − x)
)
dx =
4
Z
0
(−x
2
+ 4x) dx =
−
x
3
3
+ 2x
2
4
0
=
32
3
.
Vậy I =
16
3
.
Chọn phương án B
Câu 48.11. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0; 1] và f (x) + f ( 1 − x) =
x
2
+ 2x + 3
x + 1
, ∀x ∈ [0; 1]. Tính
I =
1
Z
0
f (x) dx .
205
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
A. I =
3
4
+ 2 ln 2. B. I = 3 + ln 2. C. I =
3
4
+ ln 2. D. I =
3
2
+ 2 ln 2.
Lời giải.
Đặt t = 1 − x, ta có dt = −dx. Đổi cận, ta được I = −
0
Z
1
f (1 − t) dt =
1
Z
0
f (1 − x) dx.
Do vậy 2I =
1
Z
0
[
f (x) + f (1 − x)
]
dx =
1
Z
0
x
2
+ 2x + 3
x + 1
dx =
x
2
2
+ x + 2 ln |x + 1|
1
0
=
3
2
+ 2 ln 2.
Vậy I =
3
4
+ ln 2.
Chọn phương án C
Câu 48.12. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và 3 f (−x) −2 f (x) = tan
2
x. Tính
π
4
Z
−
π
4
f (x) dx .
A. 1 −
π
2
. B.
π
2
−1. C. 1 +
π
4
. D. 2 −
π
2
.
Lời giải.
Theo đề bài ta có 3 f (−x) −2 f (x) = tan
2
x. (1)
Thay x bởi −x ta được: 3 f (x) −2 f (−x) = tan
2
(−x) = tan
2
x. (2)
Từ (1) và (2) suy ra f (x) = tan
2
x. Khi đó
I =
π
4
Z
−
π
4
f (x) dx =
π
4
Z
−
π
4
tan
2
x dx = 2
π
4
Z
0
tan
2
x dx = 2
π
4
Z
0
h
1 + tan
2
x
−1
i
dx
= 2
π
4
Z
0
1
cos
2
x
−1
dx = 2(tan x − x)
|
π
4
0
= 2 −
π
2
.
Chọn phương án D
Câu 48.13. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và f (x) + f (−x) = cos
2
x, ∀x ∈ R. Tính I =
π
2
Z
−
π
2
f (x) dx .
A. I =
π
2
+ 2 ln 2. B. I =
π
4
. C. I =
3π
4
. D. I =
π
4
+ ln 2.
Lời giải.
Ta có I =
π
2
Z
−
π
2
f (x) dx =
0
Z
−
π
2
f (x) dx +
π
2
Z
0
f (x) dx .
Đặt x = −t ⇒ dx = −dt.
Khi x = 0 thì t = 0, khi x = −
π
2
thì t =
π
2
.
206
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Do đó
I = −
0
Z
π
2
f (−t) dt +
π
2
Z
0
f (x) dx =
π
2
Z
0
f (−t) dt +
π
2
Z
0
f (x) dx
=
π
2
Z
0
f (−x) dx +
π
2
Z
0
f (x) dx =
π
2
Z
0
[
f (−x) + f (x)
]
dx
=
π
2
Z
0
cos
2
x dx =
π
2
Z
0
1 + cos 2x
2
dx
=
1
2
x +
sin 2x
2
π
2
0
=
π
4
.
Chọn phương án B
Câu 48.14. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn
f
x
3
+ x −1
+ f
−x
3
− x −1
= −6x
6
−12x
4
−6x
2
−2, ∀x ∈ R.
Giá trị của
1
Z
−3
f (x) dx bằng
A. 32. B. 4. C. −36. D . −20.
Lời giải.
Đặt a = x
3
+ x −1, khi đó ta có f (a) + f (−a −2) = −6
(
a + 1
)
2
−2. Hàm số f (a) liên tục và xác định
trên R.
Từ đó
⇒
1
Z
−3
f (a) da +
1
Z
−3
f (−a −2) da =
1
Z
−3
−6
(
a + 1
)
2
−2
da
⇒ I +
1
Z
−3
f (−a −2) da = −40.
Xét
1
Z
−3
f (−a −2) da, đặt t = −a −2 ⇒ dt = −da.
Ta có
1
Z
−3
f (−a −2) da = −
−3
Z
1
f (t) dt =
1
Z
−3
f (a) da = I.
Vậy 2I = −40 ⇔ I = −20.
Chọn phương án
D
CÂU 49. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a ,
[
SBA =
[
S CA = 90
◦
, góc giữa hai mặt phẳng
(
SAB
)
và
(
SAC
)
bằng 60
◦
. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A. a
3
. B.
a
3
3
. C.
a
3
2
. D.
a
3
6
.
Lời giải.
207
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
- Gọi I và H lần lượt là trung điểm của SA và BC . Theo giả thiết
[
SBA =
[
S CA = 90
◦
nên điểm I cách
đều 4 điểm S, A, B, C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC .
- Mặt khác, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , suy ra IH là trục đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC , khi đó IH⊥
(
ABC
)
.
- Ngoài ra, tam giác ABC vuông cân tại A nên AH⊥BC ; AB = a =⇒ BC = a
√
2 và AH =
a
√
2
2
.
Đặt IH = x, x > 0 .
- Dựng hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho H
(
0; 0; 0
)
, A
a
√
2
2
; 0; 0
, B
0;
a
√
2
2
; 0
, C
0; −
a
√
2
2
; 0
, I
(
0; 0; x
)
.
Do I là trung điểm của SA nên ta có S
−
a
√
2
2
; 0; 2x
. - Ta có
# »
AB =
−
a
√
2
2
;
a
√
2
2
; 0
,
# »
AS =
−a
√
2; 0; 2x
, suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
(
SAB
)
là
#»
n
1
=
h
# »
AB,
# »
AS
i
=
ax
√
2; ax
√
2; a
2
.
-Ta có
# »
CA =
a
√
2
2
;
a
√
2
2
; 0
,
# »
CS =
−
a
√
2
2
;
a
√
2
2
; 2x
, suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
(
SAC
)
là
#»
n
2
=
h
# »
CA,
# »
CS
i
=
ax
√
2; −ax
√
2; a
2
.
Theo giả thiết góc giữa hai mặt phẳng
(
SAB
)
và
(
SAC
)
bằng 60
◦
nên ta có
cos60
◦
=
|
cos
(
#»
n
1
,
#»
n
2
)
|
=
|
#»
n
1
.
#»
n
2
|
|
#»
n
1
|
.
|
#»
n
2
|
=
|
2a
2
x
2
−2a
2
x
2
+a
4
|
√
2a
2
x
2
+2a
2
x
2
+a
4
.
√
2a
2
x
2
+2a
2
x
2
+a
4
=⇒
1
2
=
a
4
2a
2
x
2
+2a
2
x
2
+a
4
⇐⇒ 4a
2
x
2
+ a
4
= 2a
4
⇐⇒ x
2
=
a
2
4
⇐⇒ x =
a
2
(do x, a > 0 ).
Khi đó d
(
S,
(
ABC
))
= 2d
(
I,
(
ABC
))
= 2.IH = 2x = a ; S
∆ABC
=
a
2
2
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V
S.ABC
=
1
3
.d
(
S,
(
ABC
))
.S
∆ABC
=
1
3
.a.
a
2
2
=
a
3
6
(đvtt).
Chọn phương án D
Câu 49.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = 5a;
[
SAB =
d
S CB = 90
◦
. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SBA) bằng α với cos α =
9
16
. Thể tích của
khối chóp S.ABC bằng
A.
50a
3
3
. B.
125
√
7a
3
9
. C.
125
√
7a
3
18
. D.
50a
3
9
.
Lời giải.
Ta có hai tam giác vuông 4ASB và 4SBC bằng nhau.
Kẻ AI ⊥ SB ⇒ CI ⊥ SB và góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBC) là góc giữa hai đường t hẳng AI và CI suy
ra (AI; CI) = α.
Do AC = 5
√
2a, 4AIC cân tại I nên ta có:
2AI
2
− AC
2
2AI
2
= cos
d
AIC ⇔
2A
2
− AC
2
2AI
2
= −
9
16
⇔ AI
2
=
16a
2
⇒ AI = 4a.
Dựng (SD) ⊥ (ABC) tại D. Ta có
(
BA ⊥ SA
BA ⊥ SD
⇒ BA ⊥ AD.
Tương tự BC ⊥ CD.
Nên tứ giác ABCD là hình vuông cạnh 5a, suy ra BD =
5
√
2a ⇒ SD =
√
SB
2
− BD
2
=
5
√
7
3
a.
S
AC
B
D
I
Vậy V
S.ABC
=
1
3
SD.
1
2
.BA
2
=
1
3
.
5
√
7
3
.
1
2
.25a
3
=
125
√
7a
3
18
.
Chọn phương án C
208
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Câu 49.2. Cho hình chóp S.ABC có BC = 2BA = 4a;
[
ABC =
[
BAS = 90
◦
. Biết góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (SBA) bằng 60
◦
và S C = SB. Thể tích của khối chóp S, ABC bằng
A.
32
3
a
3
. B.
8a
3
3
. C.
16a
3
3
. D.
16a
3
9
.
Lời giải.
Tam giác SBC cân cạnh đáy BC = 4a. Gọi E là
trung điểm của BC thì ta có 4SEB vuông tại E,
BE = 2a = BA.
Ta có hai tam giác 4SAB và 4SEB bằng nhau và
chung cạnh huyền.
Kẻ AI ⊥ SB ⇒ EI ⊥ SB và góc giữa hai mặt phẳng
(SBA) và (SBC) góc giữa hia mặt phẳng (SBA) và
(SBE) là góc giữa hai đường thẳng AI và EI suy ra
(AI; EI) = 60
◦
.
S
A
E
B
C
D
I
Do
[
CBA = 90
◦
⇒ 180
◦
>
d
AIE > 90
◦
suy ra
d
AIE = 120
◦
⇒ cos
d
AIE = −
1
2
.
Có AE = 2
√
2a, 4AIE cân tại I, nên ta có:
2AI
2
− AE
2
2AI
2
= cos
d
AIC ⇔
2AI
2
− AE
2
2AI
2
= −
1
2
⇔ AI
2
=
8a
2
3
⇒ AI =
2
√
2
√
3
a.
Suy ra BI =
2a
√
3
⇒ SI =
AI
2
IB
=
4a
√
3
⇒ SB =
6a
√
3
.
Dựng SD ⊥ (ABC) tại D. Ta có:
(
BA ⊥ SA
BA ⊥ SD
⇒ BA ⊥ AD. Tương tự BE ⊥ ED nên tứ giác ABED là
hình vuông cạnh 2a. Suy ra BD = 2
√
2a ⇒ SD =
√
SB
2
− BD
2
= 2a.
Thể tích V
S.ABC
=
1
3
SD.
1
2
B C.BA =
1
3
.2a.4a
2
=
8a
3
3
.
Chọn phương án B
Câu 49.3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
[
SAB =
d
S CB = 90
◦
góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng 60
◦
. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng
A.
√
3a
3
24
. B.
√
2a
3
24
. C.
√
2a
3
8
. D.
√
2a
3
12
.
Lời giải.
209
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Gọi M là trung điểm của SB và G là trọng tâm 4AB C.
Theo giả thiết:
[
SAB =
d
S CB = 90
◦
⇒ MS = MB = MA =
MC ⇒ M thuộc tr ục đường tròn ngoại tiếp 4AB C ⇒ MG ⊥
(ABC).
Do D là điểm đối xứng với G qua cạnh AC ⇒ SD ⊥ (AB C).
Từ giả thiết suy ra hai tam giác vuông 4SAB và 4SCB bằng
nhau.
Do đó từ A kể AI ⊥ SB I ∈ SB thì CI ⊥ SB.
Nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) là (AI; CI) = 60
◦
.
Do
[
ABC = 60
◦
⇒
d
AIC = 120
◦
⇒
2AI
2
− AC
2
2AI
2
= −
1
2
⇒ AI =
a
√
3
⇒ BI =
√
2a
√
3
⇒ SB =
a
√
3
√
2
.
Ta có BD =
4
3
.d f rac
√
32a =
2
√
3
⇒ SD =
√
SB
2
− BD
2
=
a
√
6
.
Thể tích V
S.ABC
=
1
3
SD.S
4ABC
=
1
3
1
√
6
.
√
3
4
a
3
=
√
2a
3
24
.
S
A
C
B
M
G
D
I
Chọn phương án B
Câu 49.4. Cho tứ diện ABCD có
[
DAB =
[
CBD = 90
◦
; AB = a; AC = a
√
5;
[
ABC = 135
◦
. Biết góc
giữa hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) bằng 30
◦
. Thể tích của tứ diện ABCD bằng.
A.
a
3
2
√
3
. B.
a
3
√
2
. C.
a
3
3
√
2
. D.
a
3
6
.
Lời giải.
Dựng DH ⊥ (ABC).
Ta có
(
BA ⊥ DA
BA ⊥ DH
⇒ BA ⊥ AH. Tơng tự
(
B C ⊥ DB
B C ⊥ DH
⇒
B C ⊥ BH.
Tam giác AHB có AB = a,
[
ABH = 45
◦
⇒ 4HAB vuông cân
tại A ⇒ AH = AB = a.
Áp dụng định lý cosin, ta có BC = a
√
2.
Vậy S
4ABC
=
1
2
.BA.B C. sin
[
CBA =
1
2
.a.a
√
2.
√
2
2
=
a
2
2
.
Dựng
(
HE ⊥ DA
HF ⊥ BD
⇒ HE ⊥ (DAB) và HF ⊥ (DBC).
D
A
B
C
E
F
H
a
√
5
a
Suy ra góc giữa (DBA) bằng (DBC) là (HE; HF) =
[
EHF và tam giác HEF vuông tại E.
Đặt DH = x, khi đó HE =
ax
√
a
2
+ x
2
, HF =
ax
√
2
√
2a
2
+ x
2
.
Suy ra cos
[
EHF =
HE
HF
=
3
4
=
√
x
2
+ 2a
2
√
2x
2
+ 2a
2
⇒ x = a. Vậy V
ABCD
=
1
3
.DH.S
4ABC
=
a
3
6
.
Chọn phương án D
Câu 49.5. Cho hình chóp S.ABC có AB = a
√
2, AC = a, BC = a
√
3,
[
SBA =
[
S CA = 90
◦
, và hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) tạo với nhau 1 góc α sao cho cos α =
1
√
3
. Thể tích của khối chóp S.ABC
bằng
210
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
A.
√
2a
3
12
. B.
√
2a
3
2
. C.
√
2a
3
3
. D.
√
2a
3
6
.
Lời giải.
Từ giả thiết AB = a
√
2, AC = a, BC = a
√
3 ⇒ BC
2
= 3a
2
=
2a
2
+ a
2
= AB
2
+ AC
2
⇒ 4ABC vuông tại A.
Dựng SD ⊥ (ABC) ⇒ ABCD hình chữ nhật, nên BD = AC =
a, DC = AB = a
√
2. Gọi SD = h
Ta có
DB
SB
.
DC
S C
= cos α, xem a = 1 để dễ cho tính toán, ta có:
1
√
h
+
1
.
√
2
√
h
2
+ 2
=
1
√
3
⇔ h
4
+ 3h
2
−4 = 0 ⇒ h
2
= 1 ⇒ h = 1 ⇒
h = a = SD.
Vậy V
S.ABC
=
1
3
.SD.
1
2
AB.A C =
√
2a
3
6
.
S
A
B
C
E
K
D
Chọn phương án D
CÂU 50. Cho hàm số f
(
x
)
. Hàm số y = f
0
(
x
)
có đồ thị như hình bên.
Hàm số g
(
x
)
= f
(
1 −2x
)
+ x
2
− x nghịch biến trên khoảng nào
dưới đây?
A.
1;
3
2
. B.
0;
1
2
.
C.
(
−2; −1
)
. D.
(
2; 3
)
.
x
y
O
4
−2
1
−2
Lời giải.
Ta có g
0
(
x
)
= −2 f
0
(
1 −2x
)
−
(
1 −2x
)
Đặt u = 1 −2x ta được hàm số h
(
u
)
= −2
h
f
0
(
u
)
+
1
2
u
i
Từ đồ thị hàm số y = f
0
(
x
)
ta có đồ thị hàm số y = f
0
(
u
)
và y = −
1
2
u như hình vẽ
Từ đó ta có h
(
u
)
< 0 ⇐⇒
"
−2 < u < 0
u > 4
⇐⇒
"
−2 < 1 − 2x < 0
1 −2x > 4
⇐⇒
1
2
< x <
3
2
x < −
3
2
.
Chọn phương án A
Câu 50.1. Cho hàm số f (x). Hàm số y = f
0
(x) có đồ thị như hình phía dưới
x
y
O
−1
3
−3
−2
1
1
211
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Hàm số g(x) = 3 f (1 −2x) + 8x
3
−21x
2
+ 6x đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (1; 2). B. (−3; −1). C. (0; 1). D. (−1; 2).
Lời giải.
Ta có g
0
(x) = −6 f
0
(1 −2x) + 2x
2
−42x + 6.
g
0
(x) < 0 ⇔ f
0
(1 −2x) < 4x
2
−7x + 1tag∗
Đặt 1 − 2x = t ⇔ x =
1 −t
2
.
Ta có (*) trở thành f
0
(t) < 4.
1 −t
2
2
−7.
1 −t
2
+ 1 ⇔ f
0
(t) < t
2
+
3
2
t −
3
2
.
Vẽ Parabol (P) : y = x
2
+
3
2
x −
3
2
trên cùng 1 hệ trục Oxy với đồ thị y = f
0
(x) như hình vẽ sau, ta
thấy (P) có đỉnh I
−
3
4
; −
33
16
và đi qua các điểm (−3; 3), (−1; −2), (1; 1)
x
y
O
−1
3
−3
−2
1
1
Từ đồ thị ta thấy trên khoảng (−3; 1) ta có
f
0
(t) < t
2
+
3
2
t −
3
2
⇔ −3 < t < −1 ⇔ −3 < 1 −2x < −1 ⇔ 1 < x < 2
Vậy hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (1; 2).
Chọn phương án A
Câu 50.2. Cho hàm số f (x). Hàm số f
0
(x) có đồ thị như hình phía dưới
x
y
O
y = f (x)
−2
1
4
−2
212
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g(x) = 4 f (x − m) + x
2
−2mx +
2020 đồng biến trên khoảng (1; 2).
A. 2. B. 3. C. 0. D. 1.
Lời giải.
Ta có g
0
(x) = 4 f
0
(x − m) = 2x −2m.
g
0
(x) ≥ 0 ⇔ f
0
(x − m) ≥ −
x − m
2
(*)
Đặt t = x − m thì (∗) ⇔ f
0
(x) ≥ −
t
2
.
Vẽ đường thẳng y = −
x
2
trên cùng hệ trục Oxy với đồ thị y = f
0
(x) như hình sau
x
y
O
y = −
t
2
y = f (x)
−2
1
4
−2
Từ đồ thị ta có f
0
(x) ≥ −
t
2
⇔
"
−2 ≤ t ≤ 0
t ≥ 4
⇔
"
m −2 ≤ x ≤ m
x ≥ x + m
.
Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (1; 2) ⇔ g
0
(x) ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2).
⇔
"
m −2 ≤ 1 < 2 ≤ m
m + 4 ≤ 1
⇔
"
2 ≤ m ≤ 3
m ≤ −3
Vì m nguyên dương nên m ∈
{
2; 3
}
. Vậy có hai giá trị nguyên dương của m để hàm số g(x) đồng
biến trên khoảng (1; 2).
Chọn phương án
A
Câu 50.3. Cho hàm số đa thức f (x) có đạo hàm trên R. Biết f (0) = 0 và đồ thị hàm số y = f
0
(x) như
hình phía dưới
x
y
O
y = f (x)
−2
1
4
−2
Hàm số g(x) =
4 f (x) + x
2
đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (0; 4). B. (−2; 0). C. ( 4; +∞). D. (−∞; −2).
213
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
Lời giải.
Xét hàm số h(x) = 4 f (x) + x
2
, x ∈ R.
Có h
0
(x) = 4 f
0
(x) + 2x ⇒ h
0
(x) = 0 ⇔ f
0
(x) = −
x
2
.
Vẽ đường thẳng y = −
x
2
trên cùng hệ trục Oxy với đồ thị y = f
0
(x) như hình phía dưới
x
y
O
y = −
t
2
y = f (x)
−2
1
4
−2
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên như sau:
x
y
0
y
−∞
−2
0
4
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
h(−2)h(−2)
00
h(4)h(4)
+∞+∞
Chú ý ở đây h(0) = 4 f (0). Từ đó ta có bảng biến t hiên
x
g(x)
−∞
−2
0
4
+∞
+∞+∞
−h (−2)−h (−2)
00
−h (4)−h(4)
+∞+∞
Từ bảng biến ta suy ra g(x) đồng biến trên khoảng (0; 4).
Chọn phương án A
Câu 50.4. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau
x
f
0
(x)
−∞
−3
0 5
+∞
−
0
+
0
−
0
+
Biết rằng a < f (x) < 5, ∀x ∈ R. Hàm số g(x) = f
[
f (x) − 1
]
+ x
3
+ 3x
2
+ 2020 nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?
A. (0; 5). B. (−2; 0). C. (−2; 5). D. (−∞; −2).
Lời giải.
Ta có: g
0
(x) = f
0
(x) . f
0
[
f (x) − 1
]
+ 3x
2
+ 6x.
Vì 1 < f (x) < 5, ∀x ∈ R ⇒ 0 < f (x) − 1 < 4.
Từ bảng xét dấu của f
0
(x) ⇒ f
0
[
f (x) − 1
]
< 0.
Từ đó ta có bảng xét dấu như sau:
214
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
x
f
0
(x) . f
0
[
f (x) − 1
]
3x
2
+ 6x
−∞
−3 −2
0 5
+∞
+
0
−
|
−
0
+
0
−
+
|
+
0
−
0
+
|
+
Do đó hàm g(x) nghịch biến trên khoảng (−2; 0).
Chọn phương án B
215
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
1 A
1.1 B
1.2 D
1.3 C
1.4 D
1.5 C
1.6 B
1.7 C
1.8 C
1.9 A
1.10 C
1.11 B
2 A
2.1 B
2.2 B
2.3 C
2.4 C
2.5 A
2.6 A
2.7 B
2.8 B
2.9 C
2.10 C
2.11 A
2.12 B
3 C
3.1 C
3.2 A
3.3 C
3.4 A
3.5 B
3.6 C
3.7 D
3.8 C
3.9 D
3.10 B
3.11 A
3.12 C
4 D
4.1 B
4.2 A
4.3 C
4.4 D
4.5 B
4.6 D
4.7 B
4.8 D
4.9 D
4.10 D
4.11 C
4.12 C
4.13 C
5 A
5.1 D
5.2 C
5.3 A
5.4 A
5.5 A
5.6 B
5.7 D
5.8 D
5.9 B
5.10 A
5.11 C
5.12 B
5.13 B
6 B
6.1 A
6.2 D
6.3 B
6.4 C
6.5 B
6.6 A
6.7 C
6.8 B
6.9 D
6.10 A
6.11 D
6.12 C
6.13 B
7 B
7.1 C
7.2 D
7.3 C
7.4 B
7.5 A
7.6 D
7.7 D
7.8 A
7.9 B
7.10 C
7.11 D
8 D
8.1 B
8.2 C
8.3 C
8.4 D
8.5 C
8.6 D
8.7 B
8.8 A
8.9 D
8.10 D
8.11 B
8.12 A
9 A
9.1 C
9.2 B
9.3 A
9.4 B
9.5 D
9.6 A
9.7 D
9.8 D
9.9 C
9.10 C
9.11 A
9.12 C
10 C
10.1 C
10.2 C
10.3 C
10.4 A
10.5 B
10.6 D
10.7 A
10.8 B
10.9 C
10.10 B
10.11 D
10.12 D
10.13 B
11 A
11.1 B
11.2 C
11.3 B
11.4 A
11.5 A
11.6 C
11.7 D
11.8 D
11.9 D
11.10 C
11.11 B
11.12 B
11.13 D
12 C
12.1 D
12.2 C
12.3 C
12.4 D
12.5 A
12.6 A
12.7 D
12.8 D
12.9 B
12.10 C
12.11 D
12.12 D
12.13 B
12.14 D
12.15 C
12.16 D
12.17 D
13 B
13.1 C
13.2 B
13.3 B
13.4 B
13.5 D
13.6 A
13.7 C
13.8 A
13.9 D
13.10 B
13.11 B
13.12 B
13.13 B
13.14 A
14 D
14.1 D
14.2 B
14.3 B
14.4 D
14.5 D
14.6 C
15 D
15.1 C
15.2 B
15.3 D
15.4 D
15.5 B
15.6 A
15.7 A
15.8 A
15.9 B
15.10 D
15.11 C
15.12 C
15.13 B
15.14 C
16 A
16.1 A
16.2 D
16.3 A
16.4 D
16.5 D
16.6 C
16.7 C
16.8 D
16.9 A
16.10 B
16.11 C
16.12 A
16.13 C
17 B
17.1 A
17.2 A
17.3 B
17.4 D
17.5 B
17.6 A
17.7 C
17.8 A
17.9 D
17.10 D
17.11 D
17.12 A
17.13 C
18 B
18.1 A
18.2 B
18.3 A
18.4 C
18.5 B
18.6 B
18.7 C
18.8 C
18.9 A
18.10 A
18.11 C
18.12 C
18.13 D
18.14 C
18.15 C
19 C
19.1 A
19.2 B
19.3 A
19.4 A
19.5 C
19.6 D
19.7 B
19.8 B
216
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2020
19.9 A
19.10 B
20 D
20.1 C
20.2 A
20.3 B
20.4 A
20.5 C
20.6 D
20.7 D
20.8 C
20.9 C
20.10 D
20.11 A
20.12 B
20.13 C
21 A
21.1 D
21.2 B
21.3 B
21.4 D
21.5 C
21.7 D
21.8 A
21.9 C
21.10 D
21.11 D
21.12 D
21.13 A
22 B
22.1 C
22.2 A
22.3 A
22.4 B
22.5 C
22.6 B
22.7 A
22.8 A
22.9 B
22.10 D
22.11 C
22.12 C
23 C
23.1 A
23.2 C
23.3 B
23.4 D
23.5 C
23.6 C
23.7 B
23.8 B
23.9 B
23.10 C
23.11 A
23.12 D
23.13 C
24 A
24.1 D
24.2 A
24.3 B
24.4 A
24.5 C
24.6 B
24.7 A
24.8 D
24.9 D
24.10 C
24.11 A
24.12 B
24.13 A
25 B
25.1 A
25.2 B
25.3 C
25.4 C
25.5 C
25.6 D
25.7 A
25.8 D
25.9 C
25.10 B
25.11 A
25.12 D
26 A
26.1 C
26.2 A
26.3 A
26.4 A
26.5 A
26.6 A
26.7 A
26.8 D
26.9 A
26.10 C
26.11 A
26.12 A
26.13 B
27 C
27.1 B
27.2 C
27.3 A
27.4 C
27.5 C
27.6 B
27.7 A
27.8 A
27.9 B
27.10 A
27.11 C
27.12 C
28 D
28.1 A
28.2 C
28.3 D
28.4 A
28.5 C
28.6 A
28.7 A
28.8 C
28.9 D
28.10 D
28.11 A
28.12 A
29 A
29.1 A
29.2 A
29.3 C
29.4 C
29.5 A
29.6 D
29.7 C
29.8 C
29.9 A
29.10 A
29.11 A
29.12 D
29.13 D
30 C
30.1 C
30.2 C
30.3 B
30.4 D
30.5 C
30.6 C
30.7 A
30.8 A
30.9 A
30.10 A
30.11 D
30.12 D
30.13 D
30.14 A
31 A
31.1 C
31.2 A
31.3 B
31.4 A
31.5 C
31.6 D
31.7 B
31.8 A
31.9 B
31.10 B
31.11 B
31.12 C
31.13 A
32 B
32.1 B
32.2 C
32.3 B
32.4 A
32.5 D
32.6 B
32.7 D
32.8 A
32.9 D
32.10 C
32.11 C
32.12 A
32.13 D
33 A
33.1 A
33.2 B
33.3 D
33.4 A
33.5 D
33.6 D
33.7 B
33.8 D
33.9 A
33.10 A
33.11 C
33.12 A
33.13 A
34 C
34.1 A
34.2 B
34.3 B
34.4 C
34.5 D
34.6 D
34.7 C
34.8 B
34.9 C
34.10 C
34.11 D
34.12 D
35 B
35.1 A
35.2 C
35.3 C
35.4 C
35.5 C
35.6 B
35.7 C
35.8 A
35.9 D
35.10 B
35.11 D
35.12 D
36 A
36.1 B
36.2 B
36.3 C
36.4 C
36.5 A
36.6 C
36.7 A
36.8 D
36.9 A
36.10 A
36.11 A
36.12 C
36.13 C
37 A
37.1 D
37.2 D
37.3 A
38 B
38.1 B
38.2 D
38.3 D
38.4 A
38.5 D
38.6 C
38.7 D
38.8 C
38.9 C
38.10 A
38.11 D
38.12 B
39 D
39.1 C
39.2 A
39.3 A
39.4 B
39.5 C
39.6 C
39.7 C
39.8 D
39.9 D
39.10 D
39.11 C
39.12 C
217
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro
39.13 B
39.14 D
39.15 C
39.16 A
39.17 D
40 A
40.1 A
40.2 A
40.3 A
40.4 D
40.5 A
40.6 D
40.7 D
40.8 D
40.9 C
40.10 B
40.11 D
40.12 D
40.13 C
41 B
41.1 D
41.2 B
41.3 B
41.4 B
41.5 B
41.6 A
41.7 C
41.8 C
41.9 C
41.10 D
41.11 C
41.12 C
41.13 A
42 A
42.1 A
42.2 B
42.3 B
42.4 A
42.5 A
42.6 B
42.8 C
42.9 C
42.10 D
42.11 B
42.12 C
42.13 D
43 C
43.1 C
43.2 C
43.3 A
43.4 A
43.5 C
43.6 D
43.7 C
43.8 A
43.9 D
43.10 B
43.11 C
43.12 D
43.13 D
43.14 A
43.15 D
43.16 C
43.17 A
43.18 D
43.19 D
44 C
44.1 C
44.2 D
44.3 B
44.4 C
44.5 A
44.6 C
44.7 C
44.8 B
44.9 A
45 B
45.1 B
45.2 C
45.3 D
45.4 A
46 C
46.1 C
46.2 D
46.3 A
46.4 C
47 D
47.1 C
47.2 A
47.3 C
47.4 C
47.5 B
48 B
48.1 D
48.2 A
48.3 B
48.4 D
48.5 D
48.6 B
48.7 D
48.8 B
48.9 A
48.10 B
48.11 C
48.12 D
48.13 B
48.14 D
49 D
49.1 C
49.2 B
49.3 B
49.4 D
49.5 D
50 A
50.1 A
50.2 A
50.3 A
50.4 B
218
| 1/218
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
KỲ THI TỐT NGHỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA Môn: Toán 12
CÂU 1. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một học sinh? A. 14 . B. 48 . C. 6 . D. 8 . Lời giải.
Cách 1. Tổng số học sinh của nhóm là: 6 + 8 = 14 .
Chọn ra một học sinh, ta có: C1 = 14 (cách). 14
Cách 2. Để chọn một học sinh, ta có: 6 cách chọn một học sinh nam và 8 cách chọn một học sinh nữ. Vậy có: 6 + 8 = 14 (cách). Chọn phương án A
Câu 1.1. Một nhóm học sinh gồm 9 học sinh nam và x học sinh nữ. Biết rằng có 15 cách chọn ra một
học sinh từ nhóm học sinh trên, khi đó giá trị của x là A. 24. B. 6. C. 12. D. 225. 2020 Lời giải.
Để chọn ra một học sinh ta có 2 phương án thực hiện: THPT
• Phương án 1: Chọn một học sinh nam, có 9 cách chọn.
• Phương án 2: Chọn một học sinh nữ, có x cách chọn. GHIỆP
Theo quy tắc cộng, ta có: 9 + x cách chọn ra một học sinh. N T
Theo bài ra, ta có: 9 + x = 15 ⇔ x = 6. Chọn phương án B TỐ
Câu 1.2. Cần chọn 3 người đi công tác từ một tổ có 30 người, khi đó số cách chọn là THI A. A3 . B. 330. C. 10. D. C3 . 30 30 KỲ Lời giải.
Chọn 3 người trong 30 người là một tổ hợp chập 3 của 30 phần tử, nên có C3 cách chọn. 30 Chọn phương án D
Câu 1.3. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập hợp con gồm 2 phần tử của M là A. A8 . B. A2 . C. C2 . D. 102. 10 10 10 Lời giải.
Số tập hợp con gồm 2 phần tử của tập hợp 10 phần tử là C2 . 10 Chọn phương án C
Câu 1.4. Trong một buổi khiêu vũ có 20 nam và 18 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một đôi nam nữ để khiêu vũ? A. C2 . B. . C. · . D. · . 38 A238 C220 C1 C1 C1 18 20 18 Lời giải.
Chọn 1 nam trong 20 nam có C1 cách. 20
Chọn 1 nữ trong 18 nữ có C1 cách. 18
Theo quy tắc nhân, vậy số cách chọn ra một đôi nam nữ để khiêu vũ là C1 · cách. 20 C1 18 1 Chọn phương án D #»
Câu 1.5. Số vec-tơ khác 0 có điểm đầu, điểm cuối là hai trong 6 đỉnh của lục giác là A. P6. B. C2. C. . D. 6 A26 36. Lời giải.
Chọn hai điểm trong 6 đỉnh của lục giác sắp vào 2 vị trí điểm đầu, điểm cuối của vec-tơ là một chỉnh
hợp chập 2 của 6 phần tử, nên có A2 cách. 6 Chọn phương án C
Câu 1.6. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? A. 55. B. 5!. C. 4!. D. 5. o Lời giải.
Sắp 5 học sinh vào 5 vị trí hàng dọc có 5! cách. aPr Chọn phương án B
Câu 1.7. Số cách sắp xếp 6 học sinh ngồi vào 6 trong 10 ghế trên một hàng ngang là A. 610. B. 6!. C. A6 . D. C6 . 10 10 Lời giải.
Chọn 6 vị trí trong 10 vị trí hàng ghế để sắp 6 học sinh vào là một chỉnh hợp chập 6 của 10 phần tử, nên có A6 cách. 10 Chọn phương án C roups/GeoGebr
Câu 1.8. Có 14 người gồm 8 nam và 6 nữ. Số cách chọn 6 người trong đó có đúng 2 nữ là A. 1078. B. 1414. C. 1050. D. 1386. Lời giải.
Chọn 2 nữ trong 6 nữ có C2 cách. 6
Chọn 4 nam trong 8 nam có C4 cách. 8
Theo quy tắc nhân, vậy số cách chọn 6 người, trong đó có đúng 2 nữ là C2 · = 6 C4 8 1050 cách. Chọn phương án C acebook.com/g .f
Câu 1.9. Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng thứ hai có 15 điểm phân biệt, có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các điểm đã cho? A. 1725. B. 1050. C. 675. D. 1275. Lời giải.
Trường hợp 1: Số tam giác tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng thứ nhất và một điểm trên đường https://www
thẳng thứ hai là C2 · C1 = 675. 10 15
Trường hai 2: Số tam giác tạo thành từ một điểm trên đường thẳng thứ nhất và hai điểm trên đường
thẳng thứ hai là C1 · C2 = 1050. 10 15
Vậy có 675 + 1050 = 1725 tam giác được tạo thành từ các điểm đã cho. Chọn phương án A
Câu 1.10. Từ một nhóm học sinh gồm 6 nam và 8 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh có cả nam và nữ? A. 120. B. 168. C. 288. D. 364. Lời giải.
• Phương án 1: Chọn 2 học sinh nam và 1 học sinh nữ, có C2 · C1 = 6 8 120 cách thực hiện. 2
• Phương án 2: Chọn 1 học sinh nam và 2 học sinh nữ, có C1 · C2 = 6 8 168 cách thực hiện.
Theo quy tắc cộng, ta có: 120 + 168 = 288 cách chọn ra 3 học sinh có cả nam và nữ. Chọn phương án C
Câu 1.11. Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam và 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm 3
học sinh sao cho nhóm đó có ít nhất một học sinh nữ? A. 1140. B. 2920. C. 1900. D. 900. Lời giải. • Cách 1:
Để chọn ra 3 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ ta có các phương án sau:
– Phương án 1: Chọn 1 học sinh nữ và 2 học sinh nam, có C1 · C2 cách thực hiện. 10 20
– Phương án 2: Chọn 2 học sinh nữ và 1 học sinh nam, có C2 · C1 cách thực hiện. 10 20
– Phương án 3: Chọn 3 học sinh nữ, có C3 cách thực hiện. 10
Theo quy tắc cộng, ta có: C1 · C2 + C2 · C1 + C3 = 2920 cách chọn ra một nhóm 3 học sinh 10 20 10 20 20
sao cho nhóm đó có ít nhất một học sinh nữ. 2020 • Cách 2:
Có C3 cách chọn ra 3 học sinh từ 30 học sinh, trong đó có C3 cách chọn ra 3 học sinh, không 30 20 THPT có học sinh nữ.
Suy ra có C3 − C3 = 2920 cách chọn ra một nhóm 3 học sinh sao cho nhóm đó có ít nhất một 30 20 học sinh nữ. GHIỆP N Chọn phương án B T TỐ
CÂU 2. Cho cấp số nhân (un) với u1 = 2 và u2 = 6 . Công bội của cấp số đã cho bằng A. 3 . B. −4 . C. 4 . D. 1 . 3 THI Lời giải. KỲ
Trong một cấp số nhân, ta có: u2 = u1.q =⇒ q = u2 = 6 = 3 . u1 2 Chọn phương án A
Câu 2.1. Cho cấp số nhân (un) với u1 = 2 và công bội q = 3. Tìm số hạng thứ 4 của cấp số nhân. A. 24. B. 54. C. 162. D. 48. Lời giải.
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân là u4 = u1 · q3 = 2 · 33 = 54. Chọn phương án B
Câu 2.2. Cho cấp số nhân (un) với u1 = 2 và u2 = 6. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng 1 A. 3. B. −4. C. 4. D. . 3 Lời giải.
Áp dụng công thức un = u1 · qn−1. u 6 Khi đó, u 2 2 = u1 · q ⇔ q = = = 3. u1 2 Chọn phương án B 3
Câu 2.3. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1 = 2 và u2 = 8. Công bội của cấu số nhân đã cho bằng √ A. q = 21. B. q = ±4. C. q = 4. D. q = 2 2. Lời giải. u 8 Áp dụng công thức u 2
n = u1 · qn−1, ta có u2 = u1 · q ⇒ q = = = 4. u1 2 Chọn phương án C
Câu 2.4. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1 = 1 và u4 = 64. Công bội q của cấp số nhân đã cho bằng √ A. q = 21. B. q = ±4. C. q = 4. D. q = 2 2. o Lời giải. u 64 √ aPr Áp dụng công thức u 4
n = u1 · qn−1, ta có u4 = u1 · q3 ⇒ q3 = = = 64 ⇒ q = 3 64 = 4. u1 1 Chọn phương án C
Câu 2.5. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1 = 5 và u2 = 8. Giá trị của u4 bằng 512 125 625 512 A. . B. . C. . D. . 25 512 512 125 Lời giải. u 8 Áp dụng công thức u 2
n = u1 · qn−1, ta có u2 = u1 · q ⇒ q = = . u1 5 roups/GeoGebr 8 3 512 Vậy u4 = u1 · q3 = 5 · = . 5 25 Chọn phương án A 1
Câu 2.6. Cho cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 = và u 3 8 = 26. Tìm công sai d. 11 10 3 3 A. d = . B. d = . C. d = . D. d = . 3 3 10 11 Lời giải. 1 26 − acebook.com/g u8 − u1 3 11 .f
Áp dụng công thức un = u1 + (n − 1)d, ta có u8 = u1 + 7d ⇒ d = = = . 7 7 3 Chọn phương án A
Câu 2.7. Cho cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 = 11 và công sai d = 4. Giá trị của u99 bằng A. 401. B. 403. C. 402. D. 404. Lời giải.
Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng, ta có https://www
un = u1 + (n − 1)d ⇒ u99 = u1 + 98d = 11 + 98 · 4 = 403. Chọn phương án B
Câu 2.8. Biết bốn số 5, x, 15, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Giá trị của 3x + 2y bằng A. 50. B. 70. C. 30. D. 80. Lời giải. ( ( 5 + 15 = 2x x = 10
Bốn số 5, x, 15, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng, ta có ⇔ x + y = 2 · 15 y = 20. Vậy 3x + 2y = 70. Chọn phương án B 4
Câu 2.9. Cho ba số x, 5, 2y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và ba số x, 4, 2y theo thứ tự lập thành
cấp số nhân thì |x − 2y| bằng A. 8. B. 9. C. 6. D. 10. Lời giải.
Ba số x, 5, 2y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và ba số x, 4, 2y theo thứ tự lập thành cấp số nhân, ta có  "x = 8    ( ( (  x + 2y = 2 · 5 x = 10 − 2y x = 10 − 2y   y = 1 ⇔ ⇔ ⇔ x · 2y = 42 (10 − 2y)y = 8 y2 − 5y + 4 = 0 "  x = 2      y = 4.
Với x = 8, y = 1 suy ra |x − 2y| = 6.
Với x = 2, y = 4 suy ra |x − 2y| = 6. Chọn phương án C
Câu 2.10. Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn u2 + u8 + u9 + u15 = 100. Tổng 16 số hạng đầu tiên bằng A. 100. B. 200. C. 400. D. 300. Lời giải. 2020 Ta có u2 + u8 + u9 + u15 = 100 THPT
⇔ (u1 + d) + (u1 + 7d) + (u1 + 8d) + (u1 + 14d) = 100 ⇔ 2u1 + 15 = 50. GHIỆP 16 N Vậy S16 = [2u 2
1 + (16 − 1)d] = 8 (2u1 + 15d) = 8 · 50 = 400. T Chọn phương án C TỐ
Câu 2.11. Cho cấp số nhân (un) với u3 = 9 và u6 = 243. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng 1 THI A. 3. B. 27. C. . D. 126. 27 KỲ Lời giải. (u3 = u1 · q2 u
Gọi q là công bội của cấp số nhân đã cho, ta có: ⇒ q3 = 6 = 27 ⇒ q = 3. u u 6 = u1 · q5 3 Chọn phương án A
Câu 2.12. Dãy số (un) với un = 2n là một cấp số nhân với
A. Công bội là 2 và số hạng đầu tiên là 1.
B. Công bội là 2 và số hạng đầu tiên là 2.
C. Công bội là 4 và số hạng đầu tiên là 2.
D. Công bội là 1 và số hạng đầu tiên là 2. Lời giải. u  1 = 2
Cấp số nhân đã cho là: 2; 4; 8; 16; . . . ⇒ u . q = 2 = 2  u1 Chọn phương án B
CÂU 3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng A. 4πrl . B. 2πrl . C. πrl . D. 13πrl . Lời giải. 5
Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r là: Sxq = πrl . Chọn phương án C
Câu 3.1. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 6πa2 và đường kính đáy bằng 2a. Tính độ dài
đường sinh của hình nón đã cho √ A. 3a. B. 2a. C. 6a. D. a 6. Lời giải. 2a Bán kính đáy r = = a. 2
Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = πrl = π · a · l = 6πa2 ⇒ l = 6a. o Chọn phương án C aPr
Câu 3.2. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng 2a. Diện tích xung quanh của hình nón bằng 2 A. 2πa2. B. 8πa2. C. 4πa2. D. πa2. 3 Lời giải.
Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh S ( ( l = 2a l = 2a bằng 2a nên ⇔ . 2r = 2a r = a roups/GeoGebr
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là Sxq = πrl =
π · a · 2a = 2πa2. B A O acebook.com/g Chọn phương án A .f
Câu 3.3. Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh ` và bán kính đáy r bằng 1 A. 4πr`. B. 2πr`. C. πr`. D. πr`. 3 Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh ` và bán kính đáy r bằng πr`. Chọn phương án C https://www
Câu 3.4. Gọi `, h, R lần lượt là độ dài đường sinh, chiều cao và bán kính đáy của hình nón. Công thức
nào sau đây đúng về mối liên hệ giữa chúng A. `2 = h2 + R2. B. h2 = R2 + `2. C. R2 = h2 + `2. D. `2 = hR. Lời giải. 6
Theo định lý Pi-ta-go ta có `2 = h2 + R2. S h ` r A B O Chọn phương án A √
Câu 3.5. Cho hình nón có bán kính đáy r =
3 và độ dài đường sinh ` = 4. Diện tích xung quanh
của hình nón đã cho bằng √ √ √ A. 12π. B. 4 3π. C. 39π. D. 8 3π. Lời giải. √ √
Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = πr` = π · 3 · 4 = 4 3π. Chọn phương án B
Câu 3.6. Cho hình nón có bán kính đáy 4a chiều cao 3a. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón 2020 A. Sxq = 24πa2. B. Sxq = 40πa2. C. Sxq = 20πa2. D. Sxq = 12πa2. Lời giải. THPT √
Theo định lí Pi-ta-go ta có ` = r2 + h2 = p(4a)2 + (3a)2 = 5a. S
Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = πr` = π · 4a · 5a = 20πa2. GHIỆP N T 3a ` TỐ THI 4a A B O KỲ Chọn phương án C 8π
Câu 3.7. Một khối cầu có thể tích bằng thì bán kính bằng √ 3 √ A. 3 3. B. 2. C. 3. D. 3 2. Lời giải. s 4 r 3V √ 3 3 · 8π Ta có V = 3 πr3 suy ra r = 3 = = 3 2. 3 4π 4π Chọn phương án D
Câu 3.8. Cho khối cầu (S) có thể tích bằng 36π cm3. Diện tích mặt cầu (S) bằng A. 64π cm2. B. 18π cm2. C. 36π cm2. D. 27π cm2. Lời giải. 4 r 3V r 3 · 36π
Ta có V = πr3 suy ra r = 3 = 3 = 3 (cm). 3 4π 4π
Diện tích của mặt cầu (S) là S = 4πr2 = 4π · 32 = 36π cm2. Chọn phương án C 7
Câu 3.9. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r = 50 cm và có chiều cao h = 50 cm. Tính diện tích
xung quanh Sxq của hình trụ đó
A. Sxq = 2500π cm2. B. Sxq = 2500 cm2. C. Sxq = 5000 cm2.
D. Sxq = 5000π cm2. Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2πr` = 2πrh = 2π · 50 · 50 = 5000π cm2. Chọn phương án D √
Câu 3.10. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 4 2. √ √ A. V = 128π. B. V = 64 2π. C. V = 32π. D. V = 32 2π. Lời giải. √ √ o
Thể tích của khối trụ V = πr2h = π · 42 · 4 2 = 64 2π. Chọn phương án B aPr
Câu 3.11. Cho khối nón (N) có bán kính đáy là 3 và diện tích xung quanh là 15π. Thể tích khối (N) bằng A. 12π. B. 20π. C. 36π. D. 60π. Lời giải. Sxq 15π
Ta có Sxq = πr` ⇒ ` = = = 5. S πr 3π √ √
Áp sụng định lí Pi-ta-go ta có h = `2 − r2 = 52 − 32 = 4. roups/GeoGebr 1 1
Vậy thể tích của khối nón (N) là V = πr2h =
· π · 32 · 4 = 12π. 3 3 h ` 3 A B O Chọn phương án A acebook.com/g
Câu 3.12. Cho hình nón có bán kính đáy R, góc ở đỉnh là 2α với 45o < α < 90o. Tính diện tích xung .f
quanh của hình nón theo R và α. 4πR2 2πR2 πR2 πR2 A. . B. . C. . D. . sin α sin α sin α 3 sin α Lời giải. OM R Ta có: l = SM = = . sin S α sin α
Diện tích xung quanh của hình nón là https://www R πR2
Sxq = πrl = π · R · = . sin α sin α N M O Chọn phương án C 8
CÂU 4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 2 2 y −∞ 1 −∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A. (1; +∞) . B. (−1; 0) . C. (−1 ; 1) . D. (0 ; 1) . Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞ ; −1) và (0 ; 1) . Chọn phương án D
Câu 4.1. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau x −∞ −2 1 3 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 2020 4 4 f (x) THPT −∞ 3 −∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? GHIỆP A. (1; +∞). B. (1; 3). C. (3; +∞). D. (−∞; 0). N Lời giải. T
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −2) và (1; 3). TỐ Chọn phương án B THI
Câu 4.2. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau KỲ x −∞ −3 2 5 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 4 4 f (x) −∞ 3 −∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞; −4). B. (−3; 5). C. (2; +∞). D. (−∞; 4). Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −3) và (2; 5).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (−∞; −4). Chọn phương án A
Câu 4.3. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau 9 x −∞ −3 2 5 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +∞ 3 +∞ f (x) 2 2
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞; 2). B. (−3; 2). C. (2; 3). D. (2; 6). Lời giải. o
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −3) và (2; 5).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (2; 3). aPr Chọn phương án C
Câu 4.4. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 2 2 f (x) roups/GeoGebr −∞ 1 −∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; +∞). B. (−1; 0). C. (−1; 1). D. (0; 1). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có f 0(x) > 0 trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1). Do đó hàm số đồng biến
trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1). Chọn phương án D acebook.com/g .f
Câu 4.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng nào ? A. (−2; +∞). B. (−2; 3). C. (3; +∞). D. (−∞; −2). x −∞ −2 3 +∞ y0 − 0 + 0 − https://www +∞ 4 y 1 −∞ Lời giải.
Ta có đạo hàm y0 > 0, ∀x ∈ (−2; 3) nên hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 3). Chọn phương án B
Câu 4.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới. Khẳng định nào sai ?
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; −1).
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3).
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1).
D. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1). 10 x −2 −1 1 3 y0 + 0 − + 1 5 y 0 −2 Lời giải.
Ta có y0 < 0, ∀x ∈ (−1; 1) nên hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 0).
y0 > 0, ∀x ∈ (−2; −1) ∪ (1; 3) nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−2; −1) và (1; 3). Chọn phương án D
Câu 4.7. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào đúng ?
A. Hàm số đồng biến trên R \ {2}.
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 2).
C. Hàm số đồng biến trên (−∞; +∞).
D. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞). x −∞ 2 +∞ y0 + + +∞ 1 2020 y 1 −∞ THPT Lời giải.
Ta có: tập xác định D = R \ {2}. GHIỆP
Từ bảng biến thiên ta có y0 > 0, ∀x ∈ D nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞). N T Chọn phương án B TỐ
Câu 4.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm như hình dưới. Mệnh đề nào đúng ? THI x −∞ −1 0 2 +∞ KỲ f 0(x) + 0 − − 0 +
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; −1).
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3).
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 1).
D. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1). Lời giải.
Ta có y0 < 0, ∀x ∈ (−1; 0) ∪ (0; 2) nên hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (0; 2).
y0 > 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ∪ (2; +∞) nên hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (2; +∞). Chọn phương án D Câu 4.9.
Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên y 2 khoảng nào ? A. (0; 1). B. (−∞; 1). C. (−1; 1). D. (−1; 0). −1 1 2 x O 3 −2 11 Lời giải.
Ta có: ∀x1; x2 ∈ (−1; 0) thỏa mãn x1 < x2 thì f (x1) < f (x2). Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 0). Chọn phương án D
Câu 4.10. Cho hàm số f (x) = x3 − 3x2 − 2. Hỏi mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (2; +∞).
B. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (−∞; 0).
C. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 2).
D. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; +∞). o Lời giải.
Tập xác định D = R. aPr "x = 0
Đạo hàm f 0(x) = 3x2 − 6x. Cho f 0(x) = 0 ⇔ x = 2. Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y0 + 0 − 0 + −2 +∞ roups/GeoGebr y −∞ −6
Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Chọn phương án D
Câu 4.11. Cho hàm số f (x) = −x4 + 2x2 + 2020. Mệnh đề nào dưới đây là đúng ?
A. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (0; 1). acebook.com/g
B. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (−1; 0). .f
C. Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (0; 1).
D. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1). Lời giải.
Tập xác định D = R. "x = 0
Đạo hàm f 0(x) = −4x3 + 4x. Cho f 0(x) = 0 ⇔ https://www x = ±1. Bảng biến thiên x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 2021 2021 y −∞ 2020 −∞
Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1; 0) và (1; +∞). 12 Chọn phương án C x + 2
Câu 4.12. Cho hàm số f (x) =
. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x − 1
A. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; 1) ∪ (1; +∞).
B. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng R \ {1}.
C. Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).
D. Hàm số f (x) nghịch biến với x 6= 1. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {1}. −3 Đạo hàm f 0(x) = < 0; ∀x ∈ D. (x − 1)2 Bảng biến thiên x −∞ 1 +∞ y0 − − 1 +∞ y −∞ 1 2020
Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; 1) và (1; +∞). THPT Chọn phương án C
Câu 4.13. Cho hàm số f (x)có bảng biến thiên như sau GHIỆP x −∞ −4 1 2 +∞ N f 0(x) − T 0 + 0 − 0 + + + TỐ ∞ 4 ∞ f (x) THI −2 2 KỲ
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞; −2). B. (1; +∞). C. (−4; −2). D. (−2; 4). Lời giải.
Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (−4; 1) và (2; +∞).
Do đó hàm số cũng đồng biến trên khoảng (−4; −2). Chọn phương án C
CÂU 5. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6 . Thể tích khối lập phương đã cho bằng A. 216 . B. 18 . C. 36 . D. 72 . Lời giải.
Ta có thể tích khối lập phương đã cho bằng: 63 = 216 . Chọn phương án A
Câu 5.1. Cho khối lập phương có cạnh bằng 4. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng A. 12. B. 32. C. 16. D. 64. Lời giải. 13
Thể tích khối lập phương đã cho là V = 43 = 64. Chọn phương án D
Câu 5.2. Cho khối lập phương có thể tích bằng V. Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng một
nửa cạnh của khối lập phương đã cho bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 2 4 8 16 Lời giải.
Gọi cạnh của khối lập phương ban đầu là a ⇐ V = a3. a a 3 a3 V
Thể tích khối lập phương có cạnh bằng sẽ là: V0 = = = . 2 2 8 8 o Chọn phương án C
Câu 5.3. Cho khối lập phương có cạnh bằng a. Chia khối lập phương thành 64 khối lập phương nhỏ aPr
có thể tích bằng nhau. Độ dài cạnh của mỗi khối lập phương nhỏ bằng a a a a A. . B. . C. . D. . 4 8 16 64 Lời giải.
Thể tích khối lập phương lớn là: V = a3.
Gọi chiều dài cạnh hình lập phương nhỏ là x suy ra thể tích khối lập phương nhỏ là: V0 = x3. a
Từ giả thiết, suy ra V = 64V0 ⇐ a3 = 64x3 ⇐ x = . 4 Chọn phương án A roups/GeoGebr
Câu 5.4. Cho khối lập phương có cạnh bằng 6. Thể tích của khối lập phương đã cho bằng A. 216. B. 18. C. 36. D. 72. Lời giải.
Thể tích khối lập phương là V = 63 = 216. Chọn phương án A
Câu 5.5. Thể tích khối lập phương có cạnh 2a bằng A. 8a3. B. 2a3. C. a3. D. 6a3. acebook.com/g .f Lời giải.
Thể tích khối lập phương là V = (2a)3 = 8a3. Chọn phương án A
Câu 5.6. Tổng diện tích các mặt của của hình lập phương là 96 cm2. Thể tích khối lập phương đó bằng A. 48 cm3. B. 64 cm3. C. 91 cm3. D. 84 cm3. https://www Lời giải. 96
Diện tích một mặt của của hình lập phương là = 16 cm2. 6
Gọi độ dài một cạnh của hình lập phương đã cho là x (với x > 0). Ta có x2 = 16 ⇔ x = 4.
Vậy thể tích khối lập phương là V = 43 = 64 cm3. Chọn phương án B
Câu 5.7. Thể tích của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 có AC0 = 3a bằng √ √ A. 9a3. B. 3a3. C. 3a3. D. 3 3a3. Lời giải. 14
Gọi độ dài một cạnh của hình lập phương đã cho là x (với x > 0). √ √
Ta có AC0 = x 3 = 3a ⇔ x = a 3. √ 3 √
Vậy thể tích khối lập phương là V = a 3 = 3 3a3. Chọn phương án D
Câu 5.8. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có AB = 3, AD = 4 và AA0 = 5. A. V = 12. B. V = 20. C. V = 10. D. V = 60. Lời giải.
Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 là
V = AB · AD · AA0 = 3 · 4 · 5 = 60. Chọn phương án D
Câu 5.9. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnh a và AA0 = 4a. Thể tích của
khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng√ √ A. 3a3. B. 3a3. C. 2a3. D. 4a3. Lời giải. √ √ AB2 · 3 a2 3 = 2020 Diện tích đáy là SABC = . 4 4 A0 C0
Do ABC.A0B0C0 là lăng trụ đứng nên AA0 ⊥ (ABC). B0
⇒ AA0 là chiều cao khối lăng trụ đã cho. 4a THPT
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng √ A C a2 3 √ a V = AA0 · SABC = 4a · = a3 3. GHIỆP 4 N B T Chọn phương án B TỐ √
Câu 5.10. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh đều bằng a 2. Tính thể tích V THI
của khối lăng trụ ABC.A0B0C0 theo a. √ √ √ √ KỲ 6a3 6a3 3a3 3a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 2 6 6 8 Lời giải.
Do ABC.A0B0C0 là lăng trụ đều nên đáy ABC là tam giác đều và AA0 ⊥ A0 C0 (ABC). √ √ √ B0 AB2 · 3 a2 3
Ta có diện tích đáy là S a 2 ABC = = . 4 2
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A0B0C0 bằng A C √ √ √ √ a2 3 6a3 a 2 V = AA0 · SABC = a 2 · = . 2 2 B Chọn phương án A
Câu 5.11. Một khối gỗ có dạng là lăng trụ, biết diện tích đáy và chiều cao lần lượt là 0,25 m2 và 1,2
m. Mỗi mét khối gỗ này trị giá 5 triệu đồng. Hỏi khối gỗ đó có giá bao nhiêu tiền? A. 750000 đồng. B. 500000 đồng. C. 1500000 đồng. D. 3000000 đồng. 15 Lời giải.
Thể tích của khối gỗ đó là V = 0,25 · 1,2 = 0,3 (m3).
Vậy khối gỗ đó có giá tiền là 5000000 · 0,3 = 1500000 (đồng). Chọn phương án C
Câu 5.12. Cho hình hộp đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình vuông, cạnh bên AA0 = 3a và đường
chéo AC0 = 5a. Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A0B0C0D0. A. V = a3. B. V = 24a3. C. V = 8a3. D. V = 4a3. Lời giải.
Gọi độ dài cạnh đáy của hình hộp đứng đã cho là x (với x > 0). √ A0 D0 o Khi đó A0C0 = x 2. Xét 4AA0C0, ta có aPr B0 C0 p p AC0 = AA02 + A0C02 ⇔ 9a2 + 2x2 = 5a
⇔ 9a2 + 2x2 = 25a2 ⇔ x2 = 8a2 A D √ ⇔ x = 2a 2. B C
Vậy thể tích của khối hộp ABCD.A0B0C0D0 là √ 2 V = 3a · 2a 2 = 24a3. roups/GeoGebr Chọn phương án B
Câu 5.13. Biết diện tích toàn phần của một khối lập phương bằng 96. Tính thể tích khối lập phương A. 32. B. 64. C. 16. D. 128. Lời giải.
Gọi độ dài cạnh hình lập phương bằng a ⇐ 6a2 = 96 ⇐ a = 4. acebook.com/g .f
Thể tích khối lập phương: V = 43 = 64. Chọn phương án B
CÂU 6. Nghiệm của phương trình log ( 3 2x − 1) = 2 là A. x = 3 . B. x = 5 . C. x = 9 . D. x = 7 . 2 2 Lời giải.  1  1 https://www x > x > log ( 2 ⇐⇒ 2 . 3 2x − 1) = 2 ⇐⇒ 2x − 1 = 9 x = 5 (T M)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 . Chọn phương án B
Câu 6.1. Nghiệm của phương trình log ( 4 3x − 2) = 2 là 10 7 A. x = 6. B. x = 3. C. x = . D. x = . 3 2 Lời giải. Ta có: log (
4 3x − 2) = 2 ⇔ 3x − 2 = 42 ⇔ 3x − 2 = 16 ⇔ x = 6. Chọn phương án A 16 x − 1
Câu 6.2. Nghiệm của phương trình log = 2 2 là x − 2 10 7 A. x = 2. B. x = 6. C. x = . D. x = . 3 3 Lời giải. x − 1 x − 1 7 Ta có: log = = . 2 2 ⇒
4 ⇔ x − 1 = 4x − 8 ⇔ x = x − 2 x − 2 3 Chọn phương án D
Câu 6.3. Nghiệm của phương trình log ( 2 3x − 2) = 3 là 11 10 A. . B. . C. 3. D. 2. 3 3 Lời giải. 2 Điều kiện: x > . 3 10
Phương trình ⇔ 3x − 2 = 23 ⇔ 3x = 10 ⇔ x = . 3 Chọn phương án B
Câu 6.4. Nghiệm của phương trình log(2x + 1) = 1 là e + 1 e − 1 9 11 A. x = . B. x = . C. x = . D. x = . 2 2 2 2 2020 Lời giải. 1 Điều kiện x > − . 2 THPT 9
Phương trình ⇔ 2x + 1 = 10 ⇔ x = . 2 Chọn phương án C √ GHIỆP
Câu 6.5. Nghiệm của phương trình log (x − 3 3)3 = 3 là √ √ √ N A. x = 3 − 3. B. x = 3 + 3. C. x = 3. D. x = 3 3. T Lời giải. TỐ √ Điều kiện: x > 3. √ √ √ THI Phương trình ⇔ (x − 3)3 = 33 ⇔ x − 3 = 3 ⇔ x = 3 + 3. Chọn phương án B KỲ
Câu 6.6. Các nghiệm của phương trình 2x2−9x+16 = 4 là A. x = 2, x = 7. B. x = 4, x = 5. C. x = 1, x = 8. D. x = 3, x = 6. Lời giải. "x = 2
Phương trình ⇔ x2 − 9x + 16 = 2 ⇔ x2 − 9x + 14 = 0 ⇔ x = 7. Chọn phương án A 1 x+1
Câu 6.7. Nghiệm của phương trình = 1252x là 25 1 1 A. x = 1. B. x = 4. C. x = − . D. x = − . 4 8 Lời giải. 1
Phương trình ⇔ (5−2)x+1 = (53)2x ⇔ −2(x + 1) = 6x ⇔ x = − . 4 Chọn phương án C 17
Câu 6.8. Tập nghiệm của phương trình log (x2 − ( 2 4x + 3) = log2 4x − 4) A. S = {1; 7}. B. S = {7}. C. S = {1}. D. S = {3; 7}. Lời giải. (x2 − 4x + 3 > 0 Điều kiện: ⇔ x > 3. 4x − 4 > 0 "x = 1 (Loại)
Phương trình ⇔ x2 − 4x + 3 = 4x − 4 ⇔ x2 − 8x + 7 = 0 ⇔ x = 7 (Thỏa mãn). Chọn phương án B
Câu 6.9. Nghiệm của phương trình log x + x + x = 2 log4 log8 11 là o A. x = 24. B. x = 36. C. x = 45. D. x = 64. aPr Lời giải. Điều kiện: x > 0. 1 1 11 Phương trình ⇔ log x + x + x = x = x = 2 log log 11 ⇔ log 11 ⇔ log 6 ⇔ x = 64. 2 2 3 2 6 2 2 Chọn phương án D
Câu 6.10. Phương trình log (x2 − (x − 3 6) = log3
2) + 1 có bao nhiêu nghiệm thực? A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Lời giải. ( roups/GeoGebr x2 − 6 > 0 √ Điều kiện: ⇔ x > 6. x − 2 > 0
Phương trình ⇔ log (x2 − (x − 3 6) = log3 2) + log3 3 ⇔ log (x2 − [ 3 6) = log3 3(x − 2)] ⇔ x2 − 6 = 3x − 6 "x = 0 (Loại) ⇔ x = 3 (Thỏa mãn). acebook.com/g .f
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Chọn phương án A
Câu 6.11. Nghiệm của phương trình log (x − (x − 2 1) + log2 1)2 = 6 là 10 A. x = 6. B. x = 3. C. x = . D. x = 5. 3 Lời giải. https://www Điều kiện: x > 1. Ta có: log (x − (x − 2 1) + log2 1)2 = 6 ⇒ log (x − (x − 2 1) + 2 log2 1) = 6 ⇒ log (x − 2 1) = 2 ⇒ x = 5. Chọn phương án D 18
Câu 6.12. Nghiệm của phương trình log x2 − 4 9 = 2 là A. x = 5. B. x = 3. C. x = ±5. D. x = −3. Lời giải. Ta có: log x2 − 4
9 = 2 ⇔ x2 − 9 = 42 ⇔ x2 = 25 ⇔ x = ±5. Chọn phương án C 2 5 10 10 Z Z Z Z Câu 6.13. Cho f (x) dx = 2; 2 f (x) dx = 6; f (x) dx = 5. Tính I = f (x) dx? 0 2 5 0 A. I = 13. B. I = 10. C. I = 16. D. I = 4. Lời giải. 10 2 5 10 Z Z Z Z Ta có: f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = 2 + 3 + 5 = 10. 0 0 2 5 Chọn phương án B 2 3 3 Z Z Z CÂU 7. Nếu f (x) dx = −2 và f (x) dx = 1 thì f (x) dx bằng 1 2 1 A. −3 . B. −1 . C. 1 . D. 3 . 2020 Lời giải. 3 2 3 Z Z Z Ta có f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = −2 + 1 = −1 . THPT 1 1 2 Chọn phương án B 5 7 7 Z Z Z GHIỆP Câu 7.1. Nếu f (x)dx = 3 và f (x)dx = 9 thì f (x)dx bằng N 2 5 2 T A. 3. B. 6. C. 12. D. −6. TỐ Lời giải. 7 5 7 Z Z Z THI Ta có f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = 3 + 9 = 12. KỲ 2 2 5 Chọn phương án C 2 2 2 Z Z Z Câu 7.2. Nếu f (x)dx = 2 và f (x)dx = −1 thì
[x + 2 f (x) − 3g(x)] dx bằng −1 −1 −1 5 7 11 17 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải. 2 2 2 2 2 Z Z Z Z x2 3 17 Ta có [x + 2 f (x) − 3g(x)] d = xdx + 2 f (x)dx − g(x)dx = + 4 + 3 = + 7 = . 2 −1 2 2 −1 −1 −1 −1 Chọn phương án D 3 3 4 Z Z Z Câu 7.3. Nếu f (x)dx = 2016 và f (x)dx = 2017 thì f (x)dx bằng 1 4 1 A. 4023. B. 1. C. −1. D. 0. Lời giải. 19 4 3 4 3 3 Z Z Z Z Z Ta có f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = f (x)dx −
f (x)dx = 2016 − 2017 = −1. 1 1 3 1 4 Chọn phương án C 5 Z
Câu 7.4. Cho hàm số f (x) có đạo hàm trên đoạn [−3; 5] thỏa f (−3) = 1 và f (5) = 9. Tính 4 f 0(x)dx. −3 A. 40. B. 32. C. 36. D. 44. Lời giải. 5 5 Z o Ta có 4 f 0(x)dx = 4 f (x)
= 4 [ f (5) − f (−3)] = 4(9 − 1) = 32. − − 3 3 aPr Chọn phương án B
Câu 7.5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp 2 trên đoạn [2; 4] thỏa f 0(2) = 1 và f 0(4) = 5. Tính 4 Z f 00(x)dx. 2 A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. Lời giải. 4 4 roups/GeoGebr Z Ta có
f 00(x)dx = f 0(x) = f 0(4) − f 0(2) = 5 − 1 = 4. 2 2 Chọn phương án A 6 2 Z Z Câu 7.6. Cho f (x)dx = 12. Tính f (3x)dx. 0 0 A. 6. B. 36. C. 2. D. 4. Lời giải. acebook.com/g 2 Z .f Xét f (3x)dx. 0 Ta đặt t = 3x ⇒ dt = 3dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 0 ; x = 3 ⇒ t = 6. 2 6 6 Z 1 Z 1 Z 1 Khi đó f (3x)dx = f (t)dt = f (x)dx = · 12 = 4. 3 3 3 https://www 0 0 0 Chọn phương án D 2 5 Z Z Câu 7.7. Biết
(3x − 1)dx = 20. Hãy tính tích phân f (x)dx. 1 2 A. 20. B. 40. C. 10. D. 60. Lời giải. 2 Z Xét f (3x − 1)dx = 20. 1
Ta đặt t = 3x − 1 suy ra dt = 3dx.
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = 5. 20 2 5 5 Z 1 Z 1 Z Khi đó f (3x − 1)dx = f (t)dt = f (x)dx = 20. 3 3 1 2 2 5 Z Suy ra f (x)dx = 20 · 3 = 60. 2 Chọn phương án D 1 Z
Câu 7.8. Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f (1) = 6, x f 0(x)dx = 5. Tính 0 1 Z I = f (x)dx. 0 A. 1. B. −1. C. 11. D. 3. Lời giải. 1 Z Xét K = x f 0(x)dx = 5. 0 ( ( u = x du = dx Đặt ⇒ 2020 dv = f 0(x)dx v = f (x). 1 1 1 Z Z K = x f 0(x) − f (x) THPT dx = x f (x) dx = 5. 0 0 0 1 1 Z Z Suy ra f (1) − f (x)dx = 5 ⇔ f (x)dx = 6 − 5 = 1. GHIỆP 0 0 N T Chọn phương án A 4 2 TỐ Z Z Câu 7.9. Cho f (x) dx = 16. Tính I = f (2x) dx? THI 0 0 A. I = 32. B. I = 8. C. I = 16. D. I = 4. KỲ Lời giải. dt
Đặt t = 2x ⇒ dt = 2 dx ⇒ dx = . Khi đó ta có 2 4 4 Z dt 1 Z 1 I = f (t) = f (t) dt = · 16 = 8. 2 2 2 0 0 Chọn phương án B π 9 √ 2 Z f x Z
Câu 7.10. Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn √ dx = 4 và f (sin x) cos x dx = 2. x 1 0 3 Z Tính tích phân I = f (x) dx? 0 A. I = 2. B. I = 6. C. I = 4. D. I = 10. Lời giải. 21 √ Đặt t =
x ⇒ t2 = x ⇒ 2t dt = dx. Khi đó 9 √ 3 3 3 Z f x Z Z Z 4 = √ dx = f (t)2 dt = 2 f (t) dt ⇒ f (t) dt = 2. x 1 1 1 1
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx. Khi đó π 2 1 1 Z Z Z = 2 f (sin x) cos x dx = f (x) dx ⇒ f (x) dx = 2. 0 0 0 o 3 1 3 Z Z Z aPr Từ đây ta suy ra I = f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = 4. 0 0 1 Chọn phương án C π π 2 2 Z Z Câu 7.11. Cho f (x) dx = 5. Tính I = [ f (x) + 2 sin x] dx. 0 0 π A. I = 5 + π. B. I = 5 + . C. I = 3. D. I = 7. 2 Lời giải. roups/GeoGebr π π π 2 2 2 π Z Z Z 2 I = [ f (x) + 2 sin x] dx = f (x) dx + 2 sin(x) dx = 5 − 2 cos x = 7. 0 0 0 0 Chọn phương án D
CÂU 8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 3 +∞ y0 + 0 − 0 + acebook.com/g .f 2 +∞ y −∞ −4
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng https://www A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. −4 . Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số bằng −4 . Chọn phương án D
Câu 8.1. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như x −∞ 1 2 +∞
hình vẽ bên. Hàm số có giá trị cực đại bằng y0 + 0 − 0 + A. −1. B. 0. C. 2. D. 1. 0 +∞ y −∞ −1 22 Lời giải.
Hàm số có giá trị cực đại bằng 0. Chọn phương án B
Câu 8.2. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên x −∞ 0 1 +∞
R và có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định y0 − − 0 +
nào sau đây là khẳng định sai? +∞ +∞
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1. y
B. Hàm số cso đúng một cực trị. 0
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại −1 x = 1.
D. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng −1. Lời giải.
Khi qua x = 0 đạo hàm không đổi dấu nên hàm số không thể đạt cực trị tại x = 0. Vậy khẳng định câu C là sai. Chọn phương án C 2020
Câu 8.3. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như x −∞ 0 2 +∞
hình vẽ bên. Hàm số y = 2 f (x) + 1 đạt cực tiểu tại y0 − 0 + 0 − THPT điểm +∞ A. x = 5. B. x = 2. C. x = 0. D. x = 1. 5 y 1 −∞ GHIỆP Lời giải. N T
Ta có: y = 2 f (x) + 1 ⇒ y0 = 2 f 0(x).
Suy ra: Điểm cực tiểu của hàm số y = f (x) cũng là điểm cực tiểu của hàm số y = 2 f (x) + 1. TỐ
Vậy: Hàm số y = 2 f (x) + 1 đạt cực tiểu tại điểm x = 0. THI Chọn phương án C KỲ
Câu 8.4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình dưới. x −∞ −2 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ y −∞ 0
Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số.
A. yCĐ = 3 và yCT = −2.
B. yCĐ = 2 và yCT = 0.
C. yCĐ = −2 và yCT = 2.
D. yCĐ = 3 và yCT = 0. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: yCĐ = 3 và yCT = 0. Chọn phương án D
Câu 8.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới. 23 x −∞ 0 2 +∞ y0 + 0 − 0 + −1 +∞ y −∞ −2
Hỏi hàm số đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây? A. x = 0. B. x = −1. C. x = 2. D. x = −2. Lời giải. o
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực tiểu tại x = 2. Chọn phương án C aPr
Câu 8.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới. x −∞ −2 0 2 +∞ y0 + 0 − − 0 + −4 +∞ +∞ y −∞ −∞ 4 roups/GeoGebr
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng A. −2. B. 2. C. −4. D. 4. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số là: yCT = 4. Chọn phương án D
Câu 8.7. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên [−2; 2] và có đồ thị y acebook.com/g 4 .f
như hình bên. Hàm số đạt cực đại tại điểm A. x = −2. B. x = −1. C. x = 1. D. x = 2. 2 x −2 −1 O 1 2 https://www −2 −4 Lời giải. Chọn phương án B
Câu 8.8. Tìm điểm cực đại của đồ thị hàm số f (x) = x3 − 3x + 2. A. M(−1; 4). B. x = −1. C. N(−1; 0). D. x = 1. Lời giải.
• Ta có: f 0(x) = 3x2 − 3. 24 "x = 1
• f 0(x) = 0 ⇔ 3x2 − 3 = 0 ⇔ . x = −1 • Bảng biến thiên x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ y −∞ 0
Từ bảng biến thiên ta có điểm cực đại của đồ thị hàm số là (−1; 4). Chọn phương án A
Câu 8.9. Tìm điểm cực đại của hàm số f (x) = x4 − 2x2 + 2. A. (−1; 1). B. x = −1. C. (0; 2). D. x = 0. Lời giải. • 2020
f 0(x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1). x = 0 THPT • f 0(x) = 0 ⇔  x = 1 .  x = −1 GHIỆP • Bảng biến thiên N T x −∞ −1 0 1 +∞ TỐ y0 + 0 − 0 + 0 − +∞ 2 +∞ THI y KỲ 1 1
Từ bảng biến thiên ta có điểm cực đại của hàm số là x = 0. Chọn phương án D
Câu 8.10. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Đồ thị của hàm y
số y = | f (x)| có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. −1 O 1 x Lời giải. 25
Từ đồ thị hàm số y = f (x) suy ra đồ thị của hàm số y = | f (x)| như hình y bên.
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số | f (x)| bằng 5. −1 1 x O Cách khác
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) ta có:
• Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) là m = 3. o
• Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục Ox là n = 2. aPr
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số | f (x)| bằng m + n = 3 + 2 = 5. Chọn phương án D
Câu 8.11. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị như hình bên. Đồ thị của hàm số y
y = f (|x|) có tất cả bao nhiêu điểm cực trị? 2 A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. roups/GeoGebr O x −2 Lời giải.
Từ đồ thị hàm số y = f (x) suy ra đồ thị của hàm số y = f (|x|) như hình y bên. 2
Suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (|x|) bằng 3. acebook.com/g .f O x −2 Cách khác
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) ta có số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x) phía bên phải trục https://www Oy là n = 1.
Mà đồ thị hàm số f (|x|) nhận Oy làm trục đối xứng nên suy ra số điểm cực trị của đồ thị hàm số
f (|x|) bằng 2n + 1 = 2 + 1 = 3. Chọn phương án B
Câu 8.12. Số điểm cực trị của hàm số y = (x − 1)(x − 2)2 là: A. 3. B. 1. C. 4. D. 2. Lời giải.
Xét hàm số y = (x − 1)(x − 2)2 = x3 − 5x2 + 8x − 4.
Tập xác định: D = R. 26 4
Ta có: y0 = 3x2 − 10x + 8; y0 = 0 ⇔ 3x2 − 10x + 8 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = . 3 Bảng biến thiên: x −∞ 4 2 +∞ 3 y0 + 0 − 0 + 4 +∞ y 27 −∞ 0
Từ BBT của y = (x − 1)(x − 2)2 suy ra BBT của y = (x − 1)(x − 2)2: 4 x −∞ 1 2 +∞ 3 y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ 4 +∞ y 27 0 0 2020
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. THPT Chọn phương án A
CÂU 9. Đồ thị của hàm số nào sau đây
có dạng như hình cong trong hình bên? y GHIỆP A. y = −x4 + 2x2 . B. y = x4 − 2x2 . N T C. y = x3 − 3x2 . D. y = −x3 + 3x2 . x O TỐ THI Lời giải.
Dựa vào hình dạng của đồ thị đã cho trong hình vẽ, ta thấy đó là hình dạng đồ thị của hàm số KỲ
y = ax4 + bx2 + c (a 6= 0) với hệ số a < 0 .
Trong bốn hàm số đã cho chỉ có hàm số y = −x4 + 2x2 thỏa mãn. Chọn phương án A
Câu 9.1. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào y A. y = x3 + 3x + 1.
B. y = −x3 + 3x − 1. C. y = x3 − 3x + 1.
D. y = −x4 − 4x2 + 1. x O Lời giải.
Đây là đồ thị hàm bậc ba có hệ số dương nên loại đáp án B,D.
Đồ thị hàm bậc ba có hai điểm cực trị nên loại A. Chọn phương án C 27
Câu 9.2. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào y x − 2 −2x + 2 A. y = . B. y = . x + 1 x + 1 2 −x + 2 2x − 2 C. y = . D. y = . O x + 2 x + 1 x −1 1 −2 Lời giải. o
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số giảm, có tiệm cận ngang là y = −2, tiệm cận đứng là x = −1, giao
với Ox tại điểm (1; 0), giao với Oy tại điểm (0; 2). aPr −2x + 2
Vậy hàm số cần tìm là y = . x + 1 Chọn phương án B
Câu 9.3. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình y bên? 1 A. y = −x4 + 2x2 + . B. y = x4 + 2x2. 2 roups/GeoGebr x O C. y = x3 − 3x2. D. y = −x3 + 3x2. Lời giải.
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 có a < 0 và a, b trái dấu nên ta chọn hàm số 1 y = −x4 + 2x2 + . 2 Chọn phương án A acebook.com/g
Câu 9.4. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình y .f bên?
A. y = −x3 + x2 − 1. B. y = x4 − x2 − 1. x C. y = x3 + x2 − 1.
D. y = −x4 − 2x2 − 1. O Lời giải. https://www
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 với a > 0 và a, b trái dấu nên chọn hàm số y = x4 − x2 − 1. Chọn phương án B
Câu 9.5. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình y bên?
A. y = −x3 + x2 − 1.
B. y = 2x4 − x2 − 1. x C. y = 2x3 + 3x2 − 1.
D. y = −x4 − 2x2 + 1. O Lời giải. 28
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 với a < 0 và a, b cùng dấu nên chọn hàm số y = −x4 − x2 + 1. Chọn phương án D
Câu 9.6. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình y bên? A. y = x42x2 − 1.
B. y = 2x4 − x2 − 1. x C. y = 2x3 + 3x2 − 1.
D. y = −x4 − 2x2 + 1. O Lời giải.
Nhìn vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 4 với a > 0 và a, b cùng dấu nên chọn hàm số y = x4 + x2 − 1. Chọn phương án A
Câu 9.7. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. y = x4 − 2x2. B. y = x4 + 2x2. y
C. y = −x4 + 2x2 − 1. D. y = −x4 + 2x2. 2020 O x Lời giải. THPT
1. Từ dạng của đồ thị, ta suy ra a < 0.
2. Khi x = 0 ⇒ y = 0 nên đáp án đúng là y = −x4 + 2x2. GHIỆP N T Chọn phương án D TỐ Câu 9.8.
Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? y THI A. y = x3 − 3x − 1.
B. y = −x3 + 3x − 1. KỲ
C. y = −x4 − x2 + 1. D. y = x3 − 3x + 1. O x Lời giải.
1. Từ dạng của đồ thị, ta suy ra đồ thị là hàm số bậc 3 có hệ số a > 0 nên loại đáp án y =
−x3 + 3x − 1, y = −x4 − x2 + 1.
2. Khi x = 0 ⇒ y > 0 nên đáp án đúng là y = x3 − 3x + 1. Chọn phương án D
Câu 9.9. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? 29 A. y = −x3 − 4.
B. y = x3 − 3x2 − 4. y
C. y = −x3 + 3x2 − 4.
D. y = −x3 + 3x2 − 2. O x Lời giải.
- Từ dạng của đồ thị, ta suy ra đồ thị là hàm số bậc 3 có hệ số a < 0 nên loại đáp án y = o x3 − 3x2 − 4. aPr
- Khi x = 0 ⇒ y = −4 nên ta loại đáp án y = −x3 + 3x2 − 2.
- Xét y = −x3 − 4 có y0 = −3x2 ≤ 0 ∀x ∈ R ⇒ hàm số luôn giảm nên loại đáp án y = −x3 − 4. Chọn phương án C
Câu 9.10. Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? x + 1 A. y = .
B. y = −x4 − x2 + 1. y x − 1 2x − 1 C. y = .
D. y = x3 − 3x2 − 4. roups/GeoGebr x + 1 x O acebook.com/g .f Lời giải. 2x − 1
Đây là đồ thị hàm số phân thức có y0 > 0 nên chọn y = . x + 1 Chọn phương án C https://www
Câu 9.11. Cho hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ y
bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a > 0, b > 0, c < 0, d > 0.
B. a < 0, b < 0, c < 0, d > 0.
C. a > 0, b < 0, c < 0, d > 0.
D. a > 0, b < 0, c > 0, d > 0. x O Lời giải. lim y = +∞ ⇒ a > 0. x→+∞
Xét f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c, f 0(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt trái dấu nên suy ra a · c < 0 ⇒ c < 0. −b −b
Xét y” = 6ax + 2b = 0 ⇔ x =
, dựa vào đồ thị ta thấy hoành độ điểm uốn âm ⇒ < 0 ⇒ b > 0. 3a 3a 30 Chọn phương án A
Câu 9.12. Cho hàm số f (x) = x3 + ax2 + bx + 4 có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm y
số y = f (x) là hàm số nào trong bốn hàm số sau: A. y = x3 + 3x2 + 2. B. y = x3 − 3x2 + 2.
C. y = x3 + 6x2 + 9x + 4.
D. y = x3 − 6x2 + 9x + 4. x O Lời giải.
Vì đồ thị hàm số y = f (x) = x3 + ax2 + bx + 4 đi qua các điểm (0; 4), (−1; 0), (−2; 2) nên ta có hệ
o3 + 6 · 02 + 9 · 0 + 4 = 0  ( (   a − b = −3 a = 6
(−1)3 + a · (−1)2 + b · (−1) + 4 = 0 ⇔ ⇔ .  4a − 2b = 6 b = 9 
(−2)3 + a · (−2)2 + b · (−2) + 4 = 2 Chọn phương án C 2020
CÂU 10. Với a là số thực dương tùy ý, log a2 bằng 2 A. 2 + log a . B. 1 + a . C. a . D. 1 a . 2 log 2 log log 2 2 2 2 2 Lời giải. THPT
Với a là số thực dương tùy ý, ta có log a2 = a . 2 2 log2 Chọn phương án C GHIỆP
Câu 10.1. Với a là số thực dương tùy ý, log a4 bằng 3 N 1 1 T A. 4 + log a. B. + a. C. a. D. a. 3 log 4 log log 4 3 3 4 3 Lời giải. TỐ Ta có: log a4 = a. 3 4 log3 THI Chọn phương án C KỲ
Câu 10.2. Với a là số thực dương tùy ý, log (a2) bằng 2 1 1 A. 2 + log a. B. + a. C. a. D. a. 2 log 2 log log 2 2 2 2 2 Lời giải. Ta có log (a2) = a. 2 2 log2 Chọn phương án C a2
Câu 10.3. Với a là số thực dương tùy ý, log bằng 2 4 A. 2 (log a + a). C. a − a − 2 1). B. 2 (1 − log2 2 (log2 1). D. 2 log2 1. Lời giải. a2 Ta có log = a2 − a − a − 2 log log 2 = 2 (log 1). 4 2 2 4 = 2 log2 2 Chọn phương án C
Câu 10.4. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì log b2 bằng a2 b6 − loga A. log b. B. a. C. a logb 1. D. 0. Lời giải. 31 Ta có log b2 = b − b = b. a2 b6 − loga 3 loga 2 loga loga Chọn phương án A
Câu 10.5. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì loga2 (ab) bằng 1 1 1 A. log b. B. + log b. C. 2 + 2 log b. D. log 2 a 2 2 a a a2 a · loga2 b. Lời giải. 1 1 Ta có log + b. a2 (ab) = loga2 a + loga2 b = log 2 2 a Chọn phương án B √
Câu 10.6. Với a và b là hai số thực dương và a 6= 1, thì log√ a b bằng a o 1 1 1 A. + log b. B. + log b. C. 2 + log b. D. 2 + 2 log b. 2 a 2 2 a a a aPr Lời giải. √ √ Ta có log√ a b = a + b = b. a log√a log√a 2 + 2 loga Chọn phương án D √ p
Câu 10.7. Với a là số thực dương khác 1, thì a2 · 3 a4 bằng 5 7 7 11 A. a 3 . B. a 3 . C. a 4 . D. a 6 . Lời giải. √ q q p 4 4 5 roups/GeoGebr Ta có a2 · 3 a4 = a2 · a 3 = a2+ 3 = a 3 . Chọn phương án A a34
Câu 10.8. Với a là số thực dương khác 1, thì bằng 3 a2 · a 2 17 23 7 A. a9. B. a 2 . C. a 2 . D. a 2 . Lời giải. a34 a3·4 17 Ta có = = a12− 72 = a 2 . acebook.com/g 3 3 .f a2 · a 2 a2+ 2 Chọn phương án B
Câu 10.9. Cho a, b > 0 thỏa mãn a2 = b, a 6= 1 thì log√ 3 b3 bằng a 9 1 2 A. . B. . C. 18. D. . 2 2 3 Lời giải. Ta có log√ 3 b3 = log a6 = 18 log a = 18. https://www a 1 a a 3 Chọn phương án C
Câu 10.10. Giả sử log x = − y = x2y3 bằng a 1 và loga 4 thì loga A. 3. B. 10. C. −14. D. 65. Lời giải. Ta có log x2y3 = x2 + y3 = x + y = a loga loga 2 loga 3 loga 2 · (−1) + 3 · 4 = 10. Chọn phương án B
Câu 10.11. Với a là số thực dương tùy ý, log 100a3 bằng 1 1 A. 6 log a. B. 3 + 3 log a. C. + log a. D. 2 + 3 log a. 2 3 32 Lời giải.
Ta có: log 100a3 = log 102 + log a3 = 2 + 3 log a. Chọn phương án D a
Câu 10.12. Cho các số thực a, b 6= 0 thỏa mãn 3a = 4b. Giá trị của bằng b A. log4 3. B. ln 12. C. ln 0, 75. D. log3 4. Lời giải. a ln 4
Ta có: 3a = 4b ⇒ a · ln 3 = b · ln 4 ⇒ = = log b ln 3 3 4. Chọn phương án D 1
Câu 10.13. Cho log 3 = a. Giá trị của bằng? log81 1000 3a 4a 1 A. . B. . C. . D. 12a. 4 3 12a Lời giải. 1 4 4a Ta có: = log log 3 = . log 1000 81 = log103 34 = 81 1000 3 3 Chọn phương án B
CÂU 11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = cos x + 6x là 2020 A. sin x + 3x2 + C .
B. − sin x + 3x2 + C . C. sin x + 6x2 + C . D. − sin x + C . Lời giải. Z THPT Ta có
(cos x + 6x) dx = sin x + 3x2 + C . Chọn phương án A GHIỆP
Câu 11.1. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + sin x là N A. x2 + cos x + C. B. x2 − cos x + C. C. 2x2 + cos x + C. D. 2x2 − cos x + C. T Lời giải. Z TỐ Ta có:
(2x + sin x)dx = x2 − cos x + C. THI Chọn phương án B KỲ
Câu 11.2. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = ex + x là 1 ex x2 A. ex + x2 + C. B. ex + 1 + C. C. ex + x2 + C. D. + + C. 2 x + 1 2 Lời giải. Z x2 Ta có (ex + x) dx = ex + + C. 2 Chọn phương án C
Câu 11.3. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = x + 2x là 2x x2 2x x2 x2 A. 1 + + C. B. + + C. C. + 2x ln 2 + C. D. + 2x + C. ln 2 2 ln 2 2 2 Lời giải. Z x2 2x Ta có (x + 2x) dx = + + C. 2 ln 2 Chọn phương án B
Câu 11.4. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = sin x + cos x là A. sin x − cos x + C. B. sin x + cos x + C.
C. − cos x − sin x + C. D. sin 2x + C. 33 Lời giải. Z Ta có
(sin x + cos x) dx = − cos x + sin x + C Chọn phương án A 1
Câu 11.5. Biết F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
thoả mãn F(3) = 1. Tính F(0). x + 2
A. F(0) = ln 2 − ln 5 − 1.
B. F(0) = ln 2 + ln 5 − 1.
C. F(0) = ln 2 − ln 5 + 1.
D. F(0) = ln 2 + ln 5 + 1. Lời giải. ( Z 1 ln(x + 2) + C1, nếu x > −2 Ta có F(x) = dx = ln |x + 2| + C = x + 2 o
ln(−x − 2) + C2, nếu x < −2.
Do đó F(3) = −1 ⇔ ln 5 + C1 = −1 ⇔ C1 = −1 − ln 5. aPr
Vậy F(0) = ln 2 − ln 5 − 1. Chọn phương án A 3
Câu 11.6. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) = ex + 2x thoả mãn F(0) = . Tìm F(x). 2 5 1 1 3 A. ex + x2 + . B. 2ex + x2 − . C. ex + x2 + . D. ex + x2 + . 2 2 2 2 Lời giải. Z Z f (x) dx = (ex + 2x) dx = ex + x2 + C. roups/GeoGebr 3 3 1 Lại có F(0) = ⇔ e0 + 02 + C = ⇔ C = . 2 2 2 1 Vậy f (x) = ex + x2 + . 2 Chọn phương án C √ 1 π 2
Câu 11.7. Một nguyên hàm F(x) của hàm số f (x) = sin x + thỏa mãn F = là cos2 x √ 4 2
A. − cos x + tan x + C. B. cos x + tan x − 2 + 1. √ √ C. cos x + tan x + 2 − 1. D. − cos x + tan x + 2 − 1. acebook.com/g .f Lời giải. Z Z 1 f (x) dx = sin x + dx = − cos x + tan x + C. cos2 x √ √ √ π 2 π π 2 Lại có F = ⇔ − cos + tan + C = ⇔ C = 2 − 1. 4 2 4 √ 4 2
Vậy F(x) = − cos x + tan x + 2 − 1. Chọn phương án D https://www
Câu 11.8. Cho hàm số f (x) = 2x + sin x + 2 cos x. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f (x) thỏa mãn F(0) = 1.
A. x2 + cos x + 2 sin x − 2. B. 2 + cos x + 2 sin x.
C. x2 − cos x + 2 sin x.
D. x2 − cos x + 2 sin x + 2. Lời giải. Z Z f (x) dx =
(2x + sin x + 2 cos x) dx = x2 − cos x + 2 sin x + C.
Lại có F(0) = 1 ⇔ 02 − cos 0 + sin 0 + C = 1 ⇔ C = 2.
Vậy F(x) = x2 − cos x + 2 sin x + 2. Chọn phương án D 34 π
Câu 11.9. Cho hàm số f (x) thỏa mãn f 0(x) = 1 − 4 sin 2x và f (0) = 10. Giá trị của f bằng 4 π π π π A. + 10. B. + 12. C. + 6. D. + 8. 4 4 4 4 Lời giải. Z Z Ta có f 0(x) dx =
(1 − 4 sin 2x) dx = x + 2 cos 2x + C.
Lại có f (0) = 10 ⇔ 0 + 2 cos 0 + C = 10 ⇔ C = 8. π π
Do đó f (x) = x + 2 cos 2x + 8 ⇒ f ( ) = + 8. 4 4 Chọn phương án D
Câu 11.10. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x − ex là A. 2 − ex + C. B. x2 + e−x + C. C. x2 − ex + C. D. x2 − e−x + C. Lời giải. Z Ta có: (2x − ex)dx = x2 − ex + C. Chọn phương án C
Câu 11.11. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 3x + sin 8x là 3x 3x 1 A. − cos 8x + C. B. − cos 8x + C. ln 3 ln 3 8 3x 1 1 2020 C. + cos 8x + C. D. 3x ln 3 − cos 8x + C. ln 3 8 8 Lời giải. Z 3x 1 THPT Ta có: (3x + sin 8x)dx = − cos 8x + C. ln 3 8 Chọn phương án B
Câu 11.12. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + cos 2x là GHIỆP 1 1 N A. x2 + sin 2x + C. B. x2 + sin 2x + C. C. x2 − sin 2x + C. D. x2 + 2 sin 2x + C. T 2 2 Lời giải. TỐ Z 1 Ta có: (2x + cos 2x)dx = x2 + sin 2x + C. 2 THI Chọn phương án B KỲ
Câu 11.13. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = x3 + sin 3x là x4 1 x4 1 A. 3x2 + 3 cos 3x + C. B. + cos 3x + C. C. x4 − cos 3x + C. D. − cos 3x + C. 4 3 4 3 Lời giải. Z x4 1 Ta có: (x3 + sin 3x)dx = − cos 3x + C. 4 3 Chọn phương án D
CÂU 12. Môđun của số phức 1 + 2i bằng √ √ A. 5 . B. 3 . C. 5 . D. 3 . Lời giải. √ √ Ta có: |1 + 2i| = 12 + 22 = 5. √
Vậy môđun của số phức 1 + 2i bằng 5 . Chọn phương án C
Câu 12.1. Mô-đun của số phức 4 − 3i bằng √ A. 25. B. 7. C. 7. D. 5. 35 Lời giải.
Ta có: |4 − 3i| = p42 + (−3)2 = 5. Chọn phương án D
Câu 12.2. Cho số phức z được biểu diễn bởi điểm M(−1; 3) trên mặt phẳng tọa độ. Mô-đun của số phức z bằng √ √ A. 10. B. 2 2. C. 10. D. 8. Lời giải.
Số phức z bởi điểm M(−1; 3) suy ra z = −1 + 3i. √
Ta có: |z| = |−1 + 3i| = p(−1)2 + (3)2 = 10. o Chọn phương án C
Câu 12.3. Mô-đun của số phức 1 + 2i bằng aPr √ √ A. 5. B. 3. C. 5. D. 3. Lời giải. √ √ Ta có |1 + 2i| = 12 + 22 = 5. Chọn phương án C
Câu 12.4. Mô-đun của số phức 2 + i bằng √ A. 3. B. 5. C. 2. D. 5. Lời giải. roups/GeoGebr √ √ Ta có |2 + i| = 22 + 12 = 5. Chọn phương án D
Câu 12.5. Tính mô-đun của số phức z thõa mãn z (2 − i) + 13i = 1 √ √ √ 5 34 34 A. |z| = 34. B. |z| = 34. C. |z| = . D. |z| = . 3 3 Lời giải. 1 − 13i q √ Ta có: z = = 3 − 5i ⇔ |z| = 32 + (−5)2 = 34. 2 − i acebook.com/g .f Chọn phương án A
Câu 12.6. Cho hai số phức z1 = 1 + i và z2 = 2 − 3i. Mô-đun của số phức z1 + z2 bằng √ √ A. 13. B. 5. C. 1. D. 5. Lời giải. q √
Ta có: z1 + z2 = 1 + i + 2 − 3i = 3 − 2i = 32 + (−2)2 = 13. https://www Chọn phương án A
Câu 12.7. Tìm số phức liên hợp của số phức z = i (3i + 1) A. z = 3 − i. B. z = −3 + i. C. z = 3 + i. D. z = −3 − i. Lời giải.
Ta có: z = i (3i + 1) = −3 + i ⇔ z = −3 − i. Chọn phương án D
Câu 12.8. Cho các số phức z1 = 2 − 3i và z2 = 1 + 4i. Tìm số phức liên hợp của số phức z1z2 A. −14 − 5i. B. −10 − 5i. C. −10 + 5i. D. 14 − 5i. Lời giải. 36
Ta có: z1z2 = (2 − 3i) (1 + 4i) = 14 + 5i ⇔ z = 14 − 5i. Chọn phương án D
Câu 12.9. Cho hai số phức z1 = 1 − 3i và z2 = −2 − 5i. Tìm phần ảo b của số phức z = z1 − z2. A. b = −2. B. b = 2. C. b = 3. D. b = −3. Lời giải.
Ta có: z = z1 − z2 = (1 − 3i) − (−2 − 5i) = 3 + 2i.
Nên phần ảo b của số phức z là 2. Chọn phương án B
Câu 12.10. Cho số phức z = 3 + 2i. Tìm phần thực của số phức z2. A. 9. B. 12. C. 5. D. 13. Lời giải.
Ta có: z2 = (3 + 2i)2 = 5 + 12i ⇒ phần thực của số phức z2 là 5. Chọn phương án C
Câu 12.11. Cho số phức z = 2 − i. Trên mặt phẳng tọa độ, tìm điểm biểu diễn của số phức w = iz 2020 A. M (−1; 2). B. N (2; −1) . C. P (2; 1). D. Q (1; 2). Lời giải.
Ta có: w = iz = i (2 − i) = 1 + 2i ⇒ điểm biểu diễn của số phức w trên mặt phẳng tọa độ là THPT Q = (1; 2) . Chọn phương án D GHIỆP
Câu 12.12. Cho số phức z = 2 − 3i. Mô-đun của số phức z bằng √ N A. 1. B. −1. C. 13. D. 13. T Lời giải. √ TỐ
Ta có: |z| = |z| = |2 − 3i| = p22 + (−3)2 = 13. Chọn phương án D THI
Câu 12.13. Nếu điểm M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy KỲ thỏa mãn OM = 4 thì 1 A. |z| = . B. |z| = 4. C. |z| = 16. D. |z| = 2. 4 Lời giải.
Ta có: OM = 4 ⇒ px2 + y2 = 4 = |z|. Chọn phương án B
Câu 12.14. Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn cho số phức z. Số phức z y là A. 2 − i. B. 1 + 2i. C. 1 − 2i. D. 2 + i. 1 M x O 2 Lời giải.
Ta có: M(2; 1) suy ra z = 2 + i. Chọn phương án D 37
Câu 12.15. Trong hình vẽ bên, điểm P biểu diễn cho số phức z1, điểm Q y
biểu diễn cho số phức z2. Mệnh đề nào dưới đây đúng? P 2 A. z1 = z2. B. |z1| = |z2| = 5. √ C. |z 1 Q 1| = |z2| = 5. D. z1 = z2. − x 1 O 2 Lời giải. √
Ta có: z1 = −1 + 2i, z2 = 2 + i suy ra |z1| = |z2| = 5. Chọn phương án C o
Câu 12.16. Số phức liên hợp của số phức z = 5 + 6i là aPr A. z = −5 + 6i. B. z = −5 − 6i. C. z = 6 − 5i. D. z = 5 − 6i. Lời giải.
Số phức liên hợp của z = 5 + 6i là z = 5 − 6i. Chọn phương án D
Câu 12.17. Điểm M trong hình vẽ biểu diễn cho số phức z. Số phức z là y A. z = 3 + 5i. B. z = −3 + 5i. C. z = 3 − 5i. D. z = −3 − 5i. M 5 roups/GeoGebr − x 3 O Lời giải.
Tọa độ điểm M = (−3; 5) suy ra z = −3 − 5i. Chọn phương án D
CÂU 13. Trong không gian Oxyz , hình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa acebook.com/g độ là .f A. (2; 0; 1) . B. (2; −2; 0) . C. (0; −2; 1) . D. (0; 0; 1) . Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M (xo; yo; zo) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M0 (xo; yo; 0) .
Do đóhình chiếu của điểm M (2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M0 (2; −2; 0) . Chọn phương án B
Câu 13.1. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oyz) https://www có tọa độ là A. (2; 0; 1). B. (2; −2; 0). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1). Lời giải.
Hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oyz) là (0; −2; 1). Chọn phương án C
Câu 13.2. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là A. (2; , 0; , 1). B. (2; −2; 0). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1). Lời giải. 38
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M0(x0; y0; 0).
Do đó hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M0(2; −2; 0). Chọn phương án B
Câu 13.3. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là A. M(3; 0; 3). B. N(0; −1; 1). C. P(0; −1; 0). D. Q(0; 0; 1). Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm M0(0; y0; z0).
Do đó hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0; −1; 1). Chọn phương án B
Câu 13.4. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm
A0(x; y; z).Khi đó x − y − z = bằng A. −4. B. 2. C. 4. D. 3. Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm M0(x0; 0; z0).
Do đó hình chiếu của điểm A(3; −1; 1) trên mặt phẳng (Oxz) là điểm A0(3; 0; 1). Suy ra : x − y − z = 2 2020 Chọn phương án B
Câu 13.5. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(4; 5; 6) trên trục Oz THPT A. H(0; 5; 6). B. H(4; 5; 0). C. H(4; 0; 0). D. H(0; 0; 6). Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên trục Oz là điểm M0(0; 0; z0). GHIỆP N
Do đó hình chiếu của điểm M(4; 5; 6) trên trục Oz là điểm H(0; 0; 6) T Chọn phương án D TỐ
Câu 13.6. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(1; −1; 2) trên trục Oy THI A. H(0; −1; 0). B. H(1; 0; , 0). C. H(0; , 0; 2). D. H(0; 1; 0). Lời giải. KỲ
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên trục Oy là điểm M0(0; y0; 0).
Do đó hình chiếu của điểm M(1; −1; 2) trên trục Oy là điểm H(0; −1; 0) Chọn phương án A
Câu 13.7. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ H là hình chiếu của điểm M(1; 2; −4) trên trục Oz A. H(0; −2; 0). B. H(1; 0; 0). C. H(0; 0; −4). D. H(1; 2; −4). Lời giải.
Ta có hình chiếu của điểm M(x0; y0; z0) trên trục Oz là điểm M0(0; 0; z0).
Do đó hình chiếu của điểm M(1; 2; −4) trên trục Oz là điểm H(0; 0; −4) Chọn phương án C
Câu 13.8. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ M’ là điểm đối xứng của điểm M(3; 2; 1) trên trục Ox A. M0(3; −2; −1). B. M0(−3; 2; 1).
C. M0(−3; −2; −1). D. M0(3; −2; 1). Lời giải. 39
Ta có điểm đối xứng của điểm M(x0; y0; z0) qua trục Ox là điểm M(x0; −y0; −z0).
Do đó điểm đối xứng của điểm M(3; 2; 1) qua trục Ox là điểm M0(3; −2; −1) Chọn phương án A
Câu 13.9. Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ M’ là điểm đối xứng của điểm M(1; 2; 5) qua mặt phẳng (Oxy). A. M0(−1; −2; 5). B. M0(1; 2; 0). C. M0(1; −2; 5). D. M0(1; 2; −5). Lời giải.
Ta có điểm đối xứng của điểm M(x0; y0; z0) qua mặt phẳng (Oxy)là điểm M0(x0; y0; −z0).
Do đó điểm đối xứng của điểm M(1; 2; 5) qua mặt phẳng (Oxy) là điểm M0(1; 2; −5) o Chọn phương án D
Câu 13.10. Tính khoảng cách d từ điểm M(1; −2; −3) đến mặt phẳng (Oxz). aPr A. d = 1. B. d = 2. C. d = 3. D. d = 4. Lời giải.
Ta có khoảng cách từ điểm M(x0; y0; z0) đến mặt phẳng (α):Ax + By + Cz + D = 0 được tính theo |Ax công thức: d 0 + By0 + Cz0 + D| √ (M,( . α)) = A2 + B2 + C2
Do đó khoảng cách d từ điểm M(1; −2; −3) đến mặt phẳng (Oxz) : y = 0 là:d(M,(Oxz)) = | − 2| = 2 Chọn phương án B roups/GeoGebr
Câu 13.11. Trong không gian Oxyz, điểm đối xứng của điểm M(2; −2; 1) qua mặt phẳng (Oyz) có tọa độ là A. (2; 0; 1). B. (−2; −2; 1). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1). Lời giải.
Điểm đối xứng của điểm M(2; −2; 1) qua mặt phẳng (Oyz) là điểm có tọa độ (−2; −2; 1). Chọn phương án B
Câu 13.12. Trong không gian Oxyz, hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên trục Ox có tọa độ là acebook.com/g A. (2; 0; 1). B. (2; 0; 0). C. (0; −2; 1). D. (0; 0; 1). .f Lời giải.
Hình chiếu của điểm M(2; −2; 1) trên trục Ox là điểm có tọa độ (2; 0; 0). Chọn phương án B
Câu 13.13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−3; 1; 2). Tọa độ điểm A0 đối xứng với điểm A qua trục Oy là https://www A. (−3; −1; 2). B. (3; 1; −2). C. (3; −1; −2). D. (3; −1; 2). Lời giải.
Gọi M là hình chiếu của điểm A lên trục Oy suy ra M(0; 1; 0).
Ta có A0 đối xứng với điểm A qua trục Oy nên điểm M là trung điểm của AA0. Khi đó:   x x  A0 = 2xM − xA  A0 = 0 + 3 = 3     yA0 = 2yM − yA ↔ yA0 = 2 − 1 = 1     zA0 = 2zM − zA zA0 = 0 − 2 = −2. Vậy A0(3; 1; −2). Chọn phương án B 40
Câu 13.14. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 6), B(5; −4; 2), đường thẳng AB cắt mặt # » # »
phẳng (Oxz) tại điểm M và MA = k · MB. Tính k. 1 1 A. k = − . B. k = . C. k = 2. D. k = −2. 2 2 Lời giải.
Ta nhận thấy hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxz): y = 0. # » # »
Suy ra điểm M nằm trong đoạn AB nên MA = k · MB, k < 0. MA d (A, (Oxz)) 2 1 Ta có: = = = . MB d (B, (Oxz)) |−4| 2 1 Suy ra k = − . 2 Chọn phương án A
CÂU 14. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 16 . Tâm của (S) có tọa độ là A. (−1; −2; −3) . B. (1; 2; 3) . C. (−1; 2; −3) . D. (1; −2; 3) . Lời giải.
Từ phương trình của mặt cầu (S) , suy ra tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là (1; −2; 3) . Chọn phương án D 2020
Câu 14.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 5. Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là THPT A. (−1; −2; −3). B. (1; 2; 3). C. (−1; 2; −3). D. (1; 2; −3). Lời giải.
Tọa độ tâm của mặt cầu (S) là (1; 2; −3). GHIỆP Chọn phương án D N
Câu 14.2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 + 4x − 2y + 2z − 3 = 0 có tâm và T bán kính là TỐ
A. I(2; −1; 1), r = 9.
B. I(−2; 1; −1), r = 3. C. I(−2; −1; 1), r = 3. D. I(−2; 1; −1), r = 9. THI Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(−2; 1; −1) và bán kính r = p(−2)2 + 12 + (−1)2 − (−3) = 3. KỲ Chọn phương án B
Câu 14.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1)2 + y2 + (z − 3)2 = 4. Tìm tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
A. I(1; 0; −3), r = 4.
B. I(−1; 0; 3), r = 2.
C. I(−1; 0; 3), r = 4.
D. I(1; 0; −3), r = 2. Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(−1; 0; 3) và bán kính r = 2. Chọn phương án B
Câu 14.4. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu?
A. x2 + y2 + z2 − x + 1 = 0.
B. x2 + y2 + z2 − 6x + 9 = 0.
C. x2 + y2 + z2 + 9 = 0.
D. x2 + y2 + z2 − 2 = 0. Lời giải. √
Ta có: x2 + y2 + z2 − 2 = 0 ⇔ (x − 0)2 + (y − 0)2 + (z − 0)2 = 2. √
Đây là phương trình của mặt cầu có tâm tại gốc tọa độ (0; 0; 0), bán kính r = 2. Chọn phương án D 41
Câu 14.5. Trong không gian Oxyz, tìm điều kiện của tham số m để phương trình x2 + y2 + z2 −
2mx + 4y + 2mz + m2 + 5m = 0 là phương trình mặt cầu. " " m ≤ 1 m < 1 A. m < 4. B. . C. m > 1. D. . m ≥ 4 m > 4 Lời giải.
Ta có: x2 + y2 + z2 − 2mx + 4y + 2mz + m2 + 5m = 0 ⇔ (x − m)2 + (y + 2)2 + (z + m)2 = m2 − 5m + 4. "m < 1
Theo yêu cầu bài toán thì m2 − 5m + 4 > 0 ⇔ m > 4. Chọn phương án D o
Câu 14.6. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 4z − m = 0 m là tham số.
Biết mặt cầu có bán kính băng 5. Tìm m. aPr A. m = 25. B. m = 11. C. m = 16. D. m = −16. Lời giải.
Theo đề bài r = p12 + 22 + (−2)2 − (−m) = 5 ⇔ m = 16. Chọn phương án C
CÂU 15. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của (α)? #» #» #» #» A. n2 = (3 ; 2 ; 4) .
B. n3 = (2 ; −4 ; 1) .
C. n1 = (3 ; −4 ; 1) .
D. n4 = (3 ; 2 ; −4) . roups/GeoGebr Lời giải. #»
Mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n4 (3 ; 2 ; −4) . Chọn phương án D
Câu 15.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : z − 2x + 3 = 0. Một véc-tơ pháp tuyến của (P) là #» #» #» #» A. u = (0; 1; −2). B. v = (1; −2; 3). C. n = (2; 0; −1). D. w = (1; −2; 0). Lời giải. #» acebook.com/g
Mặt phẳng (P) : 2x − z − 3 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là n = (2; 0; −1). .f Chọn phương án C #»
Câu 15.2. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào sao đây nhận n = (1; 2; 3) làm véc-tơ pháp tuyến.
A. x − 2y + 3z + 1 = 0.
B. 2x + 4y + 6z + 1 = 0. C. 2x − 4z + 6 = 0.
D. x + 2y − 3z − 1 = 0. https://www Lời giải. #»
Ta có mặt phẳng 2x + 4y + 6z + 1 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến n 1 = (2; 4; 6) ⇒ #» n = (1; 2; 3) cũng
là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng đã cho. Chọn phương án B
Câu 15.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0. Véc-tơ nào dưới đây là
một véc-tơ pháp tuyến của (α)? #» #» #» #» A. n 2 = (3; 2; 4). B. n 3 = (2; −4; 1). C. n 1 = (3; −4; 1). D. n 4 = (3; 2; −4). Lời giải. #»
Mặt phẳng (α) : 3x + 2y − 4z + 1 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là n = (3; 2; 4). Chọn phương án D 42
Câu 15.4. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 3x − z + 2 = 0. Véc-tơ nào dưới đây là một
véc-tơ pháp tuyến của (P)? #» #» #» #»
A. n 4 = (−1; 0; −1). B. n 1 = (3; −1; 2). C. n 3 = (3; −1; 0). D. n 2 = (3; 0; −1). Lời giải. #»
Mặt phẳng (P) : 3x − z + 2 = 0 có một véc-tơ pháp tuyến là n = (3; 0; −1). Chọn phương án D #»
Câu 15.5. Trong không gian Oxyz, véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ pháp tuyến của (P)? Biết u = #»
(1; −2; 0), v = (0; 2; −1) là cặp véc-tơ chỉ phương của (P). #» #» #» #» A. n = (1; 2; 0). B. n = (2; 1; 2). C. n = (0; 1; 2). D. n = (2; −1; 2). Lời giải. #» #» #»
Mặt phẳng (P) có một véc-tơ pháp tuyến là n = [ u , v ] = (2; 1; 2). Chọn phương án B
Câu 15.6. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) vuông góc với đường x − 1 y + 3 z thẳng d : = = . 2 1 −1 #» #» #» #» A. n 1 = (2; 1; −1). B. n 2 = (1; −3; 0). C. n 3 = (2; −1; 1). D. n 4 = (−1; 3; 0). Lời giải. x − 1 y + 3 z 2020 #»
Mặt phẳng (P) vuông góc với d : = =
nên (P) có một véc-tơ pháp tuyến là n = 2 1 −1 #» u d = (2; 1; −1). THPT Chọn phương án A x − 2 y − 1 z
Câu 15.7. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d : = = −1 2 1 là GHIỆP #» #» #» #» N A. u = (−1; 2; 1). B. u = (2; 1; 0). C. u = (−1; 2; 0). D. u = (2; 1; 1). T Lời giải. TỐ x − 2 y − 1 z #» Đường thẳng d : = =
có một véc-tơ chỉ phương là u = (−1; 2; 1). −1 2 1 THI Chọn phương án A  KỲ x = t   
Câu 15.8. Trong không gian Oxyz, một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d : y = 2 là   z = 1 − 2t #» #» #» #» A. u = (1; 0; −2). B. u = (1; 2; 0). C. u = (−1; 2; 0). D. u = (1; 2; −2). Lời giải. x = t    #» Đường thẳng d : y = 2
có một véc-tơ chỉ phương là u = (1; 0; −2).   z = 1 − 2t Chọn phương án A
Câu 15.9. Trong không gian Oxyz, gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(2; 5; 4) lên trục
Ox và mặt phẳng Oyz. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng M1M2? #» #» #» #» A. u 3 = (2; 0; 4). B. u 2 = (−2; 5; 4). C. u 4 = (0; −3; 4). D. u 1 = (−2; 0; 4). Lời giải. 43
Ta có M1(2; 0; 0) và M2(0; 5; 4). #» # »
Đường thẳng M1M2 có một véc-tơ chỉ phương là u = M1M2 = (−2; 5; 4). Chọn phương án B
Câu 15.10. Trong không gian Oxyz, Cho đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) : x +
y − 1 = 0 và mặt phẳng (Q) : x − 2y + z − 3 = 0. Đường thẳng d có một véc-tơ chỉ phương là #» #» #» #» A. u = (1; 1; 0). B. u = (1; −2; 1). C. u = (1; 1; −3). D. u = (1; −1; −3). Lời giải. ( #» u d ⊥ #» n P Vì d = (P) ∩ (Q) nên #» . u d ⊥ #» n Q #» #» o
Do đó đường thẳng d có một véc-tơ chỉ phương là u = #» n P, n Q = (1; −1; −3). Chọn phương án D aPr
Câu 15.11. Trong không gian Oxyz, gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(1; 2; 3) lên
các trục Ox, Oy. Véc-tơ nào dưới đây là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng M1M2? #» #» #» #» A. u 2 = (1; 2; 0). B. u 3 = (1; 0; 0). C. u 4 = (−1; 2; 0). D. u 1 = (0; 2; 0). Lời giải.
Ta có M1(1; 0; 0) và M2(0; 2; 0). #» # »
Đường thẳng M1M2 có một véc-tơ chỉ phương là u = M1M2 = (−1; 2; 0). Chọn phương án C roups/GeoGebr
Câu 15.12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; −3; 2) và #» b + c
chứa trục Oz. Gọi n = (a; b; c) là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Tính M = . a 1 1 A. M = − . B. M = 3. C. M = . D. M = −3. 3 3 Lời giải. #»
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; −3; 2) và chứa trục Oz nên chứa giá của hai véc-tơ k = (0; 0; 1), # » OA = (1; −3; 2). #» h #» # »i
Khi đó, véc-tơ pháp tuyến của (P) là n = k , OA = (3; 1; 0). acebook.com/g .f 1 + 0 1
Vậy a = 3, b = 1, c = 0 nên M = = . 3 3 Chọn phương án C
Câu 15.13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 2; 0) và x + 1 y z #» chứa đường thẳng d : = =
và có một véc-tơ pháp tuyến là n = (1; a; b). Tính a + b. 2 3 1 A. a + b = 2. B. a + b = 0. C. a + b = −3. D. a + b = 3. https://www Lời giải. # » #»
Lấy điểm B(−1; 0; 0) ∈ d. Ta có AB = (−2; −2; 0), u d = (2; 3; 1). #» h # » #» i
Mặt phẳng (P) đi qua A và chứa d nên mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến n = AB, u d = (−2; 2; −2). #»
Khi đó véc-tơ n 1 = (1; −1; 1) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (P). Suy ra a = −1, b = 1. Vậy a + b = −1 + 1 = 0. Chọn phương án B
Câu 15.14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 4; 1), B(−1; 1; 3) và mặt
phẳng (P) : x − 3y + 2z − 5 = 0. Một mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt
phẳng (P) có dạng ax + by + cz − 11 = 0. Tính a + b + c. 44 A. a + b + c = 10. B. a + b + c = 3. C. a + b + c = 5. D. a + b + c − 7. Lời giải. # » #»
Ta có AB = (−3; −3; 2) và véc-tơ pháp tuyến của (P) là n P = (1; −3; 2).
Mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P) có véc-tơ pháp tuyến là #» h # » #» i #»
n Q = AB, n P = (0; 8; 12). Suy ra n = (0; 2; 3) cũng là véc-tơ pháp tuyến của (Q).
Phương trình mặt phẳng (Q) : 0(x − 2) + 2(y − 4) + 3(z − 1) = 0 ⇔ 2y + 3z − 11 = 0.
Theo đề bài: a = 0, b = 2, c = 3. Do đó a + b + c = 0 + 2 + 3 = 5. Chọn phương án C
CÂU 16. Trong không gian Oxyz , điểm nàọ dưới đây thuộc đường thẳng d : x+1 = y−2 = z−1 − ? 1 3 3 A. P (−1; 2; 1) . B. Q (1; −2; −1) . C. N (−1; 3; 2) . D. M (1; 2; 1) . Lời giải.
Cách 1 : Vì phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua P (xo; yo; z0) và có vectơ chỉ phương #»
u (a; b; c) là x−xo = y−yo = z−zo nên dễ dàng thấy điểm P (−1; 2; 1) thuộc đường thẳng d . a b c
Cách 2 : Thay tọa độ 4 điểm M , N , P , Q vào phương trình đường thẳng d ta thấy điểm P thỏa mãn. Chọn phương án A x − 1 y + 2 z
Câu 16.1. Trong không gian Oxyz, đường thẳng ∆ : = = không đi qua điểm nào 2 −1 −1 2020 dưới đây? A. A(−1; 2; 0). B. B(−1; −3; 1). C. C(3; −1; −1). D. D(1; −2; 0). THPT Lời giải. −1 − 1 2 + 2 0
Thay tọa độ điểm A(−1; 2; 0) vào phương trình đường thẳng ta có 6= 6= . 2 −1 −1
Vậy điểm A không thuộc ∆. GHIỆP Chọn phương án A N  T x = t    TỐ
Câu 16.2. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
y = 1 − t . Đường thẳng d đi qua điểm nào   z = 2 + t THI dưới đây? KỲ A. K(1; −1; 1). B. H(1; 2; 0). C. E(1; 1; 2). D. F(0; 1; 2). Lời giải.
Đường thẳng d đi qua điểm F(0; 1; 2). Chọn phương án D
Câu 16.3. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : 2x − y + 2x − 3 = 0 và mặt phẳng
(Q) : x + y + z − 3 = 0. Giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) là đường thẳng đi qua điểm nào dưới đây? A. P(1; 1; 1). B. M(2; −1; 0). C. N(0; −3; 0). D. Q(−1; 2; −3). Lời giải.
Giả sử giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) là một đường thẳng đi qua điểm I. ( I ∈ (P) Khi đó I ∈ (Q).
Kiểm tra các điểm M, N, P, Q. Ta thấy chỉ có điểm P(1; 1; 1) cùng thuộc hai mặt phẳng (P) và (Q).
Vậy P(1; 1; 1) là điểm cần tìm. Chọn phương án A 45 x + 1 y − 2
Câu 16.4. Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : = = −1 3 z − 1? 3A. P (−1; 2; 1). B. Q (1 ; −2 ; −1). C. N (−1 ; 3 ; 2). D. M (1 ; 2 ; ). Lời giải.
Lần lượt thay tọa độ các điểm mỗi phương án vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm P (−1 ; 2 ; 1) −1 + 1 2 − 2 1 − 1 thỏa mãn = = = 0. −1 3 3
Vậy điểm P (−1; 2 ; 1) thuộc đường thẳng yêu cầu. Chọn phương án D o x + 1 y − 2 z
Câu 16.5. Trong không gian Oxyz, điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d : = = ? 1 −1 3 aPr A. Q (1; 0 ; 2). B. N (1 ; −2 ; 0). C. P (1 ; −1 ; −3). D. M (−1 ; 2 ; 0). Lời giải.
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy điểm M (−1 ; 2 ; 0) thỏa −1 + 1 3 − 2 0 = = = 0. 1 −1 3
Vậy điểm M (−1 ; 2 ; 0) thuộc đường thẳng yêu cầu. Chọn phương án D roups/GeoGebr x = 1 + t   
Câu 16.6. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :
y = 2 + t đi qua điểm nào trong các điểm sau   z = 3 + t đây? A. M (−1; 2 ; 3). B. N (3 ; 2 ; 1). C. P (1 ; 2 ; 3). D. Q (0 ; 0 ; 0). Lời giải.
Lần lượt cho t các giá trị phù hợp với hoành độ của các điểm trong mỗi phương án. Ta được t = 0 acebook.com/g .f
thỏa mãn đề bài, điểm nằm trên d là điểm P (1 ; 2 ; 3) . Chọn phương án C x y + 2 z − 1
Câu 16.7. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = đi qua điểm M (2 ; m ; n). 1 −1 3 Giá trị của m + n bằng A. −1. B. 7. C. 3. D. 1. Lời giải. https://www
Thay tọa độ điểm M (2 ; m ; n) và phương trình của ∆ ta được: ( ( 2 m + 2 n − 1 m + 2 = −2 m = −2 = = ⇔ ⇔ ⇒ m + n = 3. 1 −1 3 n − 1 = 6 n = 4 Chọn phương án C
Câu 16.8. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y + z = 5. Điểm nào dưới đây thuộc (P)? A. Q (2; −1 ; 5). B. N (0 ; 0 ; −5). C. P (−5 ; 0 ; 0). D. M (1 ; 1 ; 6). Lời giải. 46
Thay tọa độ các điểm vào phương trình của mặt phẳng (P) ta thấy M (1 ; 1 ; 6) thỏa mãn.
Vậy điểm M (1 ; 1 ; 6) thuộc thuộc (P). Chọn phương án D
Câu 16.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (m ; 1 ; 6) và mặt phẳng (P) : x − 2y + z − 5 = 0.
Điểm M thuộc (P) khi m bằng A. m = 1. B. m = −1. C. m = 3. D. m = 2. Lời giải.
Thay tọa độ M (m ; 1 ; 6) vào (P) : x − 2y + z − 5 = 0 ta được m − 2 + 6 − 5 = 0 ⇔ m = 1. Chọn phương án A
Câu 16.10. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25 và điểm
M (1 ; 1 ; 1). Tìm khẳng định đúng?
A. M nằm bên ngoài (S).
B. M nằm bên trong (S).
C. M thuộc mặt cầu (S).
D. Đường kính bằng 5. Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (−1 ; 2 ; 3), bán kính R = 5. Ta có: q I M =
(1 + 1)2 + (1 − 2)2 + (1 − 3)2 = 3 < 5 = R. 2020 Vậy M nằm bên trong (S) . THPT Chọn phương án B
Câu 16.11. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 6 và điểm
M (2 ; 2 ; 4). Tìm khẳng định đúng? GHIỆP
A. Điểm M nằm bên ngoài (S).
B. Điểm M nằm bên trong (S). N T
C. Điểm M thuộc mặt cầu (S).
D. Đường kính bằng 6. Lời giải. TỐ √
Mặt cầu (S) có tâm I (1 ; 1 ; 2), bán kính R = 6. Ta có: THI q √ I M =
(2 − 1)2 + (2 − 1)2 + (4 − 2)2 = 6 = R. KỲ Vậy M thuộc (S). Chọn phương án C
Câu 16.12. Trong không gian Oxyz, cho điểm A (1 ; 0 ; 2), mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z − 4)2 =
3. Gọi d1 là khoảng cách ngắn nhất từ A đến một điểm thuộc (S) và d2 là khoảng cách dài nhất từ
điểm A đến một điểm thuộc (S). Giá trị của d1 + d2 bằng √ √ √ √ A. .4 3.. B. 2 3. C. 6 3. D. 8 3. Lời giải. 47 F I E A M o √ aPr
Mặt cầu (S) có tâm I (−1 ; 2 ; 4), bán kính R = 3 . Ta có: q √ AI =
(1 + 1)2 + (0 − 2)2 + (2 − 4)2 = 2 3 = 2R > R ⇒ A nằm ngoài (S). √
Lấy điểm M bất kì trên (S) thì I M = R = 3 và ta có: √ • AM ≥ AI − I M =
3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa A và I. √ roups/GeoGebr
• AM ≥ AI + I M = 3 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I nằm giữa A và M. √ √ √ Suy ra d1 =
3, d2 = 3 3. Vậy d1 + d2 = 4 3. Chọn phương án A x = 1 + 2t   
Câu 16.13. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : y = 2 − t
(t ∈ R) và điểm M(1; 2; m).   z = −2 + 2t acebook.com/g
Tìm tất cả các giá trị của m để điểm M thuộc đường thẳng d. .f A. m = 2. B. m = 1. C. m = −2. D. m = 0. Lời giải. 1 + 2t = 1  (   t = 0
Điểm M(1; 2; m) thuộc đường thẳng d khi và chỉ khi 2 − t = 2 ⇔  m = −2.   − 2 + 2t = m https://www Chọn phương án C √
CÂU 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
3a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy √ và SA =
2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng A. 45◦ . B. 30◦ . C. 60◦ . D. 90◦ . Lời giải.
Ta có: SA⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) .
Do đó, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc [ SCA . √
Xét ∆SCA vuông tại A: tan [ SCA = SA = 2a √ √ = 1 √ =⇒ [ SCA = 30◦. AC 3a. 2 3 Chọn phương án B 48
Câu 17.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là tan α. Khi đó tan α bằng √ 2 √ A. 2. B. √ . C. 2. D. 2 2. 3 Lời giải.
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là α. Suy ra α = [ SCA. S SA √ Ta có tan α = = 2. AC A D C B Chọn phương án A
Câu 17.2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Độ dài cạnh bên của hình
chóp bằng bao nhiêu để góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60◦? √ 2a a a 3 2a 2020 A. √ . B. . C. . D. . 3 6 6 3 Lời giải. THPT
Gọi H là tâm của tam giác đều ABC, ⇒ SH ⊥ (ABC). S
Hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC) là AH suy ra góc giữa cạnh bên SA và đáy là góc [ SAH. √ GHIỆP a 3 N AH AH
Xét tam giác vuông SAH ta có cos 60◦ = ⇒ SA = = 3 = A C T SA cos 60◦ 1 H TỐ 2 2a √ . B THI 3 Chọn phương án A KỲ
Câu 17.3. Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều cạnh a, AB vuông góc với mặt phẳng (BCD), AB =
2a. M là trung điểm đoạn AD. Gọi ϕ là góc giữa CM và mặt phẳng (BCD). Khi đó √ √ √ √ 3 2 3 3 2 6 A. tan ϕ = . B. tan ϕ = . C. tan ϕ = . D. tan ϕ = . 2 3 2 3 Lời giải.
Gọi N là trung điểm BD, suy ra MN k AB ⇒ MN ⊥ (BCD), do đó A
góc giữa CM với mp(BCD) bằng góc \ MCN. √ √ AB a 3 MN 2 2 3 MN = = a, CN = ⇒ tan ϕ = = a · √ = . 2 2 CN a 3 3 M B C N D 49 Chọn phương án B
Câu 17.4. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Tính góc giữa đường thẳng AB0 và mặt phẳng (BDD0B0). A. 60◦. B. 90◦. C. 45◦. D. 30◦. Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD khi đó ta có AO ⊥ BD (1). A B
Mặt khác ta lại có ABCD.A0B0C0D0 là hình lập phương nên BB0 ⊥ O (ABCD) ⇒ BB0 ⊥ AO (2).
Từ (1) và (2) ta có AO ⊥ (BDD0B0) ⇒ (AB0, (ABCD)) = (AB0, B0O) = D o \ AB0O. AO 1 A0 C
Xét tam giác vuông AB0O ta có sin \ AB0O = = ⇒ \ AB0O = 30◦. B0 aPr AB0 2 D0 C0 Chọn phương án D √
Câu 17.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a, SA √ S
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =
2a (minh họa như hình bên). roups/GeoGebr
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng A. 45◦. B. 30◦. C. 60◦. D. 90◦. A D B C Lời giải. (SA ⊥ (ABCD) acebook.com/g Ta có
⇒ A là hình chiếu của S lên (ABCD). S .f A ∈ (ABCD)
Suy ra AC là hình chiếu của SC lên (ABCD)
⇒ (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = [ SCA = α. √
Do ABCD là hình vuông cạnh 3a nên √ √ A AC = a 6, SA = a 2 D √ √ SA a 2 3 ⇒ tan α α = = √ = ⇒ α = 30◦. https://www AC a 6 3
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 30◦. B C Chọn phương án B
Câu 17.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc √
với mặt đáy. Cho SA = a 2. Tính góc giữa cạnh SC với mặt đáy. A. 45◦. B. 60◦. C. 90◦. D. 30◦. Lời giải. 50
Vì SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) là S
AC. Suy ra góc giữa SC và (ABCD) bằng [ SCA. Tam giác SAC vuông √ SA a 2 tại A nên ta có tan [ SCA = = √
= 1. Vậy góc cần tính bằng AC a 2 45◦. A D B C Chọn phương án A
Câu 17.7. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên
(ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Tính số đo của góc giữa SA và (ABC). A. 30◦. B. 45◦. C. 60◦. D. 90◦. Lời giải.
SA có hình chiếu vuông góc lên (ABC) là H A. 2020 S
Vậy góc giữa SA và (ABC) là [ SAH (vì [ SAH < 90◦). √ a 3
Tam giác SAH vuông tại H có SH = AH = nên là tam giác THPT 2 vuông cân tại H.
Vậy góc giữa SA và (ABC) có số đo là 45◦. B A GHIỆP N H T C TỐ Chọn phương án C √ THI
Câu 17.8. Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC vuông tại B, SA vuông góc với (ABC), SA = a 3,
AB = a. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng KỲ A. 60◦. B. 30◦. C. 45◦. D. 90◦. Lời giải.
Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc [ SBA. S
Xét tam giác vuông SAB, ta có √ SA a 3 √ tan [ SBA = = = 3. 3 AB a √ a Suy ra [ SBA = 60◦.
Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60◦. A C a B Chọn phương án A
Câu 17.9. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều tâm O cạnh a. Hình chiếu của C0 √
trên (ABC) trùng với tâm của đáy. Biết OC0 = a 2. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 51 √ A. 60◦. B. arctan 3. C. 30◦. D. arctan 6. Lời giải. √ √ AB 3 2 a 3
Vì tam giác ABC đều nên OC = · = . 2 3 3 A0 C0
Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là góc α = \ C0CO OC0 √ √ ⇒ tan α = = 6 ⇒ α = arctan 6. B0 OC A C O o B aPr Chọn phương án D √
Câu 17.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3, SA ⊥ √
(ABCD), SA = a 5. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Gọi α là góc giữa SO và mặt phẳng (ABCD). Tính tan α. √ √ √ 10 5 √ A. 10. B. . C. . D. 5. 2 2 Lời giải.
Do SA ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu của SO lên mặt phẳng S roups/GeoGebr ABCD. Vậy α = [ SOA. √ SA a 5 √ Suy ra tan α = = = 5. OA a A D O B C acebook.com/g .f Chọn phương án D
Câu 17.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với
(ABCD) và SA = a. Tính góc giữa cạnh SB và mặt phẳng (ABCD). A. 60◦. B. 90◦. C. 30◦. D. 45◦. Lời giải.
Do SA ⊥ (ABCD) suy ra AB là hình chiếu vuông góc của SB trên mặt S https://www
phẳng (ABCD) từ đó suy ra (SB; (ABCD)) = [ SBA.
Theo giả thiết ta có SA = AB suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, từ đó ta có (SB; (ABCD)) = [ SBA = 45◦. A D B C Chọn phương án D 52
Câu 17.12. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Các cạnh bên
của hình chóp S.ABC tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng α. Khẳng định nào sau đây là đúng? √ √ √ √ 3 3 3 3 A. cos α = . B. cos α = . C. sin α = . D. sin α = . 6 12 12 6 Lời giải.
Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên ABC là tam giác S
đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) ⇒ H
là trọng tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ √ a 3 a AM = ⇒ AH = √ . 2 3 √ B AH 3 Mà [
SAH = α ⇒ cos α = = . SA 6 A H M C Chọn phương án A
Câu 17.13. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a và SA ⊥
(ABC). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) bằng 45◦. Tính SA. √ √ 2020 A. SA = 2a. B. SA = a 3. C. SA = a 2. D. SA = a. Lời giải. √
Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = a 2. THPT S
Tam giác SAC vuông tại A có [ SCA = 45◦ nên tam giác SAC cân tại A. √ Do đó, SA = AC = a 2. GHIỆP N T TỐ C A THI KỲ B Chọn phương án C
CÂU 18. Cho hàm số f (x) , bảng xét dấu của f 0 (x) như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 +
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f 0 (x) ta thấy f 0 (x) đổi dấu 2 lần tại x = − 1 và x = 1 .
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2 . Chọn phương án B
Câu 18.1. Cho hàm số f (x) liên tục trên R, bảng xét dấu của f 0(x) như sau: 53 x −∞ x1 x2 x3 +∞ f 0(x) − 0 + − 0 +
Khi đó số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải.
Do hàm số xác định trên R và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại x1; x2; x3 nên hàm số y = f (x) có ba điểm cực trị. o Chọn phương án A aPr
Câu 18.2. Cho hàm số f (x), bảng xét dấu của f 0(x) như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 +
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải. roups/GeoGebr
Từ bảng xét dấu của f 0(x) ta thấy f 0(x) đổi dấu 2 lần tại x = 1 và x = 1.
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2. Chọn phương án B
Câu 18.3. Cho hàm số y = f (x) liên trục trên R với bảng xét dấu của f 0(x) như sau x −∞ −3 1 2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 + 0 −
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là acebook.com/g .f A. 2. B. 1. C. 3. D. 0. Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f 0(x) ta thấy f 0(x) đổi dấu 2 lần tại x = −3 và x = 2.
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2. Chọn phương án A
Câu 18.4. Cho hàm số y = f (x) liên trục trên R với bảng xét dấu của f 0(x) như sau https://www x −∞ −2 1 5 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 +
Hỏi mệnh đề nào sau đây sai?
A. Hàm số có 2 điểm cực trị.
B. Hàm số y = f (x) đạt cực đại tại x = −2.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
D. Hàm số y = f (x) đạt cực tiểu tại x = −5. Lời giải.
Từ bảng xét dấu của f 0(x) ta thấy f 0(x) không đổi dấu tại x = 1 nên tại x = 1 không là điểm cực trị của hàm số. Chọn phương án C 54
Câu 18.5. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R và có bảng biến thiên: x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − + 0 − 3 2 2 y −1 −1 −∞
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. Có một điểm. B. Có hai điểm. C. Có ba điểm. D. Có bốn điểm. Lời giải.
Từ bẳng biến thiên ta thấy hàm số y = f (x) có hai điểm cực trị tại x = −1 và x = 1.
Tại x = 0 không phải là cực trị vì hàm số y = f (x) không xác định tại x = 0. Chọn phương án B
Câu 18.6. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ? x − 1 A. Hàm số y = có một điểm cực trị. x + 2
B. Hàm số y = x4 − 2x2 − 3 có ba điểm cực trị. 2020
C. Hàm số y = −x4 − 2x2 + 3 có ba điểm cực trị.
D. Hàm số y = x3 + 3x − 4 có hai điểm cực trị. THPT Lời giải. Ta có x − 1 GHIỆP • Hàm số y = không có cự trị. x + 2 N T
• Hàm số y = −x4 − 2x2 + 3 có một cực trị vì a.b > 0. TỐ
• Hàm số y = x3 + 3x − 4 không có cực trị vì y0 = 3x2 + 3 > 0, ∀x ∈ R. THI
• Hàm số y = x4 − 2x2 − 3 có ba điểm cực trị vì a.b < 0. KỲ Chọn phương án B
Câu 18.7. Cho hàm số f (x) có đạo hàm là f 0(x) = x2(x − 1)(x + 2)3, ∀x ∈ R. Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. x = 2. B. x = 0. C. x = 1. D. x = −3. Lời giải.
Ta có: y0 = 0 có ba nghiệm là x = −2 , x = 0, x = 1.
Ta có bảng xét dấu của hàm số f 0(x). x −∞ −2 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 +
Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Chọn phương án C 55
Câu 18.8. Cho hàm số f (x) có đạo hàm là f 0(x) = (ex − 1)(x2 − x − 2), ∀x ∈ R. Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải.
Ta có: y0 = 0 có ba nghiệm là x = −1 , x = 0, x = 2.
Ta có bảng xét dấu của hàm số f 0(x). x −∞ −1 0 2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + o aPr
Dưa vào bản biến thiên ta thấy hàm số có hai điểm cực tiểu tại x = −1 và x = 2. Chọn phương án C Câu 18.9.
Cho hàm số f (x) có đồ thị f 0(x) của nó trên khoảng K như y
hình vẽ. Khi đó trên K, hàm số y = f (x) có bao nhiêu điểm cực trị? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. roups/GeoGebr − O x 4 −3 2 4 Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số f 0(x) cắt trục hoành tại 3 điểm là x = −4, x = 0 và x = 4.
• Tại x = 0 và x = 4 là nghiệm bội chẵn của f 0(x) nên hàm số y = x(x) không đạt cực trị tại đó.
• Tại x = −4 là nghiệm bội lẻ của f 0(x) nên hàm số y = x(x) đạt cực trị tại đó.
Vậy hàm số y = f (x) có một điểm cực trị. acebook.com/g .f Chọn phương án A Câu 18.10.
Đồ thị hàm số y = f 0(x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Hàm y
số y = f (x) − 3x + 2020 có bao nhiêu điểm cực trị 3 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. https://www 1 − − x 1 O 2 −1 Lời giải. 56
Đặt g(x) = f (x) − 3x + 2020 khi đó g0(x) = f 0(x) − 3. y
Ta có số điểm cực trị của hàm số y = g(x) là số nghiệm bội lẻ 3
của phương trình g0(x) = 0 hay f 0(x) = 3.
• Vì x = −1 là nghiệm bội chẵn của phương trình g0(x) = 0
nên không là cực trị của hàm số y = g(x).
• Vì x = 2 là nghiệm bội lẻ của phương trình g0(x) = 0 nên 1
là cực trị của hàm số y = g(x). − − x 1 O 2
Vậy hàm số y = g(x) = f (x) − 3x + 2020 là một điểm cực trị. −1 Chọn phương án A √
Câu 18.11. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f 0(x) = x2 −
2 x2(x + 2)3, ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải. √
Ta có f 0(x) có 4 nghiệm phân biệt là ± 4 2; 0; −2. 2020 √
Tuy nhiên f 0(x) chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm ± 4 2 và −2 nên hàm số f (x) có 3 điểm cực trị. Chọn phương án C THPT
Câu 18.12. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x) = (x − 1)(x2 − 2)(x4 − 4). Số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. GHIỆP N Lời giải. T
Ta có f 0(x) = (x − 1)(x2 − 2)2(x2 + 2). √ TỐ
Phương trình f 0(x) = 0 có 3 nghiệm là −1, ± 2 nhưng f 0(x) chỉ đổi dấu qua nghiệm x = −1.
Nên hàm số f (x) có 1 điểm cực trị. THI Chọn phương án C KỲ
Câu 18.13. Đường cong trong hình vẽ dưới đây là đồ thị của hàm số f 0(x) y x O
Số điểm cực trị của hàm số f (x) là A. 4. B. 3. C. 5. D. 2. 57 Lời giải.
Từ hình vẽ ta thấy f 0(x) = 0 và đổi dấu tại đúng hai điểm nên hàm số có hai điểm cực trị. Chọn phương án D √ √
Câu 18.14. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = x − 1 + 5 − x trên [1; 5]. √ √ √ A. max f (x) = 3 2. B. max f (x) = 2. C. max f (x) = 2 2. D. max f (x) = 2. x∈[1;5] x∈[1;5] x∈[1;5] x∈[1;5] Lời giải.
Hàm số đã cho liên tục trên [1; 5]. √ √ 1 1 5 − x − x − 1 Ta có f 0(x) = √ − √ = √ √ . 2 x − 1 2 5 − x 2 · x − 1 · 5 − x √ √ o Do đó f 0(x) = 0 ⇔ 5 − x = x − 1 ⇔ x = 3 ∈ [1; 5]. √ √
Mặt khác f (1) = 2 = f (5), f (3) = 2 2. Vậy max f (x) = 2 2. aPr x∈[1;5] Chọn phương án C
Câu 18.15. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = −x4 + 12x2 + 1 trên đoạn [−1; 2] bằng A. 1. B. 37. C. 33. D. 12. Lời giải.
Hàm số f (x) = −x4 + 12x2 + 1 liên tục trên [−1; 2]. f 0(x) = −4x3 + 24x. " roups/GeoGebr x = 0
Xét f 0(x) = 0 ⇔ −4x3 + 24x = 0 ⇐ √ x = ± 6.
Ta xét trên [−1; 2] nên nhận x = 0.
Ta có f (−1) = 12, f (0) = 1, f (2) = 33. Vậy max f (x) = f (2) = 33. x∈[−1;2] Chọn phương án C
CÂU 19. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = −x4 + 12x2 + 1 trên đoạn [− 1 ; 2] bằng acebook.com/g A. 1 . B. 37 . C. 33 . D. 12 . .f Lời giải.
Hàm số f (x) liên tục trên đoạn [− 1 ; 2] .
f 0 (x) = − 4x3 + 24x = 4x − x2 + 6 x = 0 ∈ (−1 ; 2) √ f 0 (x) = 0 ⇐⇒  x = − 6 / ∈ (−1 ; 2)  √ https://www x = 6 / ∈ (−1 ; 2)
f (−1) = 12 ; f (2) = 33 ; f (0) = 1 . Vậy Max f (x) = 33 . [− 1 ;2] Chọn phương án C x3 x2
Câu 19.1. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = +
− 2x − 1 trên đoạn [0; 2] bằng 3 2 1 7 A. − . B. . C. 0. D. −1. 3 3 Lời giải. x3 x2 Hàm số f (x) = +
− 2x − 1 liên tục trên [0; 2]. 3 2 58 "x = 1
f 0(x) = x2 + x − 2; f 0(x) = 0 ⇔ x = −2.
Ta xét trên [0; 2] nên nhận x = 1. 13 1
Ta có f (0) = −1, f (1) = − , f (2) = − . 6 3 1
Vậy max f (x) = f (2) = − . x∈[0;2] 3 Chọn phương án A 3x − 1
Câu 19.2. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = trên đoạn [0; 2] bằng x − 3 1 1 A. − . B. . C. −5. D. 5. 3 3 Lời giải. 3x − 1 Hàm số f (x) = liên tục trên [0; 2]. x − 3 8 f 0(x) = − < 0, ∀x ∈ (0; 2). (x − 3)2 1 Ta có f (0) = , f (2) = −5. 3 1 Vậy max f (x) = f (0) = . 2020 x∈[0;2] 3 Chọn phương án B √ THPT
Câu 19.3. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = −x2 + 2x bằng √ A. 1. B. 0. C. 3. D. 2. Lời giải. √ GHIỆP Hàm số f (x) =
−x2 + 2x liên tục trên [0; 2]. N 1 − x T f 0(x) = √ , f 0(x) = 0 ⇔ x = 1. −x2 + 2x TỐ
Ta có f (0) = 0, f (2) = 0, f (1) = 1. Vậy max f (x) = f (1) = 1. THI x∈[0;2] Chọn phương án A KỲ
Câu 19.4. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = cos3 x + 2 sin2 x + cos x bằng 58 A. . B. 3. C. 2. D. −2. 27 Lời giải.
f (x) = cos3 x + 2 sin2 x + cos x = cos3 x − 2 cos2 x + cos x + 2. Đặt t = cos x, t ∈ [−1; 1].
Hàm số f (t) = t3 − 2t2 + t + 2 liên tục trên [−1; 1]. t = 1
f 0(t) = 3t2 − 4t + 1, f 0(t) = 0 ⇔  1 . t = 3 1 58
Ta có f (−1) = −2, f (1) = 2, f ( ) = . 3 27 1 58 Vậy max f (t) = f ( ) = . x∈[−1;1] 3 27 Chọn phương án A x − m2
Câu 19.5. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = trên đoạn [0; 1] bằng x + 1 59 1 + m2 1 − m2 m2 − 1 A. . B. −m2. C. . D. . 2 2 2 Lời giải. x − m2 Hàm số f (x) = liên tục trên [0; 1]. x + 1 m2 + 1 f 0(x) = > 0, ∀x ∈ (0; 1). (x + 1)2 1 − m2 Ta có f (0) = −m2, f (1) = . 2 1 − m2 Vậy max f (x) = f (1) = . x∈[0;1] 2 o Chọn phương án C aPr
Câu 19.6. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [−1; 3]. Giá trị M − m bằng A. 0. B. 1. C. 4. D. 5. y 3 1 roups/GeoGebr 2 − x 1 O 3 −2 Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có M = 3 và m = −2 nên M − m = 3 − (−2) = 5. Chọn phương án D acebook.com/g .f
Câu 19.7. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−2; 2] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [−2; 2]. Giá trị M − m bằng A. 0. B. 8. C. 4. D. 2. y 4 2 https://www −2 1 − x 1 O 2 −2 −4 Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số ta có M = 4 và m = −4 nên M − m = 4 − (−4) = 8. Chọn phương án B 60
Câu 19.8. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−3; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Gọi M,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( f (x)) trên đoạn [−1; 0]. Giá trị M − m bằng A. 1. B. 3. C. 4. D. 6. y 3 1 −3 1 3 − x 1 O 2 −3 Lời giải.
( − x2 − 2x (−3 ≤ x ≤ 1) Ta có f (x) = y
− 6x2 + 24x − 21 (1 ≤ x ≤ 3).
( − x4 − 4x3 − 2x2 + 4x (−3 ≤ x ≤ 1) x f ( f (x)) = − −
36x4 + 288x3 − 828x2 + 1008x − 339 (1 ≤ x ≤ 3). 1 O 2020
Đồ thì của hàm số f ( f (x)) như hình vẽ −3
Do đó M = 0 và m = −3 nên M − m = 0 − (−3) = 3. THPT Chọn phương án B √
Câu 19.9. Gọi M, N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = |x − 3| x + 1
trên [0; 4]. Khi đó M + 2N bằng GHIỆP √ N 16 3 256 √ A. . B. . C. 3. D. 5. T 9 27 Lời giải. TỐ
Ta có f (x) = p(x − 3)2(x + 1). Xét hàm số g(x) = (x − 3)2(x + 1) trên [0; 4]. THI
Ta có g0(x) = 2(x − 3)(x + 1) + (x − 3)2 = (x − 3)(3x − 1). x = 3 ∈ (0; 4) KỲ 1 256 Khi đó g0(x) = 0 ⇔ =  1 ; g(0) = 9, g , g(3) = 0, g(4) = 5. x = ∈ (0; 3) 3 27 3 √ √ 256 16 3 16 3
Khi đó min g(x) = 0; max g(x) = . Hay M = , N = 0. Vậy M + 2N = . [0;4] [0;4] 27 9 9 Chọn phương án A
Câu 19.10. Cho hàm số f (x) liên tục trên [−1; 3] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M, m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) trên [−1; 3]. Tính M − m. 61 −1 −3 y 4 1 x −1 O 1 3 o −1 aPr A. 2. B. 5. C. 3. D. 4. Lời giải.
Quan sát đồ thị ta thấy hàm số y = f (x) đạt giá trị nhỏ nhất trên [−1; 3] là −1 tại x = −1 và đạt giá
trị lớn nhất trên [−1; 3] là 4 tại điểm x = 3. Do đó M = 4, m = −1 nên M − m = 5. Chọn phương án B
CÂU 20. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log a =
(ab). Mệnh đề nào đúng ? 2 log8 A. a = b2. B. a3 = b. C. a = b. D. a2 = b. roups/GeoGebr Lời giải. 1 Ta có: log a = (ab) ⇔ a = (ab) ⇔ a = (ab) ⇔ a3 = (ab) 2 log8 log2 log 3 log log log log . 3 2 2 2 2 2 ⇔ a3 = ab ⇔ a2 = b. Chọn phương án D
Câu 20.1. Xét tất cả các số thực dương a và b thỏa mãn log a2 =
ab2. Mệnh đề nào đúng ? 2 log4 A. 2a = b. B. a2 = b3. C. a3 = b2. D. a = b. Lời giải. acebook.com/g 1 .f Ta có: log a2 = ab2 ⇔ a2 = ab2 ⇔ a2 = ab2. 2 log4 log2 log 2 log log 2 2 2 2 ⇔ log a4 = ab2 ⇔ a3 = b2. 2 log2 Chọn phương án C
Câu 20.2. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a3b2 = 32. Giá trị của 3 log a + b bằng 2 2 log2 A. 5. B. 2. C. 32. D. 4. Lời giải. https://www Ta có: 3 log a + b = a3 + b2 = a3b2 = 2 2 log2 log2 log2 log2 log2 32 = 5. Chọn phương án A 1
Câu 20.3. Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn log a +
b = − . Giá trị của a2b4 bằng 4 log2 2 1 1 A. . B. . C. 2. D. −4. 2 4 Lời giải. 1 1 1 √ 1 √ 1 Ta có: log a + b = − ⇔ a + b = − ⇔ a + b = − ⇔ ab = − . 4 log2 log log log log log 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 √ 1 ⇔ ab = 2− 12 ⇔ a2b4 = . 4 Chọn phương án B 62 Câu 20.4. Cho log (a + (a−3) bằng 2
1) = 3.Giá trị của biểu thức 3log4 A. 3. B. 1. C. 2. D. 4. Lời giải. Ta có: log (a + 2
1) = 3 ⇔ a + 1 = 8 ⇔ a = 7. Suy ra 3log ( ( 4 a−3) = 3log4 7−3) = 3 Chọn phương án A log a
Câu 20.5. Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 3 5 · log5
− log b = 2. Tìm khẳng định 1 + log 6 3 2 đúng. A. a = b log6 2. B. a = b log6 3. C. a = 36b. D. 2a + 3b = 0. Lời giải. log a log a Ta có: 3 5 · log5 − log b = 2 ⇔ 3 − log b = 2. 1 + log 6 6 3 2 log3 3 + log3 2 log a a a ⇔ 3
− log b = 2 ⇔ log a − log b = 2 ⇔ log = 2 ⇔ = 36 ⇔ a = 36b. log 6 6 6 6 b b 3 6 Chọn phương án C
Câu 20.6. Cho a > 0; a 6= 1 và x, y ∈ R thỏa mãn log a bằng
a 3 = x, loga 2 = y. Khi đó (x + y) log6 2020 A. (x + y)2. B. 2(x + y). C. x + y. D. 1. Lời giải.
Ta có: loga 3 = x ⇔ ax = 3. THPT loga 2 = y ⇔ ay = 2. Suy ra (x + y) log a = ax+y = (ax · ay) = ( 6 log6 log6 log6 3 · 2) = 1. Chọn phương án D GHIỆP N b 16
Câu 20.7. Cho a > 0; a 6= 1 và b > 0 thỏa mãn log b = và log a = . Tổng a + b bằng T a 4 2 b A. 16. B. 12. C. 10. D. 18. TỐ Lời giải. b 16 THI Ta có: log b · a = · . a log2 4 b ⇔ KỲ log b = 2 4 ⇔ b = 16 16 Suy ra log a = ⇔ a = 2 log 1 ⇔ a = 2. 16 2 Tổng a + b = 16 + 2 = 18 Chọn phương án D
Câu 20.8. Cho a và b lần lượt là số hạng thứ nhất và thứ năm của cấp số cộng có công sai d 6= 0. Giá b − a trị của log bằng 2 d A. log2 5. B. 3. C. 2. D. log2 3. Lời giải. b − a a + 4d − a Ta có: log = = 2 log log d 2 d 2 4 = 2. Chọn phương án C
Câu 20.9. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [−1; 3] và có bảng biến thiên như sau 63 x −1 0 2 3 f 0(x) + 0 − 0 + 2 3 f (x) 1 −2
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f (3| sin x| − 1). A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. o Lời giải.
Đặt t = 3| sin x| − 1, ∀x ∈ R. aPr
Ta có 0 ≤ | sin x| ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 3| sin 3x| ≤ 3 ⇔ −1 ≤ 3| sin x| − 1 ≤ 2. Vậy t ∈ [−1; 2].
Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số y = f (3| sin x| − 1) chính là giá trị lớn nhất của hàm số y = f (t) trên đoạn [−1; 2].
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y = f (x) ta có ngay max f (x) = max f (t) = f (0) = 2. x∈R t∈[−1;2] Chọn phương án C roups/GeoGebr a + b 2 ln a + ln b
Câu 20.10. Cho a > 0, b > 0 và ln =
. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề 3 3 sau
A. a3 + b3 = 8a2b − ab2.
B. a3 + b3 = 3(8a2b + ab2).
C. a3 + b3 = 3(a2b − ab2).
D. a3 + b3 = 3(8a2b − ab2). Lời giải. Ta có a + b 2 ln a + ln b ln = 3 3 acebook.com/g .f a + b ⇔ 3 ln = 2 ln a + ln b 3 (a + b)3 ⇔ ln = ln a2b 27 (a + b)3 ⇔ = a2b 27 ⇔ (a + b)3 = 27a2b https://www
⇔ a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = 27a2b ⇔ a3 + b3 = 3 8a2b − ab2 Chọn phương án D  √ 11  3 a7 · a 3 m m Câu 20.11. Cho log √ = với a >
tối giản. Khẳng định nào a  
0, m, n ∈ N∗ và phân số a4 · 7 a−5 n n sau đây đúng? A. m2 − n2 = 32. B. m2 + n2 = 543. C. m2 − n2 = −312. D. m2 + n2 = 409. Lời giải. 64 √ 11 7 11 3 a7 · a 3 a 3 · a 3 a6 19 19 19 Đặt A = √ = = = a 7 , suy ra log A = a 7 = . a loga a4 · 7 a−5 −5 23 7 a4 · a 7 a 7
Từ đó suy ra m = 19, n = 7 ⇒ m2 − n2 = 312. Chọn phương án A b 16
Câu 20.12. Cho a > 0, b > 0 và a 6= 1 thỏa mãn log b = a = . Tính tổng a + b. a , log 4 2 b A. 12. B. 18. C. 16. D. 10. Lời giải. 16 16 b b Ta có log a = ⇔ a = b suy ra b = b = b = . 2 2 log log 16 log b a 2 2 b 16 4 Từ đó suy ra log b = 2 4 ⇔ b = 16 ⇒ a = 2. Vậy a + b = 18. Chọn phương án B a
Câu 20.13. Nếu log a + b2 = a2 + b = là 8 log4 5 và log4 log8 7 thì giá trị của b A. 2. B. 218. C. 8. D. 29. Lời giải.
Điều kiện: a > 0, b > 0. Ta có 2020 ( ( ( ( log a + b2 = 1 a + b = a = a = 8 log4 5 log log 5 log 6 26 ⇔ 3 2 2 ⇔ 2 ⇔ log a2 + log b = 7 log a + 1 log b = 7 log b = 3 b = 23. THPT 4 8 2 3 2 2 a Vậy = 23 = 8. b Chọn phương án C GHIỆP N
CÂU 21. Tập nghiệm của bất phương trình 5x−1 ≥ 5x2−x−9. T A. [−2; 4]. B. [−4; 2]. TỐ
C. (−∞; −2] ∪ [4; +∞).
D. (−∞; −4] ∪ [2; +∞). Lời giải. THI
5x−1 ≥ 5x2−x−9 ⇔ x − 1 ≥ x2 − x − 9 ⇔ x2 − 2x − 8 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 4. KỲ Chọn phương án A 1 x2−3x−2
Câu 21.1. Tập nghiệm của bất phương trình ≥ 4. 2
A. (−∞; 0] ∪ [3; +∞). B. (−∞; 0]. C. [3; +∞). D. [0; 3]. Lời giải. 1 x2−3x−2 1 x2−3x−2 1 −2 ≥ 4 ⇔ ≥
⇔ x2 − 3x ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 3. 2 2 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [0; 3]. Chọn phương án D
Câu 21.2. Tập nghiệm của bất phương trình log2 x − x + 2 3 log2 2 ≥ 0. A. [4; +∞). B. [2; 4].
C. (0; 2] ∪ [4; +∞). D. (0; 2]. Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0. log2 x − x + x ≤ 2 3 log2 2 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ log2 2 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [2; 4]. 65 Chọn phương án B
Câu 21.3. Tập nghiệm của bất phương trình 5x−1 ≥ 5x2−x−9 là A. [−2; 4]. B. [−4; 2].
C. (−∞; −2] ∪ [4; +∞).
D. (−∞; −4] ∪ [2; +∞). Lời giải.
Ta có : 5x−1 ≥ 5x2−x−9 ⇔ x − 1 ≥ x2 − x − 9 ⇔ x2 − 2x − 8 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 2. o
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [−4; 2]. aPr Chọn phương án B 1 2x−10
Câu 21.4. Hỏi bất phương trình 2x2−3x+4 ≤
có bao nhiêu nghiệm nguyên dương ? 2 A. 2. B. 4. C. 6. D. 3. Lời giải. 1 2x−10 Ta có : 2x2−3x+4 ≤
⇔ 2x2−3x+4 ≤ 2−(2x−10) 2 roups/GeoGebr
⇔ x2 − 3x + 4 ≤ −(2x − 10) ⇔ x2 − x − 6 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 3.
Vì x nguyên dương nên x ∈ {1; 2; 3}.
Do đó bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên dương. Chọn phương án D 9x2 −17x+11 7−5x acebook.com/g 1 1 .f
Câu 21.5. Tập nghiệm của bất phương trình ≥ là 2 2 2 2 2 2 A. ; +∞ . B. −∞; . C. . D. R \ . 3 3 3 3 Lời giải. 1 9x2−17x+11 1 7−5x Ta có : ≥
⇔ 9x2 − 17x + 11 ≤ 7 − 5x https://www 2 2 ⇔ 9x2 − 12x + 4 ≤ 0 ⇔ (3x − 2)2 ≤ 0 2 ⇔ x = . 3 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là . 3 Chọn phương án C √ x−1 √ x−1
Câu 21.6. Tập nghiệm của bất phương trình 5 + 2 ≥ 5 − 2 là A. (−∞; 1]. B. [1; +∞). C. (−∞; 1). D. (1; +∞). 66 Lời giải. √ √ √ x−1 x−1 x−1 x−1 1 Ta có : 5 + 2 ≥ 5 − 2 ⇔ 5 + 2 ≥ √5 + 2 √ √ x−1 −(x−1) ⇔ 5 + 2 ≥ 5 + 2 ⇔ x − 1 ≥ −(x − 1) ⇔ x ≥ 1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [1; +∞).
Câu 21.7. Bất phương trình log2 2x2 − x + 1 < 0 có tập nghiệm là 3 3 3 A. 0; . B. (−∞; −1) ∪ ; +∞ . 2 2 3 1 C. −1; . D. (−∞; 0) ∪ ; +∞ . 2 2 Lời giải.
Điều kiện: 2x2 − x + 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ R. Khi đó
Ta có : log2 2x2 − x + 1 < 0 ⇔ 2x2 − x + 1 > 1 2020 3 ⇔ 2x2 − x > 0 x < 0 THPT ⇔  1 . x < 2 1 GHIỆP
Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là (−∞; 0) ∪ ; +∞ . N 2 T Chọn phương án D TỐ
Câu 21.8. Tập nghiệm S của bất phương trình log ( π log x − 3
2) > 0 là (a; b). Giá trị của b − a 6 THI bằng KỲ A. 2. B. 4. C. 3. D. 5. Lời giải. ( ( ( x − 2 > 0 x > 2 x > 2 Điều kiện: ⇔ ⇔ ⇔ x > 3. Khi đó log (x − x − x > 3 2) > 0 2 > 1 3 Ta có : log ( ( π log x − x − 3 2) > 0 ⇔ log3 2) < 1 6 ⇔ x − 2 < 3 ⇔ x < 5.
Kết hợp với điều kiện x > 3, suy ra nghiệm của bất phương trình là 3 < x < 5.
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = (3; 5) = (a; b).
Suy ra a = 3, b = 5 ⇒ b − a = 2. Chọn phương án A
Câu 21.9. Tập nghiệm của bất phương trình ln x2 < 2 ln(4x + 4) là 4 4 4 A. − ; +∞ . B. (−1; +∞) \ {0}. C. − ; +∞ \ {0}. D. − ; +∞ \ {0}. 5 5 3 67 Lời giải. ( ( x2 > 0 x 6= 0 Điều kiện: ⇔ . Khi đó 4x + 4 > 0 x > −1
Ta có : ln x2 < 2 ln(4x + 4) ⇔ ln x2 < ln(4x + 4)2 ⇔ x2 < (4x + 4)2 ⇔ 15x2 + 32x + 16 > 0  4 x < − ⇔ 3  .  4 x > − o 5 (x 6= 0 aPr 4
Kết hợp với điều kiện
, suy ra nghiệm của bất phương trình là x > − và x 6= 0. x > −1 5 4
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là − ; +∞ \ {0}. 5 Chọn phương án C
Câu 21.10. Biết S = [a; b] là tập nghiệm của bất phương trình 3.9x − 10.3x + 3 ≤ 0. Giá trị của b − a bằng 8 10 A. . B. 1. C. . D. 2. roups/GeoGebr 3 3 Lời giải.
Đặt t = 3x, t > 0 ta được bất phương trình: 1 3t2 − 10t + 3 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤ 3 3 1 Vì t = 3x, t > 0 ⇒
≤ 3x ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. 3
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = [−1; 1] = [a; b].
Suy ra a = −1, b = 1 ⇒ b − a = 2. acebook.com/g .f Chọn phương án D
Câu 21.11. Giải bất phương trình log2 x − ( 3
2 log3 3x) − 1 < 0 được tập nghiệm S = (a; b), với a, b là
hai số thực và a < b. Giá trị của biểu thức 3a + b bằng A. −3. B. 3. C. 11. D. 28. Lời giải.
Điều kiện x > 0. Khi đó https://www Ta có : log2 x − ( x − x + 3
2 log3 3x) − 1 < 0 ⇔ log23 2(log3 1) − 1 < 0 ⇔ log2 x − x − 3 2 log3 3 < 0 ⇔ −1 < log x < 3 3 1 ⇔ < x < 27. 3 1
Do đó tập nghiệm bất phương trình đã cho là S = ; 27 = (a; b). 3 1
Suy ra a = , b = 27 ⇒ 3a + b = 28. 3 Chọn phương án D 68
Câu 21.12. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log ( (
0,8 15x + 4) > log0,8 13x + 8). A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. Ta có ( ( 15x + 4 < 13x + 8 2x < 4 log ( ( ⇔
0,8 15x + 4) > log0,8 13x + 8) ⇔ 15x + 4 > 0. 15x > −4. x < 2  4 ⇔ 4 ⇔ − < x < 2. 15 x > − 15
Nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là x ∈ {0; 1}.
Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên. Chọn phương án D
Câu 21.13. Tổng tất cả các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình 2x2−x−1 · 3x2−x ≤ 18 bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải. 2020
Ta có 2x2−x−1 · 3x2−x ≤ 18 ⇔ 2x2−x · 3x2−x ≤ 36 ⇔ 6x2−x ≤ 62 ⇔ x2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2.
Như vậy các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình là x ∈ {0; 1; 2}.
Do đó tổng tất cả các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình đã cho bằng 3 . THPT Chọn phương án A
CÂU 22. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 3. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng GHIỆP
qua trục, thiết diện thu được là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng N A. 18π. B. 36π. C. 54π. D. 27π. T Lời giải. TỐ THI D I C KỲ A O B
Thiết diện qua trục là hình vuông ABCD.
Theo đề bán kính đáy là r = 3 nên l = BC = 2r = 6.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là Sxq = 2πrl = 2π · 3 · 6 = 36π. Chọn phương án B
Câu 22.1. Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , bán kính R = 3, góc ở đỉnh của hình nón là
ϕ = 120◦. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A, B
thuộc đường tròn đáy. Diện tích của tam giác SAB bằng 69 √ √ A. 6 3. B. 6. C. 3 3. D. 3. Lời giải.
Do góc ở đỉnh của hình nón ϕ = 120◦, gọi l là độ dài đường sinh ta có S 2R √ l = √ = 2 3 = SA 3 . √3 √
Khi đó, diện tích của tam giác SAB bằng S = · SA2 = 3 3. 4 B O o A aPr Chọn phương án C
Câu 22.2. Một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a. Thể tích khối trụ tương ứng bằng 8πa3 2πa3 A. 2πa3. B. πa3. C. . D. . 3 3 Lời giải.
Do khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh bằng 2a nên h = 2R = 2a ⇒ ( roups/GeoGebr h = 2a . R = a
Vậy thể tích khối trụ là V = πR2 · h = 2πa3. Chọn phương án A
Câu 22.3. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông
có cạnh bằng 3a. Tính diện tích toàn phần Stp của khối trụ. √ √ acebook.com/g 27πa2 13πa2 a2π 3 A. S . B. S . C. S 3. D. S . .f tp = 2 tp = 6 tp = a2π tp = 2 Lời giải.
Hình vuông có cạnh bằng 3a, nghĩa là 2r = 3a và h = 3a. 3a Vậy r = , h = 3a. 2
Diên tích toàn phần của khối trụ là https://www 27πa2
Stp = Sxq + 2Sđ = 2πrh + 2πr2 = . 2 Chọn phương án A
Câu 22.4. Hình trụ có bán kính đáy bằng a, chu vi của thiết diện qua trục bằng 10a. Tính thể tích V của khối trụ đã cho. 70 A. V = 4πa3. B. V = 3πa3. C. V = πa3. D. V = 5πa3. Lời giải.
Xét hình trụ như hình vẽ bên. O0
Ta có 2 × (BC + BB0) = 10a ⇔ 2 × (2a + BB0) = 10a ⇔ BB0 = 3a. C0 B0
Vậy V = πr2h = π × a2 × 3a = 3πa3. C B O Chọn phương án B
Câu 22.5. Thiết diện qua trục của một khối trụ là hình chữ nhật ABCD có AB = 4a, AC = 5a (AB và
CD thuộc hai đáy của khối trụ). Tính thể tích khối trụ đã cho. A. 16πa3. B. 8πa3. C. 12πa3. D. 4πa3. Lời giải. 2020
Vì thiết diện qua trục nên √ D O0 C
AB = 2r = 4a ⇒ r = 2a và BC = AC2 − AB2 = 3a ⇒ h = 3a. THPT
Thể tích khối trụ: V = πr2h = π · 4a2 · 3a = 12πa3. h GHIỆP A B r O N T Chọn phương án C TỐ
Câu 22.6. Cắt hình trụ (T) bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được thiết diện là một hình THI
vuông có diện tích bằng 9. Tính thể tích V của khối trụ (T). 27π 27π 81π 9π KỲ A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 2 4 4 2 Lời giải.
Diện tích của hình vuông thiết diện bằng 9 nên đọ dài cạnh của nó bằng 3. Từ I
giả thiết ta suy ra chiều cao của hình trụ bằng đường kính đáy bằng 3. 9 27π V = π · · 3 = . 4 4 h I0 Chọn phương án B
Câu 22.7. Cho một hình trụ có bán kính R = a. Mặt phẳng (P) đi qua trục và cắt hình trụ theo một
thiết diện có diện tích 6a2. Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ lần lượt là
A. 6πa2, 3πa3.
B. 8πa2, 3πa3.
C. 6πa2, 9πa3.
D. 6πa2, 6πa3. Lời giải. 71
Gọi chiều cao hình trụ là h ⇒ 6a2 = h.2a ⇒ h = 3a.
Sxq = 2π.a.3a = 6πa2 và Vtrụ = πa2.3a = 3πa3. Chọn phương án A √
Câu 22.8. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2 3.
Thể tích của khối nón là √ √ √ A. π 3. B. 3π 3. C. 3π. D. 3π 2. o Lời giải. √ √ 1 √ aPr
Cạnh huyền bằng 2 3 ⇒ h = r = 3 ⇒ V = πr2h = π 3. 3 h l r O Chọn phương án A roups/GeoGebr
Câu 22.9. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài 2a. Thể tích của khối nón là: √ √ √ √ πa3 3 πa3 3 πa3 3 πa3 3 A. . B. . C. . D. . 6 3 2 12 Lời giải.
Giả sử hình nón có đỉnh là S, tâm đáy là O, thiết diện qua trục là SAB. S
Ta có: SAB đều cạnh 2a ⇒ R = a. √ √
Tam giác SOA vuông tại O có: h = SO = SA2 − AO2 = 3a. √ acebook.com/g 1 1 √ 3πa3 .f
Thể tích khối nón là: V = hπR2 = . 3a.πa2 = . 3 3 3 A B O Chọn phương án B https://www
Câu 22.10. Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm
trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của
hình trụ. Mặt phẳng ABCD tạo với đáy hình trụ góc 45◦ . Tính diện tích xung quanh hình trụ? √ √ √ √ 2πa2 3 πa2 3 πa2 3 πa2 3 A. Sxq = . B. S . C. S . D. S . 5 xq = 3 xq = 4 xq = 2 Lời giải. 72
Gọi P, Q, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, OO0. B
Góc giữa (ABCD) và mặt đáy là \ O0QE = 45◦. √ P O a a 2
Ta có EQ = , do đó O0Q = EO0 = . A 2 √ 4 √ a 2 a 6 Suy ra h = OO0 = và r = OC0 = . 2 4
Diện tích xung quanh của hình trụ là E √ √ √ a 6 a 2 πa2 3 Sxq = 2π · · = . 4 2 2 ◦ 45 C O0 Q D Chọn phương án D
Câu 22.11. Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục của hình nón ta được một tam giác √
vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 , BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt
phẳng (IBC) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60◦ . Tính theo a diện tích S của tam giác IBC. √ √ a2 3 a2 a2 2 2a2 A. S = . B. S = . C. S = . D. S = . 2020 3 3 3 3 Lời giải. √ √ a 2
Tam giác IDC vuông cân có DC = a 2 ⇒ I H = HC = và IC = a. THPT 2 I
Gọi E là trung điểm cạnh BC, góc giữa mặt phẳng (IBC) và (BCD) là d IEH = 60◦. √ I H a 6 GHIỆP Trong tam giác I HE có IE = = . sin 60◦ 3 N √ √ r 2 a 3 T Tam giác IEC có CE = IC2 − IE2 = a2 − a2 = . C 3 3 √ ◦ TỐ a2 2 60 Vậy S = EI · EC = . E H THI 3 B D KỲ Chọn phương án C Câu 22.12.
Khi sản xuất cái phễu hình nón (không có nắp) bằng nhôm, các nhà thiết kế luôn đạt
mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm phễu ít nhất, tức là diện tích xung quanh R
của hình nón là nhỏ nhất. Hỏi nếu ta muốn sản xuất cái phễu có thể tích là 2 dm3 thì
diện tích xung quanh của cái phễu sẽ có giá trị nhỏ nhất gần với giá trị nào sau đây h l nhất? A. 6,85 dm2. B. 6,75 dm2. C. 6,65 dm2. D. 6,25 dm2. Lời giải.
Gọi R, h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của cái phễu. 1 6 √ r 36
Khi đó V = πR2 · h ⇔ h = và l = h2 + R2 = + R2. 3 πR2 π2R4 r 36 r 36
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πR · l = πR + R2 = + π2R4. π2R4 R2 73 36 18 18 q Ta có + 2 2 π R4 = +
+ π R4 ≥ 3 3 (18π)2. R2 R2 R2 18 r 18
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = 2 π R4 ⇔ R = 6 . R2 π2 r q Suy ra min Sxq =
3 3 (18π)2 ≈ 6,65 dm2. Chọn phương án C
CÂU 23. CHo hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ 2 3 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + o 1 +∞ f (x) aPr −∞ 0
Số nghiệm của phương trình 3 f (x) − 2 = 0 là A. 2. B. 0. C. 3. D. 1. Lời giải. 2
Ta có 3 f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) = . 3 2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình f (x) = có 3 nghiệm phân biệt. roups/GeoGebr 3
Nhận xét. Dạng toán ở mức độ thông hiểu. Học sinh cần kĩ năng quan sát và đọc bảng biến thiên, từ
đó biện luận được số nghiệm phương trình thông qua sự tương giao giữa hai đồ thị. Chọn phương án C
Câu 23.1. Cho hàm số y = f (x) xác định trên R \ {0}, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 2 +∞ y0 + + 0 − acebook.com/g .f +∞ 3 y −∞ 1 −∞
Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt. A. m ∈ (1; 3). B. m ∈ (1; 3]. C. m ∈ [1; 3]. D. m ∈ [1; 3). https://www Lời giải.
Dựa vào biến thiên, phương trình có ba nghiệm thực phân biệt khi m ∈ (1; 3). Chọn phương án A
Câu 23.2. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 2 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ y −∞ 0 74
Số nghiệm thực của phương trình 3 f (x) − 2 = 0 là A. 2 . B. 0 . C. 3 . D. 1 . Lời giải. 2
Phương trình 3 f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) = . 3 2
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = và đồ thị hàm số 3 y = f (x). x −∞ 2 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ y 2 y = 3 −∞ 0 2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y =
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt 3 2 nên phương trình f (x) = có 3 nghiệm. 3 2020
Vậy phương trình 3 f (x) − 2 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Chọn phương án C THPT
Câu 23.3. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −2 0 −2 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + GHIỆP N +∞ 1 +∞ T y TỐ −2 −2 THI KỲ
Số nghiệm thực của phương trình 2 f (x) + 3 = 0 là A. 2 . B. 4 . C. 3 . D. 1 . Lời giải. 3
Phương trình 2 f (x) + 3 = 0 ⇔ f (x) = − . 2 3
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = − và đồ thị hàm số 2 y = f (x). x −∞ −2 0 −2 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ 1 +∞ y 3 y = − 2 −2 −2 75 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = − cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 4 điểm phân 2 3
biệt nên phương trình f (x) = − có 4 nghiệm. 2
Vậy phương trình 3 f (x) − 2 = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt. Chọn phương án B
Câu 23.4. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + − + o 3 aPr y 1 1 1 3
Số nghiệm thực của phương trình 2 f 2(x) − 3 f (x) + 1 = 0 là A. 6 . B. 4 . C. 5 . D. 3 . roups/GeoGebr Lời giải.  f (x) = 1 (1)
Từ phương trình 2 f 2(x) − 3 f (x) + 1 = 0 ⇔  1 f (x) = (1). 2
Mà số nghiệm của phương trình (1) và (2) chính là số giao điểm của đường thẳng y = 1 và đường 1 thẳng y =
đồ thị hàm số y = f (x). 2 x −∞ −1 1 +∞ acebook.com/g .f y0 + − + 3 y 1 1 y = 11 y = 1 2 https://www 3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 1 điểm phân biệt
nên phương trình f (x) = 1 có 1 nghiệm. 1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y =
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt 2 1 nên phương trình f (x) = có 2 nghiệm. 2
Vậy phương trình 2 f 2(x) − 3 f (x) + 1 = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Chọn phương án D
Câu 23.5. Cho hàm số y = f (x) có đồ thị hàm số như hình dưới 76 y 1 x −1 O 1
Số nghiệm thực của phương trình 4 f (x) − 3 = 0 là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải. 3
Từ phương trình 4 f (x) − 3 = 0 ⇔ f (x) = . 4 3
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = và đồ thị hàm số 4 y = f (x). y 1 3 y = 2020 4 x THPT −1 O 1 GHIỆP 3
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y =
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 4 điểm phân biệt nên N 4 T 3 phương trình f (x) = có 4 nghiệm. TỐ 4
Vậy phương trình 4 f (x) − 3 = 0 có 4 nghiệm thực phân biệt. THI Chọn phương án C KỲ
Câu 23.6. Cho hàm số y = −x4 + 4x2 có đồ thị hàm số như hình dưới. Tìm m để phương trình
x4 − 4x2 + m − 2 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt?
A. m < 0 hoặc m = 4. B. m < 0 . y
C. m < 2 hoặc m = 6 . D. m < 2 . 4 √ √ − x 2 − O 2 2 2 Lời giải.
Từ phương trình x4 − 4x2 + m − 2 = 0 ⇔ −x4 + 4x2 = m − 2.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m − 2 và đồ thị hàm số y = −x4 + 4x2. 77 y y = m − 2 4 √ √ − x 2 − O 2 2 2 y = m − 2 o
Dựa vào đồ thị, để phương trình x4 − 4x2 + m − 2 = 0 có đúng 2 nghiệm phân biệt thì đường aPr
thẳng y = m − 2 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi m − 2 = 4 hoặc m − 2 < 0. Do đó m < 2 hoặc m = 6. Chọn phương án C
Câu 23.7. Cho hàm số y = x3 − 3x + 1 có đồ thị hàm số như hình dưới. Tìm m để phương trình
x3 − 3x − m = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. −2 < m < 3. B. −2 < m < 2 . y roups/GeoGebr C. −2 ≤ m < 3 . D. −1 < m < 3 . 3 1 1 − x 1 O acebook.com/g −1 .f Lời giải.
Từ phương trình x3 − 3x − m = 0 ⇔ x3 − 3x + 1 = m + 1.
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 1 và đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1. y https://www 3 y = m + 1 1 1 − x 1 O −1
Dựa vào đồ thị, để phương trình x3 − 3x − m = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng 78
y = m + 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi −1 < m + 1 < 3. Do đó −2 < m < 2. Chọn phương án B
Câu 23.8. Cho đồ thị hàm số y = f (x) có hình vẽ bên dưới. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số
thực m để phương trình f (x) + 1 = m có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. 0 < m < 5. B. 1 < m < 5 . y C. −1 < m < 4 . D. 0 < m < 4 . 4 2 1 − x 1 O −1 Lời giải.
Từ phương trình x3 − 3x − m = 0 ⇔ x3 − 3x + 1 = m + 1. 2020
Mà số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường thẳng y = m + 1 và đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1. THPT y 4 GHIỆP N T 2 y = m − 1 TỐ 1 THI − x 1 O KỲ −1
Dựa vào đồ thị, để phương trình f (x) = m − 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng
y = m − 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m − 1 < 4. Do đó 1 < m < 5. Chọn phương án B
Câu 23.9. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình bên dưới. Tìm tập hợp tất cả các giá trị
của tham số thực m sao cho phương trình f (x) = m có ba nghiệm thực phân biệt. 79 x −∞ 0 1 +∞ y0 − + 0 − +∞ 2 y −1 −∞ −∞ o A. [−1; ]2 . B. (−1; 2) . C. (−1; 2] . D. (−∞; 2] . Lời giải. aPr
Số nghiệm phương trình f (x) = m là số giao điểm của đường thẳng y = m đồ thị hàm số y = f (x). x −∞ 0 1 +∞ y0 − + 0 − +∞ 2 y = m y roups/GeoGebr −1 −∞ −∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt
khi và chỉ khi −1 < m < 2. Chọn phương án B
Câu 23.10. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau acebook.com/g .f x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ y https://www −∞ −2
Tìm tập hợp tất cả tham số m để phương trình f (x) = m có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3 thỏa mãn
x1 < −1 < x2 < 3 < x3. A. −2 < m < 4 . B. −2 < m < 1 . C. −2 < m ≤ 1 . D. −2 < m ≤ 4 . Lời giải.
Số nghiệm phương trình f (x) = m là số giao điểm của đường thẳng y = m đồ thị hàm số y = f (x). 80 x −∞ x −1 3 +∞ 1 x2 x3 y0 + 0 − 0 + 4 +∞ y y = m −∞ −2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt
x1, x2, x3 thỏa mãn x1 < −1 < x2 < 3 < x3 khi và chỉ khi −2 < m < 4. Chọn phương án C 2020 y THPT 2 1 GHIỆP N 2 T TỐ −2 − x 1 O 1 2 THI KỲ √
Câu 23.11. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x − m − 9 − x2 = 0 có đúng 1 nghiệm dương? √ A. m ∈ (−3; 3].
B. m ∈ [−3; 3] ∪ {−3 2}. √ C. m ∈ [0; 3]. D. m = ±3 2. Lời giải. √
Điều kiện −3 ≤ x ≤ 3. Phương trình tương đương với x − 9 − x2 = m. √
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = x − 9 − x2 và đường thẳng y = m. √ √ x 9 − x2 + x Xét hàm số y = x −
9 − x2 với −3 ≤ x ≤ 3. Ta có y0 = 1 + √ = √ . 9 − x2 9 − x2 √ √ (x ≤ 0 3 2 y0 = 0 ⇔ 9 − x2 = −x ⇔ ⇔ x = − ∈ [−3; 3]. 9 − x2 = x2 2 Bảng biến thiên 81 √ x − 3 2 3 − 0 3 2 y0 − 0 + 0 + −3 3 y −3 √ −3 2
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có đúng một nghiệm khi −3 < m ≤ 3. Chọn phương án A o
Câu 23.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ sau aPr y 3 1 1 roups/GeoGebr − x 1 O 2 −1 m2 − 1
Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 7x+1 −
= 0 có hai nghiệm phân biệt 8 là A. 6. B. 4. C. 7. D. 5. Lời giải. acebook.com/g .f
Từ đồ thị ta suy ra hàm số y = f (x) có phương trình y = x33x + 1.
Đặt t = 7x+1, (t > 0). Khi đó ta có phương trình m2 − 1 m2 − 1 f (t) − = 0 ⇔ f (t) = , (t > 0) 8 8 m2 − 1
Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ. Với t > 0 để phương trình f (t) = có hai nghiệm https://www 8 m2 − 1 khi và chỉ khi −1 <
< 1 ⇔ −8 < m2 − 1 < 8 ⇔ −7 < m2 < 9 ⇒ m ∈ {0; ±1; ±2}. 8
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Chọn phương án D
Câu 23.13. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên R và có đồ thị như hình vẽ. Đặt g(x) = f ( f (x) − 1).
Tìm số nghiệm của phương trình g0(x) = 0. 82 y 1 − 3 1 − x 1 O 2 −2 −3 A. 3. B. 4. C. 9. D. 8. Lời giải. 2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI KỲ 83
Từ đồ thị, ta thấy hàm số y = f (x) có ba điểm cực trị y 1
x = − , x = 1 và x = a (1 < a < 2). 3 1
Do đó f 0(x) = 0 có 3 nghiệm x = − , x = 1 và x = a y = a + 1 3 y = 2 (1 < a < 2). 2
Ta có g0(x) = 0 ⇔ f 0(x) · f 0 ( f (x) − 1) = 0 ⇔ 1 " 2 f 0(x) = 0 (1) y = − 1 3 3 1 f 0 ( f (x) − 1) = 0 (2) − x 1 O 2 1
Phương trình (1) có ba nghiệm x = − , x = 1 và x = a 3 o (1 < a < 2).  1 −2 f (x) − 1 = − aPr  3 Phương trình (2)⇔  ⇔ −3  f (x) − 1 = 1  f (x) − 1 = a  2 f (x) = (3)  3  Nghiệm của phương trình  f (x) = 2 (4)  f (x) = a + 1 (5) f (x) =
m là phương trình hoành độ giao điểm roups/GeoGebr
của đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = m .
Từ đồ thị của hàm số y = f (x) , ta vẽ thêm các đường 2 thẳng y =
, y = 2, và y = a + 1 (với 2 < a + 1 < 3) 3 như sau. 2
Từ đồ thị trên, ta thấy các đường thẳng y = , y = 2, và 3
y = a + 1 (với 2 < a + 1 < 3) lần lượt cắt đồ thị tại hai 1
điểm phân biệt khác nhau và khác với − , 1, a. acebook.com/g 3 .f
Do đó các phương trình (3),(4),(5) lần lượt có hai 1
nghiệm phân biệt khác nhau và khác với − , 1, a. 3
Vậy phương trình g0(x) = 0 có 9 nghiệm phân biệt. Chọn phương án C x + 2
CÂU 24. Cho họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng (1; +∞) là https://www x − 1
A. x + 3 ln(x − 1) + C.
B. x − 3 ln(x − 1) + C. 3 3 C. x − + C. D. x + + C. (x − 1)2 (x − 1)2 Lời giải. x + 2 3
Xét trên (1; +∞) thì f (x) = = 1 +
và x − 1 > 0 nên họ nguyen hàm của f (x) là x + x − 1 x − 1 3 ln(x − 1) + C. Chọn phương án A 2x4 + 3
Câu 24.1. Cho hàm số f (x) =
trên khoảng (0; +∞). Khẳng định nào sau đây là đúng? x2 Z 2x3 3 Z 2x3 3 A. f (x) dx = + + C. B. f (x) dx = + + C. 3 2x 3 x 84 Z 3 Z 2x3 3 C. f (x) dx = 2x3 − + C. D. f (x) dx = − + C. x 3 x Lời giải. Z Z 2x4 + 3 Z 3 2x3 3 Ta có f (x) dx = dx = 2x2 + dx = − + C. x2 x2 3 x Chọn phương án D x + 2
Câu 24.2. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng (1; +∞) là x − 1
A. x + 3 ln(x − 1) + C.
B. x − 3 ln(x − 1) + C. 3 3 C. x − + C. D. x + + C. (x − 1)2 (x − 1)2 Lời giải. Z Z x + 2 Z (x − 1) + 3 Z 3 Ta có F(x) = f (x)dx = dx = dx = 1 + dx = x + 3 ln |x − 1| + C x − 1 x − 1 x − 1
= x + 3 ln(x − 1) + C (do x ∈ (1; +∞)). Chọn phương án A 3x − 1
Câu 24.3. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) =
trên khoảng (−1; +∞) là x + 1 A. 3x − 4 ln(x + 1).
B. 3x − 4 ln(x + 1) + C. 4 4 2020 C. 3x − + C. D. 3x + + C. (x + 1)2 (x + 1)2 Lời giải. Z Z Z Z Z THPT 3x − 1 3(x + 1) − 4 4 Ta có F(x) = f (x) dx = dx = dx = 3 dx − dx = 3x − 4 ln(x + x + 1 x + 1 x + 1 1) + C do (x ∈ (−1; +∞)) Chọn phương án B GHIỆP 3x + 1 N
Câu 24.4. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng (−∞; 2) là T x − 2
A. 3x − 7 ln(2 − x) + C.
B. x + 2 ln(2x − 3) + 1. TỐ
C. x + 2 ln |2x − 3| + 1.
D. x + 2 ln |2x − 3| − 1. THI Lời giải. Z Z 3x + 1 Z 3(x − 2) + 7 Z Z 7 KỲ Ta có: F(x) = f (x) dx = dx = dx = 3 dx + dx = 3x − 7 ln(2 − x − 2 x − 2 x − 2 x) + C do (x ∈ (−∞; 2)). Chọn phương án A 2x + 1
Câu 24.5. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) =
thỏa mãn F(2) = 3. Hàm số F(x) 2x − 3 là
A. x + 4 ln |2x − 3| + 1.
B. x + 2 ln(2x − 3) + 1.
C. x + 2 ln |2x − 3| + 1.
D. x + 2 ln |2x − 3| − 1. Lời giải. Z Z 2x + 1 Z (2x − 3) + 4 Z Z 4 Ta có: F(x) = f (x) dx = dx = dx = dx + dx = x + 2 ln |2x − 2x − 3 2x − 3 2x − 3 3| + C
F(2) = 3 ⇔ 2 + 2 ln |1| + C = 3 ⇔ C = 1. Chọn phương án C 85 2x − 1
Câu 24.6. Họ các nguyên hàm của hàm số f (x) =
trên khoảng (−1; +∞) là (x + 1)2 2 3 A. 2 ln(x + 1) + + C. B. 2 ln(x + 1) + + C. x + 1 x + 1 2 3 C. 2 ln(x + 1) − + C. D. 2 ln(x + 1) − + C. x + 1 x + 1 Lời giải. Z Z 2x − 1 Z 2(x + 1) − 3 Z 2 Z 3 Ta có: F(x) = f (x) dx = dx = dx = dx − dx (x + 1)2 (x + 1)2 x + 1 (x + 1)2 3 3 = 2 ln |x + 1| + + C = 2 ln(x + 1) + + C (do x ∈ (−1; +∞)). x + 1 x + 1 Chọn phương án B o 2x2 − 2x − 1
Câu 24.7. Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) = thỏa mãn F(0) = −1. Giá aPr x − 1 trị của F(−1) bằng A. − ln 2. B. −2 + ln 2. C. ln 2. D. 2 + ln 2. Lời giải. Z Z 2x(x − 1) − 1 Z Z 1 Ta có: F(x) = f (x) dx = dx = 2x dx − dx = x2 − ln |x − 1| + C x − 1 x − 1
F(0) = −1 ⇔ − ln(1) + C = −1 ⇔ C = −1 ⇒ F(x) = x2 − ln |x − 1| − 1 ⇒ F(−1) = − ln 2. Chọn phương án A roups/GeoGebr Z 1 2x2 + 3x + 3 Câu 24.8. Cho
dx = a − ln b với a, b nguyên dương. Giá trị của a2 + b2 bằng 0 x2 + 2x + 1 A. 4. B. 5. C. 10. D. 13. Lời giải. 1 1 1 1 1 1 1 Z 2x2 + 3x + 3 Z Z 1 Z 2 2 Ta có dx = 2 dx − + dx = (2x) − (ln |x + 1|) − x2 + 2x + 1 x + 1 (x + 1)2 x + 1 0 0 0 0 0 0 0
= 2 − ln 2 + 1 = 3 − ln 2 ⇒ a = 3 và b = 2 ⇒ a2 + b2 = 13. Chọn phương án D acebook.com/g .f Z 2x − 13 Câu 24.9. Biết
dx = a ln |x + 1| + b ln |x − 2| + C, với a, b ∈ Q. Mệnh đề nào đúng? (x + 1)(x − 2) A. a + 2b = 8. B. a + b = 8. C. 2a − b = 8. D. a − b = 8. Lời giải. Z 2x − 13 Z 1 Z 1 Z 12 dx = dx + dx − dx (x + 1) (x − 2) x − 2 x + 1 (x + 1) (x − 2) https://www 1 Z 1 1
= ln |x − 2| + ln |x + 1| + 12 · −
dx = 5 ln |x + 1| − 3 ln |x − 2| + C 3 x + 1 x − 2
Vậy a = 5 và b = −3 ⇒ a − b = 5 − (−3) = 8 Chọn phương án D
Câu 24.10. Biết hàm số e2x là một nguyên hàm của hàm số y = f (x). Khi đó họ các nguyên hàm của f (x) + 1 hàm số ex 1 A. ex − e−x + C. B. 2ex − e−x + C. C. 2ex + e−x + C. D. ex − e−x + C. 2 Lời giải. 86 Z f (x) + 1 2e2x + 1 1 Ta có: F(x) =
f (x) dx = e2x ⇒ f (x) = 2e2x ⇒ g(x) = = = 2ex + ex e2x ex Z Z 2e2x + 1 Z 1 ⇒ g(x) dx = = 2ex + dx = 2ex − e−x + C e2x ex Chọn phương án C 2 cos x − 1
Câu 24.11. Cho hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) = trên khoảng (0; π) √ sin2 x
Biết rằng giá trị lớn nhất của F(x) trên khoảng (0; π) là
3 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau √ π √ 2π 3 A. F = 3 3 − 4. B. F = . 6 3 2 π √ 5π √ C. F = − 3. D. F = 3 − 3. 3 6 Lời giải. Z Z 2 cos x − 1 Z 2 cos x Z 1 Z 1 Z 1 Ta có f (x) dx = dx = dx − dx = 2 d (sin x) − dx. sin2 x sin2 x sin2 x sin2 x sin2 x Z 2 Do đó F(x) = f (x) dx = − + cot x + C. sin x 2 cos x − 1 1 π Ta có F0(x) = f (x) = = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = ∈ (0; π). sin2 x 2 3 2020 π x 0 π 3 THPT F0(x) + 0 − π π F F(x) 3 GHIỆP N T π
Hàm F(x) đạt giá trị lớn nhất tại x = . TỐ 3 √ √ 2 π √ 4 3 3 √ √ Suy ra − + cot + C = 3 ⇔ − + + C = 3 ⇔ C = 2 3. THI π sin 3 3 3 3 KỲ 2 √ π √ Do đó F(x) = − + cot x + 2 3 nên F = 3 3 − 4. sin x 6 Chọn phương án A
Câu 24.12. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên (−1; +∞). Biểu thức 2 f (x) + (x2 − 1) f 0(x) = x(x + 1)2 √
được thỏa mãn ∀x ∈ (−1; +∞). Tính giá trị f (0). x2 + 3 √ √ √ √ A. 3 − 3. B. 2 − 3. C. − 3. D. 3. Lời giải. x(x + 1)2
Vì 2 f (x) + (x2 − 1) f 0(x) = √
được thỏa mãn ∀x ∈ (−1; +∞) nên f (1) = 1. x2 + 3
Trên khoảng (−1; +∞) ta có x(x + 1)2 2 x − 1 x
2 f (x) + (x2 − 1) f 0(x) = √ ⇔ f (x) + f 0(x) = √ x2 + 3 (x + 1)2 x + 1 x2 + 3 x − 1 0 p 0 ⇔ · f (x) = x2 + 3 x + 1 87 x − 1 p ⇔ · f (x) = x2 + 3 + C. x + 1 0 √ √ Khi x = 1 ta có · f (1) =
3 + C ⇒ C = −2. Vậy f (0) = 2 − 3. 2 Chọn phương án B 1 Z
Câu 24.13. Cho hàm số F(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f (1) = 0, f 0(x)2 dx = 0 π 2 1 Z 1 Z o 7 và
sin2 x · cos x f (sin x) dx = . Tính tích phân f (x) dx bằng 3 0 0 aPr 7 7 A. . B. 4. C. . D. 1. 5 4 Lời giải. π 2 Z Xét tích phân I1 = sin2 x · cos x f (sin x) dx. 0 π
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos x dx. Ta có x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 1. 2 roups/GeoGebr 1 1 Z Z 1 Ta có I1 = t2 f (t) dt = x2 f (x) dx = . 3 0 0 1 1 1 1 Z x3 Z x3 1 Z Ta có x2 f (x) dx = · f (x) − f 0(x) dx = ⇒ x3 f 0(x) dx = −1. b 3 3 0 0 0 0 1 1 1 1 Z h Z Z Z Ta có f 0(x) + 7x3i2 dx = f 0(x)2 dx + 14 x3 f 0(x) dx + 49 x6 dx = 7 − 14 + 7 = 0. 0 0 0 0 acebook.com/g 7 .f
Do đó f 0(x) + 7x3 = 0 ⇒ f 0(x) = −7x3 ⇒ f (x) = − x4 + C. 4 1 1 7 Z Z 7 7 7
Theo giả thiết f (1) = 0 ⇒ C = ⇒ f (x) dx = − x4 + dx = . 4 4 4 5 0 0 1 Z 7 Vậy f (x) dx = . 5 0 https://www Chọn phương án A
CÂU 25. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = Aenr; trong đó A là
dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017,
dân số Việt Nam là 93 671 600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản
Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm
2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A. 109 256 100. B. 108 374 700. C. 107 500 500. D. 108 311 100. Lời giải.
Ta có S = Aenr = 93 671 600 · e18·0,81% ≈ 108 374 700 (người).
Vậy năm 2035, nước Việt Nam có khoảng 108 374 700 người. 88 Chọn phương án B
Câu 25.1. Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = A · enr, trong đó
A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ gia tăng dân số hằng năm.
Năm2017, dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà
xuất bản Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm không đổi là 0, 79%, dự báo dân số Việt
Nam năm 2040 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)? A. 112.336.100. B. 112.336.075. C. 112.336.080. D. 112.366.100. Lời giải.
Từ năm 2017 đến năm 2040 có 23 năm.
Áp dụng công thức S = A · enr = 93.671.600 · e23·0,79% ≈ 112.336.100. Chọn phương án A
Câu 25.2. Số lượng của một loại vi khuẩn được nuôi cấy trong phòng thí nghiệm tăng lên theo công
thức S = A · en , trong đó A là số lượng ban đầu, t là thời gian (tính bằng giờ), r là tỉ lệ tăng trưởng, S
là số lượng sau t giờ. Biết rằng A = 1000 (con), r = 10%, hỏi cần khoảng mấy giờ để đạt được 20000 con? A. 29 giờ. B. 30 giờ. C. 31 giờ. D. 32 giờ. Lời giải. 2020 S ln A
Từ công thức S = A · en ⇒ t = , thay số ta được THPT r 20000 ln 1000 ln 20 t = =
≈ 29,96, hay cần khoảng 30 giờ để đạt được số lượng cần thiết. 10% 0,1 GHIỆP Chọn phương án B N T
Câu 25.3. Một người gửi số tiền 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất là 7%/ năm. Biết rằng TỐ
nếu không rút ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ nhập vào vốn ban đầu (người
ta gọi là lãi kép). Để người đó lãnh được số tiền 250 triệu thì người đó cần gửi trong khoảng thời THI
gian là ít nhất bao nhiêu năm? (nếu trong khoảng thời gian này không rút tiền và lãi suất không thay KỲ đổi). A. 12 năm. B. 15 năm. C. 14 năm. D. 13 năm. Lời giải.
Gọi n là số năm cần gửi, bài toán thuộc lãi kép gửi một lần tính theo công thức
T = M (1 + r)n với M, r,là số tiền ban đầu và lãi suất định kì.
Thế thì ta có 250 = 100 (1 + 0,07)n.
suy ra n ≈ 13,5 nên người đó gửi ít nhất là 14 năm mới đủ số tiền. Chọn phương án C
Câu 25.4. Biết rằng tỉ lệ tăng dân số thế giới hàng năm là 1,32%, nếu tỉ lệ tăng dân số không thay
đổi thì dân số được tính theo công thức tăng trưởng liên tục S = A · eNr, trong đó A là dân số tại
thời điểm mốc, S là số dân sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hằng năm. Năm 2013 dân số thế giới vào
khoảng 7095 triệu người. Hỏi năm 2020 dân số thế giới gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 7879 triệu người.
B. 7680 triệu người.
C. 7782 triệu người.
D. 7777 triệu người. Lời giải. 89
Theo giả thiết ta được A = 7095, r = 1,32%, N = 2020 − 2013 = 7.
Áp dụng công thức S = A · eNr ta được dân số thế giới năm 2020 là S = 7095 · e7· 1,32
100 ≈ 7781,82 triệu người. Chọn phương án C
Câu 25.5. Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức S(t) =
A · ert, trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, S(t) là số lượng vi khuẩn có sau t phút, r là tỷ lệ
tăng trưởng (r > 0), t (tính theo phút) là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu
có 500 con và sau 5 giờ có 1500 con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn đạt 121500 con? o A. 35 giờ. B. 45 giờ. C. 25 giờ. D. 15 giờ. Lời giải. aPr Đổi 5 giờ = 300 phút.
Theo giả thiết ta được S(300) = 500 · er·300 = 1500 ⇒ er·300 = 3 ⇒ 300 · r = ln 3 ⇒ r = ln 3. 300
Thời gian để số lượng vi khuẩn đạt 121500 con là
Áp dụng công thức S(t) = A · ert ta được 121500 = 500 · et· ln3 300 ⇒ et· ln 3
300 = 243 ⇒ t · ln 3 = ln 243 ⇒ t = 1500 (phút) hay t = 25 giờ. 300 Chọn phương án C
Câu 25.6. Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn được tính theo công thức S = A · ert, trong đó A là roups/GeoGebr
số lượng ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng, t là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban
đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi số con vi khuẩn sau 10 giờ? A. 1000 con. B. 850 con. C. 800 con. D. 900 con. Lời giải.
Vì số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con nên ta có ln 3 300 = 100 · er.5 ⇒ r = . 5 ln 3
Vậy số con vi khuẩn sau 10 giờ là S = 100 · e ·10 5 = 900 con. acebook.com/g Chọn phương án D .f
Câu 25.7. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,4%/tháng. Biết rằng nếu không
rút tiền ta khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được vào vốn ban đầu để tính lãi cho
tháng tiếp theo. Hỏi sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số
tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi ? https://www A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng. Lời giải.
Theo giả thiết A = 100.000.000, lãi kép r = 0,4%/tháng, n = 6 tháng.
Sau 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là
S = A(1 + r)n ⇒ S = 100.000.000(1 + 0,4%)6 ≈ 102.424.000 đồng. Chọn phương án A
Câu 25.8. Một người đầu tư một số tiền vào công ty theo thể thức lãi kép, kỳ hạn một năm với lãi
suất 7, 6%/năm. Giả sử lãi suất không đổi. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả vốn
và lãi) số tiền gấp 5 lần số tiền ban đầu? A. 23 năm. B. 24 năm. C. 21 năm. D. 22 năm. 90 Lời giải.
Gọi A0 là số tiền ban đầu người đó gửi vào công ty.
Sau n năm, số tiền người đó có được (cả vốn lẫn lãi) là A(n) = A0 · (1 + r)n. Theo giả thiết, ta có
5A0 = A0(1 + r)n ⇔ (1 + r)n = 5
⇔ 1, 076n = 5 ⇔ n = log1,076 5 ≈ 21, 97. Vậy n = 22. Chọn phương án D
Câu 25.9. Một chất điểm chuyển động với phương trình s(t) = t3 + 3t2 − 9t + 27, trong đó t được
tính bằng giây (s) và s(t) được tính bằng mét (m). Tính gia tốc của chuyển động tại thời điểm vận tốc bằng 0. A. 6 m/s2. B. 8 m/s2. C. 12 m/s2. D. 9 m/s2. Lời giải.
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v(t) = s0(t) = 3t2 + 6t − 9.
Suy ra gia tốc của chất điểm tại thời điểm t được xác định bởi a(t) = v0(t) = 6t + 6. 2020
Khi v(t) = 0, ta có 3t2 + 6t − 9 = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0).
Vậy a(1) = 6 · 1 + 6 = 12 (m/s2). THPT Chọn phương án C
Câu 25.10. Một ô tô đang chuyển động đều với vận tốc 20 m/s rồi hãm phanh chuyển động chậm
dần đều với vận tốc v(t) = −2t + 20 m/s, trong đó t là khoảng thời gian được tính bằng giây kể từ GHIỆP N
lúc bắt đầu hãm phanh. Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng trước khi dừng hẳn T bằng TỐ A. 100 m. B. 200 m. C. 75 m. D. 25 m. Lời giải. THI
Khi ô tôi dừng hẳn, ta có v(t) = 0 ⇔ −2t + 20 = 0 ⇔ t = 10. KỲ
Suy ra, quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu giảm phanh (t = 0) đến lúc dừng hẳn (t = 10) là 10 10 Z Z s = v(t) dt = (−2t + 20) dt = 100 (m). 0 0
Vậy quãng đường ô tô đi được trong 15 giây cuối trước khi dừng hẳn là 20 · 5 + 100 = 200 (m). Chọn phương án B 91
Câu 25.11. Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu phóng nhanh v(t)
với vận tốc tăng liên tục được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol
như hình bên. Biết rằng sau 10 giây thì xe đạt đến vận tốc lớn nhất 50 50
m/s và bắt đầu giảm tốc. Hỏi từ lúc bắt đầu phóng nhanh đến lúc đạt
vận tốc lớn nhất thì xe đã đi được quãng đường bao nhiêu mét? 1000 1400 A. m. B. 110 m. C. 300 m. D. m. 3 3 10 t o O Lời giải. aPr
Gọi v(t) = at2 + bt + c (a 6= 0), là vận tốc của ô tô tại thời điểm t giây.
Dựa vào đồ thị, ta có a < 0; đồ thị đi qua O và có đỉnh (10; 5) nên   1 c = 0 a = −       2 100a + 10b = 50 ⇔ b = 10     20a + b = 0  c = 0. 1
Suy ra v(t) = − t2 + 10t (thoả mãn đồ thị). roups/GeoGebr 2
Quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu (t = 0) đến lúc đạt vận tốc lớn nhất (t = 10) là 10 10 Z Z 1 1000 v(t) dt = − t2 + 10t dt = (m). 2 3 0 0 Chọn phương án A
Câu 25.12. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với kì hạn 3 tháng (1 quý), lãi suất 6% một acebook.com/g
quý theo hình thưc lãi kép. Sau đúng 6 tháng, người đó lại gửi thêm 100 triệu đồng với hình thức và .f
lãi suất như trên. Hỏi sau 1 năm tính từ lần gửi đầu tiên người đó nhận số tiền gần với kết quả nào nhất?
A. 224,7 triệu đồng.
B. 234,5 triệu đồng.
C. 236,2 triệu đồng.
D. 238,6 triệu đồng. Lời giải.
Sau 6 tháng đầu thì người đó gửi được hai kì hạn nên tổng cả vốn và lãi lúc đó là A = 100 · (1,06)2 triệu đồng. https://www
Người đó gửi thêm 100 triệu thì số tiền gửi là B = 100 + A triệu.
Vậy sau một năm thì được số tiền là B(1,06)2 = 100 · (1,06)4 + 100 · (1,06)2 ≈ 238,6 triệu đồng. Chọn phương án D √
CÂU 26. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh a , BD = a 3 , AA0 = 4a
. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ √ √ A. 2 3a3 . B. 4 3a3 . C. 2 3a3 . D. 4 3a3 . 3 3 Lời giải.
Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác ta có: √ cos [
BAD = AB2+AD2−BD2 = −1 =⇒ [ BAD = 120o =⇒ S 3 2AB.AD 2 ABCD = AB.AD. sin [ BAD = a2 √ 2 √ =⇒ V 3
ABCD.A0B0C0D0 = AA0.SABCD = 4a. a2 = 2 3a3 . 2 92 Chọn phương án A
Câu 26.1. Tính thể tích khối lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình vuông cạnh a và đường chéo A0C = 2a. √ √ A. a3. B. a3 3. C. a3 2. D. 2a3. Lời giải. √ √ √ √ Ta có AC = a 2, AA0 = A0C2 − AC2 = 4a2 − 2a2 = a 2. A0 S D0 ABCD = a2. √ √ Vậy V = a2 · a 2 = a3 2. B0 C0 A D B C . Chọn phương án C
Câu 26.2. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có AB = 2a, góc giữa hai mặt phẳng (A0BC)
và (ABC) bằng 60◦. Tính thể tích của khối lăng trụ đó √ √ √ a3 3 √ a3 3 A. 3a3 3. B. . C. a3 6. D. . 8 6 2020 Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC, vì AA0 là A0 C0
đường cao lăng trụ nên BC ⊥ AA0. Do đó BC ⊥ (AA0 M) nên góc giữa hai THPT
mặt phẳng (A0BC) và (ABC) là \ AMA0 = 60◦. √ B0
Suy ra AA0 = AM · tan AMA0 = a 3 · tan 60◦ = 3a. √ 4a2 3 √ GHIỆP
Vậy thể tích cần tìm là V = AA0 · SABC = 3a · = 3a3 3. 4 N A C T M TỐ B . THI Chọn phương án A KỲ
Câu 26.3. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A0B0C0D0 có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh A0B
và mặt phẳng (A0 ACC0) bằng 30◦. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. √ √ A. V = a3. B. V = a3 3. C. V = a3 2. D. V = 2a3. Lời giải. ( BO ⊥ AC
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có ⇒ BO ⊥ A0 BO ⊥ A0 A D0
(ACC0 A0). Do đó góc giữa A0B và mặt phẳng (A0 ACC0) bằng \ BA0O = B0 C0 30◦. √ BO a 6 √ Suy ra tan 30◦ = ⇒ A0O = ⇒ A0 A = A0O2 − AO2 = a. A0O 2 A D
Vậy thể tích khối đã cho là V = AA0 · SABCD = a · a2 = a3. O B C Chọn phương án A Câu 26.4. 93
Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh a, √ A0 B0
BD = a 3 và AA0 = 4a (minh họa như hình bên). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng √ √ D0 A. 2 3a3. B. 4 3a3. √ √ C0 2 3a3 4 3a3 C. . D. . 3 3 4a A √ a 3 B a O D C o Lời giải.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Do ABCD là hình thoi nên 4AOD vuông tại O aPr √ 1 a 3 có OD = BD = . 2 2 √ !2 a 3 a2 ⇒ OA2 = AD2 − OD2 = a2 − = . 2 4 r a2 a a ⇒ OA = = , suy ra AC = 2 · = a. 4 2 2 roups/GeoGebr Thể tích hình lăng trụ 1 1 √ √ V = SABCD · AA0 = · AC · BD · AA0 = · a · a 3 · 4a = 2 3a3. 2 2 Chọn phương án A
Câu 26.5. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại B, [ BAC = 60◦, √
AB = a, AA0 = a 3. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là √ √ 3a3 2a3 a3 3 a3 3 acebook.com/g A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . .f 2 3 3 9 Lời giải. √
Tam giác ABC vuông tại B có [
BAC = 60◦ nên BC = AB tan 60◦ = a 3. √ 1 1 √ a2 3
Suy ra diện tích tam giác ABC là S4ABC = BA · BC = · a · a 3 = . 2 2 √ 2 a2 3 √ 3a3
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 là V = S4ABC · AA0 = · a 3 = . 2 2 https://www Chọn phương án A √
Câu 26.6. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a 2,
góc giữa mặt phẳng (A0BC) và mặt đáy bằng 60◦. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là √ √ √ √ a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 2 2 2 2 Lời giải. 94 (A0BC) ∩ (ABC) = BC    Ta có A0 A ⊥ (ABC) A0 C0    AB ⊥ BC.
⇒ A0B ⊥ BC (Định lí ba đường vuông góc). B0 Suy ra ((A0BC), (ABC)) = \ A0BA. Do đó \ A0BA = 60◦. √
Tam giác ABC vuông cân tại B có AC = a 2 nên BA = BC = a.
Suy ra diện tích tam giác ABC là 1 1 a2 S4ABC = BA · BC = · a · a = . 2 2 2
Tam giác A0 AB vuông tại A có \ A0BA = 60◦ nên A0 A = A C √ AB tan 60◦ = a 3. 60◦
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 là √ B a2 √ a3 3 V = S4ABC · AA0 = · a 3 = . 2 2 2020 Chọn phương án A
Câu 26.7. Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và [ BAD = 60◦, THPT
AB0 hợp với đáy (ABCD) một góc 30◦. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là √ a3 3a3 a3 a3 2 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 2 2 6 6 Lời giải. GHIỆP N
ABCD là hình thoi cạnh a và [ BAD = 60◦ nên tam giác A0 D0 T ABD đều cạnh a. TỐ
Suy ra diện tích hình thoi ABCD là SABCD = 2S4ABD = √ B0 a2 3 C0 THI . 2
Ta có B0B ⊥ (ABCD) ⇒ AB là hình chiếu của AB0 trên KỲ (ABCD).
⇒ (AB0, (ABCD)) = (AB0, AB) = [ B0 AB. Do đó [ B0 AB = A D 60◦ 30◦.
Tam giác ABB0 vuông tại B có [ B0 AB = 30◦ nên B0B = √ C a 3 B AB tan 30◦ = . 3
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 là √ √ a2 3 a 3 a3 V = SABCD · B0B = · = . 2 3 2 Chọn phương án A
Câu 26.8. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có cạnh đáy bằng 4, diện tích tam giác A0BC
bằng 8. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là 95 √ √ √ 10 3 8 3 √ A. V = 2 3. B. V = . C. V = . D. V = 8 3. 3 3 Lời giải. ( BC ⊥ AH
Gọi H là trung điểm của BC, ta có A0 C0 BC ⊥ A0 H.
Tam giác ABC đều cạnh bằng 4 nên có diện tích √ B0 42 3 √ S4ABC = = 4 3. 4 2S4 2 · 8 Ta có A0H = A0BC = = 4. o BC 4
Tam giác A0 AH vuông tại A nên ta có aPr r √ p 2 A0 A = A0 H2 − AH2 = 42 − 2 3 = 2. A C H
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 là √ √ B
V = S4ABC · AA0 = 4 3 · 2 = 8 3. roups/GeoGebr Chọn phương án D
Câu 26.9. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A0B0C0D0, biết độ dài cạnh đáy của
lăng trụ bằng 2, đồng thời góc tạo bởi A0C và đáy (ABCD) bằng 30◦. √ √ 8 6 √ 8 6 √ A. V = . B. V = 24 6. C. V = . D. V = 8 6. 3 9 Lời giải.
ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 nên có diện tích A0 D0 SABCD = 4. acebook.com/g
Ta có A0 A ⊥ (ABCD) ⇒ AC là hình chiếu của A0C trên .f (ABCD). B0 C0
⇒ (A0C, (ABCD)) = (A0C, AC) = \ A0CA. Do đó \ A0CA = 30◦.
Tam giác A0CA vuông tại A có \ A0CA = 30◦ nên A D √ √ √ 3 2 6 https://www A0 A = AC tan 30◦ = 2 2 · = . 30◦ 3 3 C B
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 là √ √ 2 6 8 6 V = SABCD · A0 A = 4 · = . 3 3 Chọn phương án A
Câu 26.10. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có cạnh đáy bằng a, Khoảng cách từ điểm A0 √ 2a 57
đến mặt phẳng (AB0C0) bằng
. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là 19 96 √ √ √ a3 3 a3 3 a3 3 3a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 4 6 2 2 Lời giải. ( B0C0 ⊥ A0I0
Gọi I là trung điểm của B0C0, ta có A0 C0 B0C0 ⊥ A0 A.
⇒ B0C0 ⊥ (AA0 I) ⇒ (AB0C0) ⊥ (AA0 I) theo giao tuyến AI. I
Trong mặt phẳng (AA0 I), kẻ A0H ⊥ AI tại H, ta có B0 H √ 2a 57
A0 H ⊥ (AB0C0) ⇒ A0 H = d A0, (AB0C0) = . 19 √ a2 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên có diện tích S4ABC = . 4
Tam giác AA0 I vuông tại A0 có A0H là đường cao nên ta có A C 1 1 1 19 4 1 = − = − = . A0 A2 A0 H2 AI2 12a2 3a2 4a2 Suy ra A0 A = 2a. B
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A0B0C0 là 2020 √ √ a2 3 a3 3 V = S4ABC · AA0 = · 2a = . 4 2 THPT Chọn phương án C
Câu 26.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Tam giác GHIỆP N
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SC tạo với đáy một góc 60◦. T
Khi đó thể tích V của khối chóp S.ABCD là √ √ √ √ TỐ a3 51 a3 17 a3 17 a3 17 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 3 3 9 6 THI Lời giải.
Gọi H là trung điểm của AB, ta có SH ⊥ AB. KỲ S
Mà (SAB) ⊥ (ABCD) theo giao tuyến AB ⇒ SH ⊥ (ABCD).
⇒ HC là hình chiếu của SC trên (ABCD).
⇒ (SC, (ABCD)) = (SC, HC) = [ SCH. Do đó [ SCH = 60◦.
ABCD là hình chữ nhật nên có diện tích A D SABCD = AB · AD = 2a2. H
Tam giác BHC vuông tại B nên ta có 60◦ s √ B C p a2 a 17 HC = BH2 + BC2 = + 4a2 = . 4 2 √ √ a 17 √ a 51
Tam giác SHC vuông tại H và có [
SCH = 60◦ nên SH = HC tan 60◦ = · 3 = . 2 2 97 √ √ 1 1 a 51 a3 51
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V = S · 2a2 · = . 3 ABCD · SH = 3 2 3 Chọn phương án A
Câu 26.12. Cho hình chóp đều S.ABCD có đường chéo AC = 2a, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt
phẳng (ABCD) bằng 45◦. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là √ √ a3 2 2a3 3 √ a3 A. V = . B. V = . C. V = a3 2. D. V = . 3 3 2 Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có S SO ⊥ (ABCD). o Gọi I là trung điểm của BC, ta có (SBC) ∩ (ABCD) = BC aPr    SO ⊥ (ABCD)   O I ⊥ BC.
⇒ SI ⊥ BC (Định lí ba đường vuông góc). ⇒ ((SBC), (ABCD)) = A B d SIO. Do đó d SIO = 45◦. ⇒ 4SOI vuông cân tại O √ 45◦ AB AC a 2 I ⇒ O SO = OI = = √ = . 2 2 2 2 roups/GeoGebr D C 1
ABCD là hình vuông có đường chéo AC = 2a nên có diện tích là SABCD = AC2 = 2a2. √ 2 √ 1 1 a 2 a3 2
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V = S · 2a2 · = . 3 ABCD · SO = 3 2 3 Chọn phương án A Câu 26.13.
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh 2a, A0 D0 acebook.com/g
AA0 = 2a, góc giữa cạnh B0D và mặt đáy bằng 30◦. thể tích khối lăng trụ .f đã cho bằng B0 √ √ C0 √ √ 2 3a3 4 3a3 A. 2 3a3. B. 4 3a3. C. . D. . 3 3 A D B C Lời giải. https://www
Vì BD là hình chiếu của B0D trên mặt phẳng (ABCD) nên [ B0DB = 30◦ A0
là góc giữa B0D và mặt đáy. D0 √
Suy ra BD = BB0 cot 30◦ = 2a 3. B0 √ C0
Xét hình thoi ABCD canh 2a có đường chéo BD = 2a 3. √ Suy ra AC = 2 · AO = 2 · AB2 − BO2 = 2a. A 1 √ D Do đó SABCD = · AC · BD = 2a2 3. 2 √ O Vậy V = AA0 · S C ABCD = 4a3 3. B . Chọn phương án B
CÂU 27. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = 5x2−4x−1 là x2−1 98 A. 1 . B. 0 . C. 2 . D. 3 . Lời giải.
Tập xác định D = R\ {−1; 1}
Trên D ta có, y = 5x2−4x−1 = (5x+1)(x−1) = 5x+1 x2−1 (x−1)(x+1) x+1 lim y = lim
5x+1 = −∞ =⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x+1 x→(−1)+ x→(−1)+
lim y = lim 5x+1 = 5 =⇒ y = 5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x→±∞ x→±∞ x+1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận. Chọn phương án C
Câu 27.1. Tìm tổng đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số f (x) = x2 − 6x + 8 √ (x2 − 4x + 3) x − 2 A. 5. B. 2. C. 4. D. 3. Lời giải. ( ( x2 − 4x + 3 6= 0 x 6= 3 Điều kiện: ⇔
. Suy ra tập xác định của hàm số D = (2; +∞) \ {3}. x − 2 > 0 x > 2 6 8 x2 − 6x + 8 1 − + 2020 Ta có: lim √ = lim x x2 = 0. x→+∞ (x2 − 4x + 3) x − 2 x→+∞ 4 3 √ 1 − + x − 3 x x2 THPT
Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 0. √ x2 − 6x + 8 (x − 2)(x − 4) (x − 4) x − 2 Ta có: lim √ = lim √ = lim = 0. x→2+ (x2 − 4x + 3) x − 2 x→2+ (x2 − 4x + 3) x − 2 x→2+ (x2 − 4x + 3) √ √ " # GHIỆP x2 − 6x + 8 (x − 4) x − 2 1 (x − 4) x − 2 Mặt khác: lim √ = lim = lim · = N x→3+ (x2 − 4x + 3) x − 2 x→3+ (x2 − 4x + 3) x→3+ x − 3 (x − 1) T −∞. TỐ
Suy ra đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng: x = 3.
Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận. THI Chọn phương án B KỲ x2 + 2x − 3
Câu 27.2. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là x2 − 4x + 3 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải. • Tiệm cận ngang: 2 3 x2 + 2x − 33 1 + − • lim = lim x x2 = 1. x→+∞ x2 − 4x + 3 x→+∞ 4 3 1 − + x x2 2 3 x2 + 2x − 33 1 + − • lim = lim x x2 = 1. x→−∞ x2 − 4x + 3 x→−∞ 4 3 1 − + x x2
Vậy đồ thị hàm số y có 1 tiệm cận ngang là y = 1. 99 • Tiệm cận đứng: "x = 3
Ta có x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1. x2 + 2x − 3 (x − 1) · (x + 3) x + 3 • lim = lim = lim = −2. x→1+ x2 − 4x + 3 x→1+ (x − 1) · (x − 3) x→1+ x − 3 x2 + 2x − 3 (x − 1) · (x + 3) x + 3 • lim = lim = lim = −2. x→1− x2 − 4x + 3
x→1− (x − 1) · (x − 3) x→1− x − 3
Suy ra x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x2 + 2x − 3 x + 3 o • lim = lim = +∞. x→+3+ x2 − 4x + 3 x→3+ x − 3 aPr x2 + 2x − 3 x + 3 • lim = lim = −∞. x→+3− x2 − 4x + 3 x→3− x − 3
Suy ra x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2. Chọn phương án C x2 + 2x − 3
Câu 27.3. Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là x2 + 4x + 3 roups/GeoGebr A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải. • Tiệm cận ngang: 2 3 2 3 1 + − 1 + − Ta có lim y = lim x x2 = 1, lim y = lim x x2 = 1. x→+∞ x→+∞ 4 3 x→−∞ x→−∞ 4 3 1 + + 1 + + x x2 x x2
Vậy y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. acebook.com/g .f • Tiệm cận đứng: "x = −1
Ta có x2 + 4x + 3 = 0 ⇔ x = 3. (x − 1) · (x + 3) x − 1 • lim y = lim = lim = −∞. x→−1+ x→−1+ (x + 1) · (x + 3) x→−1+ x + 1 https://www (x − 1) · (x + 3) x − 1 • lim y = lim = lim = +∞. x→−1− x→−1− (x + 1) · (x + 3) x→−1− x + 1
Suy ra x = −1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x − 1 • lim y = lim = 2. x→−3+ x→−3+ x + 1 x − 1 • lim y = lim = 2. x→−3− x→−3− x + 1
Suy ra x = −3 không phải đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2. Chọn phương án A 100 x2 − 3x + 2
Câu 27.4. Đồ thị hàm số y =
có bao nhiêu đường tiệm cận ? x3 − 4x2 + 4x A. 2. B. 1. C. 3. D. 5. Lời giải. • Tiệm cận ngang: 1 3 2 1 3 2 − + − + Ta có lim y = lim x x2 x3 = 0, lim y = lim x x2 x3 = 0. x→+∞ x→+∞ 4 4 x→−∞ 4 4 1 − + f (x)→−∞ 1 − + x x2 x x2
Vậy y = 0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: • Tiệm cận đứng: "x = 0
Ta có x3 − 4x2 + 4x = 0 ⇔ x = 2 (x − 1) · (x − 2) x − 1 • lim y = lim = lim = +∞. x→0+ x→0+ x(x − 2)2 x→0+ x(x − 2) (x − 1) · (x − 2) x − 1 • lim y = lim = lim = −∞. x→0− x→0− x(x − 2)2 x→0− x(x − 2) 2020
Suy ra x = 0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x − 1 • lim y = lim = +∞. x→2+ x→2+ x(x − 2) THPT x − 1 • lim y = lim = +∞. x→2+ x→2+ x(x − 2) x − 1 • GHIỆP lim y = lim = −∞. x→2− x→2− x(x − 2) N Suy ra x = T
2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. TỐ
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. Chọn phương án C THI √16 − x2 KỲ
Câu 27.5. Cho hàm số y =
, số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là x2 + 3x − 4 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải. • Tiệm cận ngang:
ĐKXĐ: 16 − x2 ≥ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 4.
Vậy suy ra hàm số không có tiệm cận ngang. • Tiệm cận đứng: "x = 1
Ta có x2 + 3x − 4 = 0 ⇔ x = −4 √16 − x2 • lim y = lim = +∞. x→1+ x→1+ (x − 1) · (x + 4) √16 − x2 • lim y = lim = −∞. x→1− x→1− (x − 1) · (x + 4)
Suy ra x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 101 √ √ 16 − x2 p(4 − x) · (4 + x) 4 − x • lim y = lim = lim = lim √ = x→−4+ x→−4+ (x − 1) · (x + 4) x→−4+ (x − 1) · (x + 4) x→−4+ (x − 1) · 4 + x −∞. √ √ 16 − x2 p(4 − x) · (4 + x) 4 − x • lim y = lim = lim = lim √ = x→−4−
x→−4− (x − 1) · (x + 4) x→−4− (x − 1) · (x + 4) x→−4− (x − 1) · 4 + x +∞.
Suy ra x = −4 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 2 Chọn phương án C ax + o 4
Câu 27.6. Cho hàm số y =
. Biết rằng đồ thị của hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2 và bx − 1 aPr
đường tiệm cận đứng là x = 1. Giá trị của a + b bằng A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải.
Vì x = 1 là tiệm cận đứng nên ta có b · (1) − 1 − 0 ⇔ b = 1. 4 ax + 4 a + a
y = 2 là tiệm cận ngang nên ta có lim = 2 ⇔ lim x = 2 ⇔ = 2 ⇔ a = 2b. x→±∞ bx − 1 x→±∞ 1 b b − x ( ( b = 1 a = 2 roups/GeoGebr Giải hệ phương trình ⇔ ⇒ a + b = 3. a = 2b b = 1 Chọn phương án B
Câu 27.7. Biết rằng x = 1 và y = 0 lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (a − 2b)x2 + bx + 1 y =
. Giá trị của a + b bằng x2 + x − b A. 6. B. 7. C. 8. D. 10. Lời giải.
Vì x = 1 là tiệm cận đứng nên (1)2 + 1 − b = 0 ⇔ b = 2. acebook.com/g .f b 1 a − 2b + +
y = 0 là tiệm cận ngang nên lim y = 0 ⇔ lim x x2 = 0 ⇔ a − 2b = 0. x→±∞ x→±∞ 1 b 1 + − x x2 ( ( b = 2 b = 2 Giải hệ phương trình ⇔ ⇒ a + b = 6. a − 2b = 0 a = 4 Chọn phương án A https://www
Câu 27.8. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị hàm số có bao nhiêu tiệm cận? A. 1. x −∞ −1 1 +∞ B. 2. y0 − − 0 + C. 3. +∞ D. 4. 2 3 y −5 −1 Lời giải.
Quan sát bảng biến thiên ta có: 102
• Khi x → −∞ thì y → 2 nên đồ thị hàm số nhận y = 2 là đường tiệm cận ngang.
• Khi x → −1− thì y → −5, x → −1+ thì y → 3 nên đồ thị hàm số không nhận x = −1 là đường tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận. Chọn phương án A
Câu 27.9. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Đồ thị của hàm số
y = f (x) có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? A. 0. 1 x −∞ +∞ B. 2. − 2 C. 3. y0 + + D. 4. +∞ 3 y 3 2 2 −∞ Lời giải.
Quan sát bảng biến thiên ta có 2020 3 3 • Khi x → ±∞ thì y →
nên đồ hàm số nhận y =
là đường tiệm cận ngang. 2 2 − + THPT 1 1 1 • Khi x → − thì y → +∞, x → −
thì y → −∞ nên đồ hàm số nhận x = − là đường tiệm 2 2 2 cận đứng. GHIỆP
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận. N Chọn phương án B T √x2 + 1 TỐ
Câu 27.10. Đồ thị hàm số y =
có bao nhiêu đường tiệm cận. x − 1 A. 3. B. 1. C. 0. D. 2. THI Lời giải. √ √ KỲ x2 + 1 x2 + 1
Tập xác định D = R \ {1}. Ta có: lim = +∞; lim = −∞. x→1+ x − 1 x→1− x − 1
Suy ra x = 1 là đường tiệm cận của đồ thị hàm số. r √ 1 1 + x2 + 1 x2 Mặt khác: lim = lim = 1 x→+∞ x − 1 x→+∞ 1 1 − x r √ 1 − 1 + x2 + 1 x2 lim = lim = −1. x→−∞ x − 1 x→−∞ 1 1 − x
Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y = 1; y = −1.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. Chọn phương án A x − 2
Câu 27.11. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y = √ là x2 − 4 A. 2. B. 1. C. 3. D. 4. 103 Lời giải.
Tập xác định: D = (−∞; −2) ∪ (2; +∞). 2 x − 2 1 − Ta có lim √ = lim x = 1. x→+∞ x2 − 4 x→+∞ r 4 1 − x2 2 x − 2 −1 + lim √ = lim x = −1. x→−∞ x2 − 4 x→−∞ r 4 1 − x2
Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang là y = 1, y = −1. o x − 2 r x − 2 Ta lại có: lim √ = lim = 0. x→ x→ x + 2 aPr 2+ x2 − 4 2+  lim (x − 2) = −4 < 0    x→−2− x − 2   p lim √ = −∞ do lim x2 − 4 = 0 x→2+ x2 − 4 x→−  2−   p 
x2 − 4 > 0; ∀x < −2.
Suy ra x = −2 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận. Chọn phương án C roups/GeoGebr
Câu 27.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R \ {0} và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. 2020
Sô đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là 3 − 2 f (x) x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − − 0 + 2 +∞ +∞ y acebook.com/g .f −∞ −∞ 1 A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Lời giải. 3
Dựa vào bangt biến thiên ta có phương trình f (x) =
có 4 nghiệm phân biệt và tử số là hằng số nên 2
đồ thị hàm số đã có luôn có 4 đường tiệm cận đứng. https://www Chọn phương án C CÂU 28.
Cho hàm số y = ax3 + 3x + d (a, d ∈ R) có đồ thị như hình bên. Mệnh đề nào y dưới đây đúng ? A. a > 0; d > 0. B. a < 0; d > 0. C. a > 0; d < 0. D. a < 0; d < 0. x O Lời giải. 104
Ta có đồ thị hàm số có dạng đi xuống suy ra a < 0.
Với x = 0 ⇒ y = d đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành suy ra d < 0. Vậy a < 0, d < 0. Chọn phương án D
Câu 28.1. Cho hàm số y = ax3 − 3x + d (a, d ∈ R) có đồ thị như hình bên. Mệnh y
đề nào dưới đây đúng ? A. a > 0; d > 0. B. a < 0; d > 0. C. a > 0; d < 0. D. a < 0; d < 0. x O Lời giải.
Ta có lim = +∞ suy ra a > 0. x→+∞
Với x = 0 ⇒ y = d đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía trên trục hoành suy ra d > 0. Vậy a > 0, d > 0. Chọn phương án A Câu 28.2.
Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. y 2020
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a > 0; b > 0; c < 0; d < 0.
B. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0. THPT
C. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0.
D. a > 0; b < 0; c < 0; d < 0. GHIỆP x O N T Lời giải. TỐ
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên THI d > 0. KỲ
Trong 4 phương án, chỉ có một phương án cho ta kết quả a > 0; d > 0. Chọn phương án C Câu 28.3.
Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào sau đây y đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0.
B. a < 0; b < 0; c = 0; d > 0.
C. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0.
D. a < 0; b > 0; c = 0; d > 0. x O Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0. y0 = 3ax2 + 2bx + c. 105
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d). Từ hình vẽ ta suy ra d > 0.
Hàm số có xCT = 0 và xCĐ > 0 nên ta có:  2b xCT + xCĐ = − > 0 3a c . xCTxCĐ = = 0 3a
Kết hợp với a < 0 ta suy ra b > 0 và c = 0. Chọn phương án D Câu 28.4.
Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ. y
Mệnh đề nào sau đây đúng ? o
A. a < 0; b > 0; c > 0; d < 0. aPr
B. a < 0; b < 0; c > 0; d < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0; d > 0. x O
D. a < 0; b > 0; c < 0; d < 0. Lời giải. roups/GeoGebr
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; d). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm nên d < 0.
Dựa vào đồ thị, ta có:  2b xCT + xCĐ = − > 0 3a c . xCT · xCĐ = < 0 3a
Kết hợp với a < 0 ta suy ra b > 0 và c > 0. acebook.com/g Chọn phương án A .f Câu 28.5.
Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. y
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a > 0; b < 0; c > 0.
B. a > 0; b > 0; c < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0.
D. a < 0; b > 0; c < 0. https://www x O Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a > 0 nên suy ra b < 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ âm nên c < 0. Chọn phương án C 106 Câu 28.6.
Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. y
Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0.
B. a < 0; b > 0; c < 0.
C. a > 0; b < 0; c < 0.
D. a < 0; b < 0; c < 0. x O Lời giải.
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a < 0.
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a < 0 nên suy ra b > 0.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên c > 0. Chọn phương án A Câu 28.7.
Cho hàm số y = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. y
Mệnh đề nào sau đây đúng ? 2020
A. a > 0; b < 0; c = 1.
B. a > 0; b > 0; c = 1.
C. a < 0; b > 0; c = 1.
D. a > 0; b > 0; c > 0. 1 THPT − x 1 O 1 Lời giải. GHIỆP N
Từ hình dáng đồ thị, ta suy ra a > 0. T
Hàm số có 3 điểm cực trị nên ab < 0. Mà a > 0 nên suy ra b < 0. TỐ
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c). Theo đề bài, đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 1 nên c = 1. THI Chọn phương án A KỲ Câu 28.8. ax − b Cho hàm số y =
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề y x − 1 nào sau đây đúng ? A. b < 0 < a. B. 0 < b < a. C. b < a < 0. D. 0 < a < b. 1 2 x O −1 −2 Lời giải. 107
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm (0; b). Từ hình vẽ, ta có b = −2. Vậy b < 0.
Đồ thị hàm số có tiệm cậng ngang là đường thẳng y = a. Từ hình vẽ ta có a = −1. Vậy a < 0. Chọn phương án C Câu 28.9. ax + b Cho hàm số y =
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh y x − c đề nào sau đây đúng ?
A. a < 0; b > 0; c > 0.
B. a > 0; b < 0; c > 0.
C. a > 0; b > 0; c < 0.
D. a > 0; b < 0; c < 0. o aPr x O roups/GeoGebr Lời giải.
Đồ thị hàm số có tiệm cậng ngang là đường thẳng y = a. Từ hình vẽ ta suy ra a > 0.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = c. Từ hình vẽ ta có c < 0. b b
Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm 0; −
. Từ hình vẽ ta có − < 0 ⇒ b < 0. c c Chọn phương án D Câu 28.10. acebook.com/g .f
Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định y nào sau đây là đúng.
A. a < 0; b < 0; c = 0; d > 0.
B. a > 0; b < 0; c > 0; d > 0.
C. a < 0; b > 0; c > 0; d > 0.
D. a < 0; b > 0; c = 0; d > 0. x O Lời giải. https://www
Ta có lim = −∞ suy ra a < 0. x→+∞
Đồ thị hàm số cắt trục Oy là điểm nằm bên trên trục hoành nên x = 0; y = d > 0.
Hàm số có hai điểm cực trị trong đó có một điểm cực tiểu đạt cực tiểu tại x = 0 và một điểm cực đại
đạt cực đại tại điểm x > 0.
Suy ra phương trình f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = 0 < x2.   c = 0 (  f 0(0) = 0 c = 0    Khi đó ⇔ b ⇔ a < 0 x1 + x2 > 0  − > 0  3a  b > 0. Chọn phương án D Câu 28.11. 108
Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên. Tính tổng của y S = a + b + c + d. 2 A. S = 0. B. S = 6. C. S = −4. D. S = 2. 2 x O −2 Lời giải.
Hàm số liên tục trên R và có đạo hàm f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c và độ thị hàm số nhận hai điểm cực trị là (2; −2) và (0; 2).  f (2) = −2 8a + 4b + 2c + d = −2 a = 1              f 0(2) = 12a + 4b + c = 0 b = −3 Do đó ⇔ ⇔ .  f (0) = 2 d = 2 c = 0           f 0(0) = 0 c = 0 d = 2 Vậy S = a + b + c + d = 0. Chọn phương án A Câu 28.12.
Biết rằng hàm số y = f (x) = ax4 + bx2 + c có đồ thị là đường cong như hình vẽ y
bên. Tính giá trị của f (3a + 2b + c). 2020 A. −1. B. 0. C. 2. D. 1. 1 −1 1 x O THPT −1 Lời giải.
Đồ thị hàm số ddie qua hai điểm (0; 1),(1; −1) và có điểm cực trị tại (1; −1) nên ta có hệ phương GHIỆP    f (0) = 1 c = 1 c = 1 N          T trình f (1) = −1 ⇔ a + b + c = −1 ⇔ a = 2    TỐ     f 0(1) = 0 4a + 2b = 0 b = −4.
Ta có hàm số f (x) = 2x4 − 4x2 + 1. Khi đó f (3a + 2b + c) = f (−1) = −1 THI Chọn phương án A KỲ CÂU 29.
Diện tích phần hình phẳng được gạch chéo trong hình bên y bằng y = x2 − 2x − 2 2 2 Z Z A. −2x2 + 2x + 4 dx. B. 2x2 − 2x − 4 dx. 2 x −1 −1 −1 2 2 Z Z C. −2x2 − 2x + 4 dx. D. 2x2 + 2x − 4 dx. y = −x2 + 2 −1 −1 Lời giải.
Nhìn vào hình, thấy trên đoạn [−1; 2] thì đồ thị hàm y = −x2 + 2 nằm trên đồ thị hàm y = x2 − 2x − 2 nên 2 2 Z h i Z Sgạch chéo = −x2 + 2 − x2 − 2x − 2 dx = −2x2 + 2x + 4 dx. −1 −1 Chọn phương án A 109 Câu 29.1.
Cho đồ thị hàm số y = f (x) như hình vẽ. Diện tích S của hình phẳng được y
gạch chéo được xác định bởi công thức 2 −2 2 1 2 Z Z Z Z − x 2 1 A. S = f (x) dx + f (x) dx. B. S = f (x) dx + f (x) dx. 1 1 −2 1 1 2 2 Z Z Z C. S = f (x) dx − f (x) dx. D. S = f (x) dx. −2 1 −2 Lời giải. o 2 1 2 −2 2 Z Z Z Z Z aPr
Diện tích cần tính là S = | f (x)| dx = − f (x) dx + f (x)dx = f (x) dx + f (x) dx. −2 −2 1 1 1 Chọn phương án A Câu 29.2.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được y
tính theo công thức nào sau đây? 0 1 Z Z A. 2x3 − 2x dx + 2x − 2x3 dx. roups/GeoGebr −1 0 y = x2 − x + 5 1 Z B. 2x3 − 2x dx. −1 y = −2x3 + x2 + x + 5 1 Z C. 2x − 2x3 dx. −1 O 0 1 Z Z − x 1 1 D. 2x3 − 2x dx − 2x − 2x3 dx. acebook.com/g .f −1 0 Lời giải.
Đặt f (x) = x2 − x + 5; g(x) = −2x3 + x2 + x + 5. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là 1 0 1 Z Z Z S = | f (x) − g(x)|dx = ( f (x) − g(x)) dx + (g(x) − f (x)) dx = https://www −1 −1 0 0 1 Z Z 2x3 − 2x dx + 2x − 2x3 dx. −1 0 Chọn phương án A Câu 29.3. 110
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo y √ công thức nào sau đây? y = x 2 4 Z √ Z √ A. ( x − x + 2)dx. B. ( x − x + 2)dx. O y = x − 2 0 0 x 2 4 2 4 Z √ Z √ Z √ Z √ C. xdx + ( x − x + 2)dx. D. xdx + (x − 2 − x)dx. 0 2 0 2 Lời giải. Điều kiện: x ≥ 0. Ta có:  √ x ≥ 2 x = x − 2 ⇔ ⇔ x = 4. x2 − 5x + 4 = 0 √x = 0 ⇔ x = 0. x − 2 = 0 ⇔ x = 2. 2 4 Z √ Z √
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S = xdx + x − x + 2 dx. 0 2 Chọn phương án C 2020 Câu 29.4.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được y THPT
tính theo công thức nào sau đây? y = x + 5 −3 1 Z Z √ A. (x + 5)dx − 1 − xdx. √ GHIỆP y = 1 − x −5 −3 N 1 T Z √ B. [(x + 5) − 1 − x]dx. TỐ −5 x −3 1 O Z Z THI √ C. (x + 5)dx + 1 − xdx. KỲ −5 −3 1 Z √ D. [ 1 − x − (x + 5)]dx. −5 Lời giải. Điều kiện: x ≤ 1. Ta có:  √ x ≥ −5 1 − x = x + 5 ⇔ ⇔ x = −3. x2 + 11x + 24 = 0 √1 − x = 0 ⇔ x = 1. x + 5 = 0 ⇔ x = −5. −3 1 Z Z √
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S = (x + 5)dx + 1 − xdx. −5 −3 Chọn phương án C Câu 29.5. 111
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên bằng y 11 61 343 39 A. . B. . C. . D. . y = x2 6 3 162 2 y = − 1 x + 4 3 3 x O Lời giải. 1 4 Z Z 1 4 11
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là S = x2dx + − x − dx = . 3 3 6 0 1 Chọn phương án A o Câu 29.6. aPr √ Cho hàm số y =
2 − x có đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y = x. Công thức y
tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (phần gạch sọc (C) (d)
của hình vẽ) xung quanh trục hoành là 1 2 2 Z Z Z A. π (2 − x)dx + π x2dx. B. π (2 − x)dx. x O 0 1 0 2 4 1 2 Z Z Z Z C. π x2dx + π (2 − x)dx. D. π x2dx + π (2 − x)dx. roups/GeoGebr 0 2 0 1 Lời giải. Điều kiện: x ≤ 2. Ta có:  √ x ≥ 0 2 − x = x ⇔ ⇔ x = 1. x2 + x − 2 = 0 √2 − x = 0 ⇔ x = 2. 1 2 Z Z acebook.com/g
Thể tích cần tìm là V = π x2dx + π (2 − x)dx. .f 0 1 Chọn phương án D Câu 29.7.
Thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (phần gạch sọc của y
hình vẽ) xung quanh trục hoành bằng √ y = lnx https://www
A. 4π ln 4 − 3.
B. π(4 ln 2 − 3). C. π(4 ln 4 − 3). D. 4π ln 2 − 3π. x O 1 4 Lời giải. Điều kiện: x ≥ 1. √ Ta có: ln x = 0 ⇔ x = 1. 4 Z
Thể tích cần tìm là V = π
ln xdx = π (x ln x − x)|4 = 1 π(4 ln 4 − 3). 1 Chọn phương án C 112
Câu 29.8. Tính thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = 1 và x = 3, biết rằng khi cắt vật
thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x (1 ≤ x ≤ 3) thì được thiết √
diện là hình chữ nhật có hai cạnh là 3x và 3x2 − 2. √ √ 124 124 A. 32 + 2 15.
B. (32 + 2 15)π. C. . D. π. 3 3 Lời giải. 3 Z p 124 Thể tích cần tìm là V = 3x 3x2 − 2 dx = . 3 1 Chọn phương án C Câu 29.9.
Miền phẳng trong hình vẽ được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x) và y 1 Z 3 parabol y = x2 − 2x. Biết
f (x)dx = . Khi đó diện tích hình phẳng được 4 − 12 tô trong hình vẽ bằng 1 9 3 3 8 x A. . B. . C. . D. − 1 O π. 8 2 8 3 2 2020 Lời giải. 1 Z THPT
Diện tích hình phẳng cần tìm là S = f (x) − x2 + 2x dx. − 12 1 1 Z 3 3 Z 3 3 9 GHIỆP Mà f (x)dx = nên S = + (2x − x2)dx = + = . 4 4 4 8 8 N − 1 − 1 T 2 2 Chọn phương án A TỐ Câu 29.10. THI 1 1
Cho hình thang cong (H) giới hạn như bởi các đường y = , x = , y x 2 KỲ 1
x = 2 và trục hoành. Đường thẳng x = k với k ∈ ; 2 chia (H) 2
thành hai phần có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ. Tìm tất cả các
giá trị thực của k sao cho S1 = 3S2. √ 7 √ A. k = 2. B. k = 1. C. k = . D. k = 3. S 5 1 S2 x O 1 k 2 2 Lời giải. k 2 Z 1 Z 1 Ta có S1 = 3S2 ⇔ dx = 3 dx ⇔ ln x|k = 3 ln x|2 x x 1 k 2 1 k 2 1 ⇔ ln k − ln = 3 (ln 2 − ln k) 2 ⇔ 4 ln k = 3 ln 2 − ln 2 1 ⇔ ln k = ln 2 2 113 √ ⇔ k = 2. Chọn phương án A Câu 29.11.
Với mọi m thì đường thẳng d : y = mx + 2 luôn cắt (P) : y = x2 + 1 y
tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2. Tìm m để diện tích của hình
phẳng giới hạn bởi d và (P) là nhỏ nhất. y = x2 + 1 4 3 A. m = 0. B. m = . C. m = . D. m = 4. 2 3 4 y = mx + 2 1 x x1 O x2 o Lời giải. aPr
Ta có x1, x2 là hai nghiệm của phương trình −x2 + mx + 1 = 0. Khi đó x2 Z S = mx + 2 − x2 − 1 dx x1 mx2 x3 x2 = − + x 2 3 x1 1 m = (x2 − x1) − (x + (x 3 1 + x2)2 − x1x2 2 1 + x2) + 1 roups/GeoGebr 1 p h i = − m2 + 4 2(m2 + 1) − 3m2 − 6 6 1 p 8 = m2 + 4(m2 + 4) ≥ . 6 3 8 Vậy Smin = ⇔ m = 0. 3 Chọn phương án A Câu 29.12. 1 acebook.com/g
Cho hình phẳng D giới hạn bởi parabol y = − x2 + 2x, cung y .f √ 2 4 tròn có phương trình y =
16 − x2 với 0 ≤ x ≤ 4, trục tung √ y = 16 − x2
(phần tô đậm trên hình vẽ). Tính diện tích của hình D. 16 16 16 16 A. 8π − . B. 2π − . C. 4π + . D. 4π − . 3 3 3 3 x O 4 1 y = − x2 + 2x https://www 2 Lời giải. 4 Z p 1
Diện tích hình phẳng D có S = 16 − x2 + x2 − 2x dx. 2 0 4 Z p Xét tích phân I = 16 − x2 dx. 0 h π i
Đặt x = 4 sin t với t ∈ − π ; . 2 2 π π 2 2 Z π p Z t sin 2t 2 Khi đó ta có I =
16 − 16 sin2 t · 4 cos t dt = 16 cos2 t dt = 16 + = 4π. 2 2 0 0 0 114 4 Z 1 x3 4 16 Mặt khác J = x2 − 2x dx = − x2 = − . 2 6 0 3 016 Vậy S = 4π − . 3 Chọn phương án D Câu 29.13.
Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d với a 6= 0 có đồ thị (C). Biết rằng đồ y
thị (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ âm và đồ thị hàm f 0(x)
số y = f 0(x) có đồ thị cho bởi hình vẽ bên. Tính diện tích S của hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành. − x 1 0 1 21 5 27 A. S = 9. B. . C. . D. S = . 4 4 4 −3 Lời giải.
Ta có đồ thị hàm số f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c đi qua các điểm (−1; 0), (1; 0) và (0; −3) nên   3a + 2b + c = 0 a = 3       2020 3a − 2b + c = 0 ⇔ b = 0     c = −3 c = −3. Z Z THPT
Do đó f 0(x) = 3x2 − 3. Mà f (x) = f 0(x) dx = 3x2 − 3 dx = x3 − 3x + C.
Do đồ thị (C) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên f 0(x0) = 0 ⇔ 3x2 − 0 3 = 0 ⇔ x0 = −1. GHIỆP
Vậy f (−1) = 4 nên ta có C = 2. Do đó phương trình đường cong đã cho là y = x3 − 3x + 2. N " T x = −2
Xét phương trình x3 − 3x + 2 = 0 ⇔ TỐ x = 1. 1 Z 27 THI
Diện tích hình phẳng cần tìm là S = x3 − 3x + 2 dx = . 4 −2 KỲ Chọn phương án D
CÂU 30. Cho hai số phức z1 = −3 + i và z2 = 1 − i . Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng A. −2 . B. 2i . C. 2 . D. −2i . Lời giải.
Ta có z1 + z2 = (−3 + i) + (1 + i) = −2 + 2i
Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng 2 . Chọn phương án C
Câu 30.1. Cho hai số phức z1 = 5 − i và z2 = 7 + 2i. Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng A. 3. B. 3i. C. −3. D. −3i. Lời giải.
Ta có z1 + z2 = 5 − i + 7 − 2i = 12 − 3i. Do đó phần ảo của số phức này là −3. Chọn phương án C
Câu 30.2. Cho hai số phức z1 = 2 − 4i và z2 = 1 − 3i. Phần ảo của số phức z1 + i · z2 bằng A. 5. B. −5i. C. −3. D. 3i. 115 Lời giải.
Ta có z1 + i · z2 = 2 − 4i + i(1 + 3i) = −1 − 3i. Do đó phần ảo của số phức này là −3. Chọn phương án C
Câu 30.3. Cho hai số phức z1 = 5 + 6i và z2 = 1 + 8i. Phần ảo của số phức liên hợp w = z1 − i · z2 bằng A. −5i. B. −5. C. 5i. D. 5. Lời giải.
Ta có w = z1 − i · z2 = 5 + 6i − i(1 − 8i) = −3 + 5i ⇒ w = −3 − 5i. Do đó phần ảo của số phức liên hợp là −5. o Chọn phương án B
Câu 30.4. Cho hai số phức z aPr
1 = 2019 + 2020i và z2 = 2002i. Phần ảo của số phức iz1 + z2 bằng A. 2020. B. −4021. C. −2020. D. 4021. Lời giải.
Ta có iz1 + z2 = i(2019 + 2020i) + 2020i = −2020 + 4021i. Do đó phần ảo của số phức này là 4021. Chọn phương án D
Câu 30.5. Cho hai số phức z1 = −3 + i và z2 = 1 − i. Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng A. −2. B. 2i. C. 2. D. −2i. Lời giải. roups/GeoGebr Ta có: z2 = 1 + i.
Suy ra z1 + z2 = −3 + i + 1 + i = −2 + 2i.
Vậy phần ảo của số phức z1 + z2 bằng 2. Chọn phương án C
Câu 30.6. Cho hai số phức z1 = 5 + i và z2 = 1 + 2i. Phần ảo của số phức z1 + z2 bằng A. 6. B. −6. C. −1. D. 1. Lời giải. acebook.com/g Ta có: z2 = 1 − 2i. .f
Suy ra z1 + z2 = 5 + i + 1 − 2i = 6 − i.
Vậy phần ảo của số phức z1 + z2 bằng −1. Chọn phương án C
Câu 30.7. Cho hai số phức z1 = −3 + i và z2 = 1 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z1 + z2. https://www
A. Phần thực bằng −2 và phần ảo bằng −1.
B. Phần thực bằng −2 và phần ảo bằng 1.
C. Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng −1.
D. Phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 1. Lời giải. Ta có: z2 = 1 − 2i.
Suy ra z1 + z2 = −3 + i + 1 − 2i = −2 − i.
Vậy số phức z1 + z2 có phần thực bằng −2 và phần ảo bằng −1. Chọn phương án A
Câu 30.8. Cho hai số phức z1 = 3 + i và z2 = 1 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z1 · z2.
A. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 7.
B. Phần thực bằng −1 và phần ảo bằng 7.
C. Phần thực bằng 1 và phần ảo bằng −7.
D. Phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 1. 116 Lời giải.
Ta có: z1 · z2 = (3 + i) · (1 + 2i) = 1 + 7i.
Vậy số phức z1 · z2 có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 7. Chọn phương án A
Câu 30.9. Cho hai số phức z1 = 3i và z2 = 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z1 · z2.
A. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −9.
B. Phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 9.
C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −9.
D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 9. Lời giải.
Ta có: z1 · z2 = −3i · (3 − i) = −3 − 9i.
Vậy số phức z1 · z2 có phần thực bằng −3 và phần ảo bằng −9. Chọn phương án A z
Câu 30.10. Cho hai số phức z 1
1 = 3i và z2 = 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức . z2 3 9 3 9
A. Phần thực bằng − và phần ảo bằng . B. Phần thực bằng và phần ảo bằng − . 10 10 10 10 9 3 9 3 C. Phần thực bằng và phần ảo bằng − .
D. Phần thực bằng − và phần ảo bằng . 10 10 10 10 Lời giải. z 3i 3 9 2020 Ta có: 1 = = − + i. z2 3 − i 10 10 z 3 9
Vậy số phức 1 có phần thực bằng − và phần ảo bằng . THPT z2 10 10 Chọn phương án A
Câu 30.11. Cho hai số phức z1 = 3i và z2 = 3 − i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = GHIỆP 1 z . N 1 + z2 T 3 31 3 31
A. Phần thực bằng − và phần ảo bằng . B. Phần thực bằng và phần ảo bằng − . TỐ 10 10 10 10 3 31 3 31 C. Phần thực bằng và phần ảo bằng i. D. Phần thực bằng và phần ảo bằng . THI 10 10 10 10 Lời giải. KỲ 1 1 3 31 Ta có: w = z1 + = 3i + = + i. z2 3 − i 10 10 3 31
Vậy số phức w có phần thực bằng và phần ảo bằng . 10 10 Chọn phương án D
Câu 30.12. Cho số phức z thỏa mãn (2 − i)z = 3 + 4i. Tìm phần ảo b của số phức w = 2 − z. 11 11 11 11 A. b = − i. B. b = − . C. b = i. D. b = . 5 5 5 5 Lời giải. 3 + 4i 2 11
Ta có: (2 − i)z = 3 + 4i ⇔ z = ⇔ z = + i. 2 − i 5 5 2 11 8 11 Suy ra w = 2 − z = 2 − − i = + i. 5 5 5 5 11
Vậy số phức w có phần ảo b = . 5 Chọn phương án D 1
Câu 30.13. Cho số phức z thỏa mãn 5iz + 1 − 4i = 3 + i. Tìm phần thực a của số phức w = . z 117 2 10 25 A. a = − . B. a = 1. C. a = . D. a = . 5 29 29 Lời giải. 3 + i − 1 + 4i 2
Ta có: 5iz + 1 − 4i = 3 + i ⇔ z = ⇔ z = 1 − i. 5i 5 1 1 25 10 Suy ra w = = = + i. z 2 29 29 1 − i 5 25
Vậy số phức w có phần thực a = . 29 Chọn phương án D 1 o
Câu 30.14. Nếu số phức z 6= 1 thaot mãn |z| = 1 thì phần thực của số phức bằng 1 − z 1 1 aPr A. . B. − . C. 2. D. −2. 2 2 Lời giải.
Gọi z = x + yi với x, y ∈ R và z 6= 1. Vì |z = 1| ⇔ x2 + y2 = 1. 1 1 1 − x + yi 1 − x + yi 1 − x y 1 y Ta có: = = = = + · i = + · i. 1 − z 1 − x − yi (1 − x)2 + y2 1 − 2x + x2 + y2 2 − 2x 2 − 2x 2 2 − 2x 1
Vậy phần thưc của số phức đã cho là . 2 Chọn phương án A roups/GeoGebr
CÂU 31. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = (1 + 2i)2 là điểm nào dưới đây? A. P (−3; 4) . B. Q (5; 4) . C. N (4; −3) . D. M (4; 5) . Lời giải.
Ta có z = (1 + 2i)2 = −3 + 4i có điểm biểu diễn là P (−3; 4) . Chọn phương án A
Câu 31.1. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = i(3 + 2i) là điểm nào dưới đây? A. M(3; 2). B. N(3; −2). C. P(−2; 3). D. Q(2; −3). Lời giải. acebook.com/g .f
Ta có z = i(3 + 2i) = 3i + 2i2 = −2 + 3i. Vậy điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức là điểm tọa độ (−2; 3) Chọn phương án C .
Câu 31.2. Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z = 3 + 4i. Tìm phần thực của số phức w = 2 − iz + 3z A. 9. B. −5. C. 1. D. 6. https://www Lời giải. 3 + 4i Từ giả thiết z =
= 2 + i. Suy ra w = 2 − iz + 3z = 2 − i(2 + i) + 3(2 − i) = 9 − 5i. Vậy phần 2 + i
thực của số phức w là 9. Chọn phương án A
Câu 31.3. Trong mặt phẳng tọa độ A, B, C là ba điểm biểu diễn lần lượt cho ba số phức z1 = 5 −
i, z2 = (4 + i)2 và z3 = (2i)3. Diện tích của tam giác ABC là kết quả nào dưới đây? 25 185 A. 25. B. . C. . D. 185. 2 2 Lời giải. 118
Ta có z1 = 5 − i ⇒ A(5; −1)
z2 = (4 + i)2 = 16 + 8i + i2 = 16 + 8i − 1 = 15 + 8i ⇒ B(15; 8)
z3 = (2i)3 = −8i ⇒ C(0; −8)
Diện tích tam giác ABC khi biết tọa độ 3 đỉnh là: 1 25
S∆ABC = |5(8 + 8) + 15(−8 + 1) + 0(−1 − 8)| = 2 2 Chọn phương án B
Câu 31.4. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = (1 + 2i)2 là điểm nào dưới đây? A. P(−3; 4). B. Q(5; 4). C. N(4; −3). D. M(5; 4). Lời giải.
Ta có z = (1 + 2i)2 = −3 + 4i. Suy ra điểm biểu diễn số phức z là P(−3; 4) Chọn phương án A .
Câu 31.5. Cho số phức z = 3 − 2i. Tìm điểm biểu diễn của số phức w = z + i. ¯z. A. M(1; −5). B. N(5; −5). C. P(1; 1). D. Q(5; 1). Lời giải. 2020
Ta có w = (3 − 2 · i) + i · (3 + 2 · i) = (3 − 2) + (3 · i + 2 · i2) = (3 − 2 · i) + i · (3 · i − 2) = 1 + i.
Vậy điểm biểu diễn w là P(1; 1). THPT Chọn phương án C
Câu 31.6. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy điểm nào sau biểu diễn cho số phức z, biết i. ¯z = (2 + i)2. A. M1(4; −3). B. M2(−4; 3). C. M3(−4; −3). D. M4(4; 3). GHIỆP Lời giải. N T (2 + i)2 3 + 4 · i −3 · i − 4 · i2 Ta có z = = = = 4 − 3 · i i i 1 TỐ
⇒ z = 4 + 3 · i. Vậy điểm biểu diễn z là M4(4; 3) THI Chọn phương án D KỲ
Câu 31.7. Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)z = 3 − i. Hỏi điểm biểu diễn của z là y N M
điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình bên? 2 A. Điểm P. B. Điểm Q. C. Điểm M. D. Điểm N. 1 O x −1 1 −1 −2 P Q Lời giải. 3 − i (3 − i) · (1 − i) 2 − 4 · i Ta có z = = = = 1 − 2 · i 1 + i 2 2
Vậy điểm biểu diễn z là điểm Q. Chọn phương án B 119
Câu 31.8. Các điểm M, N, P, Q trong hình vẽ bên là điểm y M
biểu diễn lần lượt của các số phức các số phức z1, z2, z3, z4. 2
Khi đó w = 3z1 + z2 + z3 + z4 bằng P A. w = −6 + 4i. B. w = 3 − 4i. 1 C. w = 6 + 4i. D. w = 4 − 3i. O x −3 −2 −1 1 2 3 −1 N −2 Q o Lời giải. aPr
Ta có z1 = −3 + 2 · i, z2 = −2 − i, z3 = 3 + 1 · i, z4 = 2 − 2 · i. Suy ra w = −6 + 4 · i. Chọn phương án A
Câu 31.9. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn |z − 1 − i| = |z + 2i| là đường thẳng có phương trình là A. x − y + 1 = 0. B. x + 3y + 1 = 0. C. x − 2y + 2 = 0. D. x + 2y + 2 = 0. Lời giải. roups/GeoGebr
Đặt z = x + i · y và điểm M(x; y) biểu diễn số phức z.
Ta có |z − 1 − i| = |z + 2i| ⇔ p(x − 1)2 + (y − 1)2 = px2 + (y + 2)2 ⇔ x + 3y + 1 = 0. Chọn phương án B
Câu 31.10. Cho z thỏa |z − 2i| = |z + 1|. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i)z là đường
thẳng có phương trình là A. x − y + 3 = 0. B. x − 3y + 3 = 0. C. x + y + 3 = 0. D. x − 3y − 3 = 0. Lời giải.
Đặt w = x + y · i và điểm M(x; y) biểu diễn số phức w. acebook.com/g w x + y · i (x + y) + (−x + y) · i .f Ta có w = (1 + i)z ⇔ z = = = . 1 + i 1 + i 2
Thay vào |z − 2i| = |z + 1| ta được (x + y) + (−x + y) · i (x + y) + (−x + y) · i − 2i = + 1 2 2
⇔ |(x + y) + (−x + y − 4) · i| = |(x + y + 2) + (−x + y) · i| |
⇔ (x + y)2 + (−x + y − 4)2 = (x + y + 2)2 + (−x + y)2 https://www ⇔ x − 3y + 3 = 0. Chọn phương án B
Câu 31.11. Cho số phức z thỏa mãn ( ¯z − 2i)(z + 2) là số thuần ảo. Tập hợp các điểm biểu diễn số
phức z là đường tròn có bán kính bằng √ √ A. 2 2. B. 2. C. 2. D. 4. Lời giải.
Đặt z = x + i · y và điểm M(x; y) biểu diễn số phức z.
Ta có ( ¯z − 2i)(z + 2) = (x2 + y2 + 2x + 2y) + (−2x − 2y − 4) · i.
Để ( ¯z − 2i)(z + 2) là số thuần ảo thì x2 + y2 + 2x + 2y = 0 ⇔ (x + 1)2 + (y + 1)2 = 2 √
Vậy tập hợp M điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính bằng 2. 120 Chọn phương án B √
Câu 31.12. Cho các số phức z thỏa |z − 1| = 2. Biết tập hợp biểu diễn số phức w = (1 + i 3)z + 2 là
một đường tròn có bán kính bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 16. Lời giải.
Đặt w = x + y · i và điểm M(x; y) biểu diễn số phức w. √ w − 2
Ta có w = (1 + i 3)z + 2 ⇔ z =
√ , thay vào |z − 1| = 2 ta được 1 + i · 3 √ w − 2 w − 3 − i · 3 √ √ − 1 = 2 ⇔ = 2 ⇔ w − 3 − i · 3 = 4. 1 + i · 3 2
Vậy tập hợp M điểm biểu diễn số phức z là đường tròn có bán kính bằng 4. Chọn phương án C
Câu 31.13. Cho số phức z = a + bi (với a, b ∈ R) và số phức liên hợp của nó là z có điểm biểu diễn
trong mặt phẳng phức là A và D. Số phức (2 + 5i)z và liên hợp của nó có điểm biểu diễn là B và C.
Biết rằng tứ giác ABCD là hình chữ nhật và |z + 3 − i| đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tích a.b. 80 80 16 16 A. − . B. . C. − . D. . 169 169 169 169 Lời giải. 2020
Ta có z = a + bi ⇒ A(a; b); z = a − bi ⇒ D(a; −b).
(2 + 5i)z = (2 + 5i)(a + bi) = (2a − 5b) + (5a + 2b)i ⇒ B(2a − 5b; 5a + 2b). THPT
Điểm biểu diễn cho số phức liên hợp của số phức (2 + 5i)z là C(2a − 5b; −5a − 2b). # » # » # »
Ta có AB = (a − 5b; 5a + b), AD = (0; −2b), DC = (a − 5b; −5a − b).   a, b 6= 0 a, b 6= 0   (   GHIỆP  # » # »  a, b 6= 0
Để tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì ⇔ ⇔ N AB = DC a − 5b = a − 5b   b = −5a T # » # »    AB.AD = 0  − 2b(5a + b) = 0 TỐ
Khi đó số phức z = a + bi = a − 5ai. Xét THI s √ 4 2 98
|z + 3 − i| = |a − 5ai + 3 − i| = p(a + 3)2 + (5a + 1)2 = 26a2 + 16a + 10 = 26 a + + ≥ KỲ 13) 13 r 98. 13 r 98 4 20
Vậy |z + 3 − i| đạt giá trị nhỏ nhất là đạt được khi a = − , b = (thỏa mãn). 13 13 13 4 20 80 Do đó z = − + i, suy ra a.b = − . 13 13 169 Chọn phương án A #» #»
CÂU 32. Trong không gian Oxyz , cho các vectơ a = (1; 0; 3) và b = (−2; 2; 5) . Tích vô hướng #» #» #» a · a + b bằng A. 25 . B. 23 . C. 27 . D. 29 . Lời giải. #» #» Ta có a + b = (−1; 2; 8) . #» #» #» Suy ra a . a + b = 1. (−1) + 0.2 + 3.8 = 23. Chọn phương án B 121 #» #»
Câu 32.1. Trong không gian Oxyz, cho các vectơ a = (2; 7; −3), b = 2; 1; 4. Tinh tích vô hướng #» #» #» a ( a − b ) bằng. A. 21. B. 63. C. 53. D. 52. Lời giải. #» #» a − b = (0; 6; −7). #» #» #»
Vậy a ( a − b ) = 2.0 + 7.6 − 3.(−7) = 63. Chọn phương án B
Câu 32.2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 0; 1), B(−1; 4; 3) và C(m; 2m − 3; 1). Tìm m để tam giác ABC vuông tại B. o A. −7. B. 4. C. 7. D. −4. Lời giải. aPr # » # »
BA = (3; −4; −2), BC = (m + 1; 2m − 7; −2)
Để tam giác ABC vuông tại B thì # » # »
BA.BC = 0 ⇔ 3(m + 1) − 4(2m − 7) + 4 = 0 ⇔ −5m + 35 = 0 ⇔ m = 7. Chọn phương án C #» #» #» #» #»
Câu 32.3. Trong không gian Oxyz, cho a = (1; 0; 3) và b = (−2; 2; 5). Tích vô hướng a · a + b bằng A. 25. B. 23. C. 27. D. 29. roups/GeoGebr Lời giải. #» #»
Ta có a + b = (−1; 2; 8), suy ra #» #» #» a · a + b
= 1 · (−1) + 0 · 2 + 3 · 8 = 23. Chọn phương án B acebook.com/g .f #» #» #»
Câu 32.4. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ u = (−2; 2; 5), v = (0; 1; 2). Tích vô hướng u · #» v bằng A. 12. B. 13. C. 10. D. 14. Lời giải. #» Ta có u · #»
v = −2 · 0 + 2 · 1 + 5 · 2 = 12. Chọn phương án A https://www
Câu 32.5. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; −1; 1), B(−1; 3; −1) và C(5; −3; 4). Tích vô # » # » hướng AB · BC bằng A. 40. B. −48. C. 52. D. −52. Lời giải. # » # »
Ta có AB = (−3; 4; −2) và BC = (6; −6; 5), suy ra # » # »
AB · BC = −3 · 6 − 4 · 6 − 2 · 5 = −52. Chọn phương án D 122 #» #» #»
Câu 32.6. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ u = (−1; 0; 2) và v = (x; −2; 1). Nếu u · #» v = 4 thì #» độ dài của v bằng √ A. 2. B. 3. C. 21. D. 5. Lời giải. Ta có #» u · #»
v = 4 ⇔ −1 · x − 0 · 2 + 2 · 1 = 4 ⇔ x = −2. #»
Do đó, v = (−2; −2; 1), suy ra | #» v | = 3. Chọn phương án B Bài tập mở rộng #» #» #» #»
Câu 32.7. Trong không gian Oxyz, cho vectơ u = (1; 0; −3) và v = (−1; −2; 0). Giá trị của cos ( u , v ) bằng √ √ √ √ 10 2 10 2 A. − . B. . C. . D. − . 10 10 10 10 Lời giải. Ta có #» √ #» #» #» #» #» u · #» v −1 2 u · #» v = | #» u | · | #»
v | · cos ( u , v ) ⇔ cos ( u , v ) = = √ √ = − . | #» u | · | #» v | 10 · 5 10 2020 Chọn phương án D #» #» #» THPT
Câu 32.8. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ a = (2; m − 1; 3), b = (1; 3; −2n). Nếu a cùng #»
phương với b thì giá trị m + n bằng 25 17 A. . B. 1. C. . D. 2. 4 3 GHIỆP Lời giải. N #» #» #» #» T
Nếu a cùng phương với b thì tồn tại số thực t sao cho a = t · b . Suy ra  TỐ 2 = 1 · t t = 2       m = 7 THI m − 1 = 3 · t ⇔   3     KỲ 3 = −2n · t n = − . 4 25 Do đó, m + n = . 4 Chọn phương án A
Câu 32.9. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; 5; 3), B(3; 7; 4) và C(x; y; 6). Nếu ba điểm A, B,
C thẳng hàng thì tổng x + y bằng A. 14. B. 6. C. 7. D. 16. Lời giải. # » # »
Ta có AB = (1; 2; 1) và AC = (x − 2; y − 5; 3). # » # »
Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi AB, AC cùng phương ( x − 2 y − 5 3 x = 5 ⇔ = = ⇔ 1 2 1 y = 11. Suy ra x + y = 16. Chọn phương án D 123
Câu 32.10. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; −1), B(2; −1; 3) và C(−2; 3; 3). Biết M(a; b; c)
là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM. Giá trị của biểu thức a2 + b2 − c2 bằng A. 42. B. 43. C. 44. D. 45. Lời giải. # » # »
Ta có AB = (1; −3; 4) và MC = (−2 − a; 3 − b; 3 − c).
Vì ABCM là hình bình hành nên   1 = −2 − a a = −3 # » # »       AB = MC ⇔ − 3 = 3 − b ⇔ b = 6     4 = 3 − c c = 7. o
Suy ra a2 + b2 − c2 = (−3)2 + 62 − (−1)2 = 44. aPr Chọn phương án C #» #» #» #»
Câu 32.11. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ u = (−2; 5; 3), v = (−4; 1; −2). Giá trị của |[ u , v ]| bằng √ √ √ √ A. 216. B. 405. C. 749. D. 703. Lời giải. #» #» #» #» √ √
Ta có [ u , v ] = (−13; −16; 18), suy ra |[ u , v ]| = 132 + 162 + 182 = 749. Chọn phương án C roups/GeoGebr
Câu 32.12. Trong không gian Oxyz, cho A(2; 0; 4) và B(0; −6; 0), M là một điểm bất kỳ thỏa mãn 561 3MA2 + 2MB2 =
AB2. Khi đó M thuộc mặt cầu có bán kính là giá trị nào sau đây ? 280 √ A. 3. B. 9. C. 56. D. 56. Lời giải. # » # » #» (3(2 − x) + 2(0 − x) = 0
Xét điểm I(x; y) thỏa mãn 3I A + 2IB = 0 ⇔ ⇔
3(0 − y) + 2(−6 − y) = 0 3(4 − z) + 2(0 − z) = 0  6 acebook.com/g x =   5 .f    12 y = − . 5     12  z = 5 6 12 12 ⇒ I ; − ; . 5 5 5 Mà AB2 = 22 + 62 + 42 = 56. https://www 561 # » # » # » # » 561 Xét 3MA2 + 2MB2 =
⇔ 3(MI + I A)2 + 2(MI + IB)2 = . 5 5 # » # » # » # » 561
3(MI2 + 2MI.I A + I A2) + 2(MI2 + 2.MI.IB + IB2) = . 5 # » # » # » 561 672 1008 561
⇔ 5MI2 + 2.MI 3.I A + 2.IB + 3I A2 + 2IB2 = ⇔ 5MI2 + + = ⇔ MI2 = 9. 5 25 25 5 6 12 12
Vậy M luôn chạy trên mặt cầu tâm I ; − ; và có bán kính là 3. 5 5 5 Chọn phương án A
Câu 32.13. Trong không gian Oxyz, trên các tia Ox, Oy, Oz lấy ba điểm không trùng O là A, B, C. Biết 1 4 9 # » # » # » # »
OA + OB + OC = 1 và biểu thức + +
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính (OA + OB)(OB + OC). OA OB OC 124 5 1 A. 1. B. . C. 0. D. . 6 9 Lời giải.
Vì A, B, C thuộc các tia Ox, Oy, Oz nên gọi tọa độ các điểm là A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) # » # » # »
Suy ra OA = (a; 0; 0), OB = (0; b; 0), OC = (0; 0; c), a, b, c > 0.
Theo giả thiết OA + OB + OC = 1 ⇔ a + b + c = 1. 1 4 9 (1 + 2 + 3)2 36 Xét + + ≥ = = 36. OA OB OC OA + OB + OC a + b + c  1 a =   1 2 3  6  1 4 9   = =  1 Biểu thức + +
đạt giá trị nhỏ nhất là 36 xảy ra khi a b c ⇒ b = . OA OB OC 3 a + b + c = 1     1  c = 2 # » 1 # » 1 # » 1 # » # » 1 1 Suy ra OA = ; 0; 0 , OB = 0; ; 0 , OC = 0; 0; ; OB + OC = 0; ; . 6 3 2 3 2 Chọn phương án D
CÂU 33. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) có tâm là điểm I (0 ; 0 ; −3) và đi qua điểm
M (4 ; 0 ; 0) . Phương trình của (S) là 2020
A. x2 + y2 + (z + 3)2 = 25 .
B. x2 + y2 + (z + 3)2 = 5 .
C. x2 + y2 + (z − 3)2 = 25 .
D. x2 + y2 + (z − 3)2 = 5 . THPT Lời giải. Ta có: I M = 5 .
Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; 0 ; −3) đi qua điểm M (4 ; 0 ; 0) có bán kính là R = I M = 5 GHIỆP
Vậy phương trình mặt cầu (S) là x2 + y2 + (z + 3)2 = 25 . N T Chọn phương án A TỐ
Câu 33.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(8; 0; 0) và đi qua điểm M(0; −6; 0). Phương trình của (S) là THI
A. (x − 8)2 + y2 + z2 = 100.
B. (x − 8)2 + y2 + z2 = 10. KỲ
C. (x + 8)2 + y2 + z2 = 100. D. (x + 8)2 + y2 + z2. Lời giải. √
Vì M ∈ (S) nên bán kính mặt cầu là R = p(8 − 0)2 + (0 + 6)2 + (0 − 0)2 = 100 = 10. Vậy phương
trình mặt cầu có phương trình là (x − 8)2 + y2 + z2 = 100. Chọn phương án A
Câu 33.2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; −4) và tiếp xúc với mặt phẳng
(Oxyz). Phương trình mặt cầu (S) là
A. (x − 1)2 + y2 + (z + 4)2 = 4.
B. (x − 1)2 + y2 + (z + 4)2 = 16.
C. (x − 1)2 + y2 + (z + 4)2 = 1.
D. (x − 1)2 + y2 + (z + 4)2 = 10. Lời giải. | − 4|
Phương trình mặt phẳng (Oxy) là z = 0. Vậy bán kính mặt cầu (S) là R = d(I, (Oxy)) = = 4. 1
Phương trình mặt cầu cần tìm là (x − 1)2 + (y − 0)2 + (z + 4)2 = 42 ⇔ (x − 1)2 + y2 + (z + 4)2 = 16. Chọn phương án B x − 4 y
Câu 33.3. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I thuộc đường thẳng d : = = 2 1 125
z + 3 và (S) đi qua hai điểm A(−3;0;5) và B(1;4; −1). Khi đó bán kính mặt cầu (S) là giá trị nào −1 dưới đây ? √ √ √ A. 290. B. 3. C. 2 17. D. 299. Lời giải.
Gọi M là trung điểm của AB, tọa độ của điểm M(−1; 2; 2). # »
Gọi (α) là mặt phẳng trung trực của AB, khi đó M ∈ (α) và một vectơ pháp tuyến của (α) là MA = (−2; −2; −2)
Phương trình mặt phẳng (α) : −2(x + 1) − 2(y − 2) − 3(z − 2) = 0 ⇔ 2x + 2y + 3z − 8 = 0.
Mà I ∈ d suy ra tọa độ I(4 + 2t; t; −3 − t), t ∈ R. I ∈ (α) suy ra 2(4 + 2t) + 2t + 3(−3 − t) − 8 = 0 ⇔ o t = 3 ⇒ I(10; 3; −6) √
Vậy bán kính mặt cầu là R = I A = p(−3 − 10)2 + (0 − 3)2 = (5 + 6)2 = 299. aPr Chọn phương án D
Câu 33.4. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có tâm là điểm I (0; 0; −3) và đi qua điểm M (4; 0; 0). Phương trình của (S) là
A. x2 + y2 + (z + 3)2 = 25.
B. x2 + y2 + (z + 3)2 = 25.
C. x2 + y2 + (z + 3)2 = 25.
D. x2 + y2 + (z + 3)2 = 25. Lời giải. # » q
Ta có : I M = (4; 0; −3) ⇒ R = I M = 42 + 02 + (−3)2 = 5. roups/GeoGebr
Phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm I (0; 0; −3) và R = 5 có dạng là x2 + y2 + (z + 3)2 = 25. Chọn phương án A
Câu 33.5. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; −1) và đi qua điểm A(2; 2; −3).
Phương trình của mặt cầu (S) là
A. (x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 3.
B. (x − 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 3.
C. (x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 9.
D. (x − 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 9. Lời giải. acebook.com/g
Bán kính mặt cầu là R = I A = p(2 − 1)2 + (2 − 0)2 + (−3 + 1)2 = 3. .f
Phương trình mặt cầu là (x − 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 9. Chọn phương án D
Câu 33.6. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A(2; 2; 0), B(1; 0; 2), C(0; 4; 4). Mặt cầu (S)
có tâm A và đi qua trọng tâm G của tam giác ABC có phương trình là
A. (x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 4.
B. (x + 2)2 + (y + 2)2 + z2 = 5. √ https://www
C. (x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 5.
D. (x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 5. Lời giải.
Tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2; 2). √
Mặt cầu (S) có bán kính là R = AG = p(1 − 2)2 + (2 − 2)2 + (2 − 0)2 = 5. √
Phương trình mặt cầu tâm I(2; 2; 0), bán kính R =
5 là (x − 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 5. Chọn phương án D
Câu 33.7. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu (S) đường kính AB với A (4; −3; 5), B (2; 1; 3) là
A. x2 + y2 + z2 + 6x + 2y − 8z − 26 = 0.
B. x2 + y2 + z2 − 6x + 2y − 8z + 20 = 0.
C. x2 + y2 + z2 + 6x − 2y + 8z − 20 = 0.
D. x2 + y2 + z2 − 6x + 2y − 8z + 26 = 0. 126 Lời giải. q √ Ta có AB =
(2 − 4)2 + (1 + 4)2 + (3 − 5)2 = 2 6. Gọi I, R là tâm và bán kính của mặt cầu (S) suy AB √ ra R = =
6 và I (3; −1; 4). Khi đó phương trình mặt cầu (S) là 2
(x − 3)2 + (y + 1)2 + (z − 4)2 = 6 ⇔ x2 + y2 + z2 − 6x + 2y − 8z + 20 = 0. Chọn phương án B
Câu 33.8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(−1; 4; 2) và có thể tích
bằng 36π. Khi đó phương trình mặt cầu (S) là
A. (x + 1)2 + (y − 4)2 + (z − 2)2 = 3.
B. (x − 1)2 + (y + 4)2 + (z + 2)2 = 9.
C. (x − 1)2 + (y + 4)2 + (z + 2)2 = 3.
D. (x + 1)2 + (y − 4)2 + (z − 2)2 = 9. Lời giải. 4
Thể tích khối cầu V = πR3 = 36π ⇒ R = 3. 3
Phương trình mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 4)2 + (z − 2)2 = 9. Chọn phương án D
Câu 33.9. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu (S) đi qua A(3; −1; 2), B(1; 1; −2) và có 2020 tâm I thuộc trục Oz là
A. x2 + y2 + z2 − 2z − 10 = 0.
B. (x − 1)2 + y2 + z2 = 11. THPT
C. x2 + (y − 1)2 + z2 = 11.
D. x2 + y2 + z2 − 2y − 11 = 0. Lời giải.
Vì I ∈ Oz nên I(0; 0; z). GHIỆP Mặt khác N q q T AI = BI ⇔
(0 − 3)2 + (0 + 1)2 + (z − 2)2 =
(0 − 1)2 + (0 − 1)2 + (z + 2)2 ⇔ z = 1. TỐ √
Mặt cầu (S) có tâm I(0; 0; 1) bán kính R = AI = 11 có phương trình THI
x2 + y2 + (z − 1)2 = 11 ⇔ x2 + y2 + z2 − 2z − 10 = 0. KỲ Chọn phương án A
Câu 33.10. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và tiếp xúc với trục hoành có dạng
A. (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 13.
B. (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 5.
C. (x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9.
D. (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 25. Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của I(1; 2; 3) trên trục hoành là M(1; 0; 0). √
ặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và có bán kính R = I M = 13 có phương trình
(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 13. Chọn phương án A
Câu 33.11. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − 2y − 2z − 8 = 0. Phương trình mặt cầu
tâm I(1; 2; −1) và tiếp xúc mặt phẳng (P) là 127
A. (x + 1)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = 3.
B. (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 3.
C. (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 9.
D. (x + 1)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = 9. Lời giải.
Mặt cầu tâm I(1; 2; −1) và tiếp xúc mặt phẳng (P) có bán kính
|1 − 2 · 2 − 2 · (−1) − 8| R = d (A, (P)) = = 3. p12 + (−2)2 + (−2)2
Phương trình mặt cầu là (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 9. Chọn phương án C x − 1 y z
Câu 33.12. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và hai điểm o 2 1 −2
A(2; 1; 0), B(−2; 3; 2). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc d và đi qua hai điểm A, B. aPr
A. (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 17.
B. (S) : (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z + 2)2 = 17.
C. (S) : (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 2)2 = 5.
D. (S) : (x + 3)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 33. Lời giải.
Gọi tâm mặt cầu là I(1 + 2t; t; −2t). Từ I A = IB ta suy ra
(2t − 1)2 + (t − 1)2 + (−2t)2 = (2t + 3)2 + (t − 3)2 + (−2t − 2)2 ⇔ t = −1.
Suy ra I(−1; −1; 2) và AI2 = 17. Vậy mặt cầu cần tìm là (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 17. Chọn phương án A roups/GeoGebr
Câu 33.13. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + (y − 1)2 + (z + 2)2 = 9 và tam giác BCD
với tọa độ các đỉnh là B(3; 1; −2), C(0; −2; −2), D(0; 1; 1). Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt cầu (S) sao
cho thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. √ √ √ √ √ √ A. A(− 3; 1 − 3; −2 − 3). B. A( 3; 1 + 3; −2 + 3). √ √
C. A(0; 2; −2 − 2 2). D. A(0; 2; −2 + 2 2). Lời giải.
Dễ thấy ba điểm B, C, D đều thuộc mặt cầu (S). Để A ∈ (S) mà thể tích khối tứ diện ABCD đạ giá trị acebook.com/g
lớn nhất thì A là một trong 2 giao điểm của đường thẳng ∆ với mặt cầu; trong đó ∆ là đường thẳng .f
đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với mặt phẳng (BCD). # » # »
Ta có BC = (−3; −3; 0) , BD = (−3; 0; 3). Tọa độ tâm mặt cầu (S) là I(0; 1; −2). #» h # » # »i
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD) là n = BC, BD = (−9; −9; −9). #»
Vì ∆ vuông góc với (α) nên 1 vectơ chỉ phương của ∆ là u = (1; 1; 1). x = t   
Phương trình đường thẳng ∆ : y = 1 + t , t ∈ R. https://www   z = −2 + t.
Vì A ∈ ∆ ⇒ A(t; 1 + t; −2 + t) mà A ∈ (S) ⇒ t2 + (1 + t − 1)2 + (−2 + t + 2)2 = 9 ⇔ t2 = 3. √ √ √ √ "t = 3 ⇒ A1( 3; 1 + 3; −2 + 3) ⇒ √ √ √ √ .
t = − 3 ⇒ A2(− 3; 1 − 3; −2 + 3)
Phương trình mặt phẳng (BCD) : 1(x − 0) + 1(y − 1) + 1(z − 1) = 0 ⇔ x + y + z − 2 = 0. √ √ √ | 3 + 1 + 3 − 2 + 3 − 2 √ Xét A1: d(A1; (BCD)) = √ = 3 − 3. 3 √ √ √ | − 3 + 1 − 3 − 2 − 3 − 2 √ Xét A2: d(A2, (BCD)) = √ = 3 + 3. 3 √ √ √
Dễ thấy d(A2, (BCD)) > d(A1, (BCD)) ⇒ A(− 3; 1 − 3; −2 − 3) là điểm cần tìm. 128 Chọn phương án A
CÂU 34. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M (1; 1 − 1) và vuông góc với đường
thẳng ∆ : x+1 = y−2 = z−1 có phương trình là 2 2 1
A. 2x + 2y + z + 3 = 0 . B. x − 2y − z = 0 .
C. 2x + 2y + z − 3 = 0 .
D. x − 2y − z − 2 = 0 . Lời giải.
Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm. #»
Vì (α) vuông góc với đường thẳng ∆ : x+1 = y−2 = z−1 nên ( u (2; 2; 1) 2 2 1
α) nhận véc tơ chỉ phương
của ∆ là véc tơ pháp tuyến.
Lại có, (α) đi qua M (1; 1 − 1) .
Do đó, phương trình (α) có dạng:
2 (x − 1) + 2 (y − 1) + (z + 1) = 0 ⇐⇒ 2x + 2y + z − 3 = 0 Chọn phương án C
Câu 34.1. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; −3); B(2; −2; 1); C(−1; 3; 4) mặt phẳng đi qua
điểm A và vuông góc với BC có phương trình là
A. 3x − 5y − 3z − 2 = 0.
B. x − 4y + 4z − 3 = 0.
C. 3x − 5y − 3z + 2 = 0.
D. 2x − y − 7z + 3 = 0. 2020 Lời giải. # » Ta có BC = (−3; 5; 3). THPT #»
Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm A(1; 2; −3), nhận n = (3; −5; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình 3(x − 1) − 5(y − 2) − 3(z + 3) = 0 ⇔ 3x − 5y − 3z − 2 = 0. Chọn phương án A GHIỆP N
Câu 34.2. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua ba điểm A(1; 2; 1);B(−1; 3; 1); C(3; 4; 3) có T phương trình là TỐ
A. x + 2y − 3z + 2 = 0.
B. x + 2y − 3z − 2 = 0. C. x − 2y − 3z + 6.
D. x − 2y − 3z + 10 = 0. THI Lời giải. # » # » h # » # »i KỲ
Ta có AB = (−2; 1; 0); BC = (4; 1; 2) ⇒ AB; BC = (2; 4; −6) = 2(1; 2; −3). #»
Mặt phẳng cần tìm đi qua ba điểm A(1; 2; ) nhận n = (1; 2; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình (x − 1) + 2y(y − 2) − 3(z − 1) = 0 ⇔ x + 2y − 3z − 2 = 0. Chọn phương án B
Câu 34.3. Trong không gian Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua x + 1 y + 1 z − 1
điểm M(1; 3; 1) và vuông góc với đường thẳng d : = = ? 3 −2 1
A. 3x − 2y + z − 2 = 0.
B. 3x − 2y + z + 2 = 0.
C. 3x + 2y − z + 10 = 0.
D. 3x + 2y − z − 10 = 0. Lời giải. #»
Gọi u = (3; −2; 1) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d. Do d ⊥ (P) nên mặt phẳng (P) nhận #»
u là một véc-tơ pháp tuyến. (Qua M(1; 3; 1) Suy ra (P) : #» #» có dạng
Có một véc-tơ pháp tuyến n P = u = (3; −2; 1) 129
a(x − x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0
⇔ 3(x − 1) − 2(y − 3) + z − 1 = 0 ⇔ 3x − 2y + z + 2 = 0. Chọn phương án B
Câu 34.4. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2; −3; 5), B(1; −2; 3), C(0; 2; 1). Phương trình mặt
phẳng (P) đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với đường thẳng BC có dạng là A. x + 4y + 2z + 3 = 0.
B. x + 4y + 2z − 3 = 0.
C. x − 4y + 2z − 11 = 0.
D. x − 4y + 2z + 11 = 0. Lời giải. o
Ta có toạ độ trọng tâm của tam giác ABC là G(1; −1; 3). (Qua G(1; −1; 3) aPr Theo giả thiết, (P) : # » có dạng
Một véc-tơ pháp tuyến là BC = (−1; 4; −2)
a(x − x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0
⇔ −1(x − 1) + 4(y + 1) − 2(z − 3) = 0 ⇔ x − 4y + 2z − 11 = 0. Chọn phương án C
Câu 34.5. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, với # » #» #»
A(1; 2; 3) và OB = 3 i − k , có dạng là roups/GeoGebr
A. x + y − 2z − 1 = 0. B. x + y − 2z + 1 = 0. C. x − y − 2z − 1 = 0. D. x − y − 2z + 1 = 0. Lời giải. # » #» #»
Vì OB = 3 i − k nên B(3; 0; −1). Gọi điểm M(2; 1; 1) và đường thẳng d lần lượt là trung điểm và
đường trung trực của đoạn thẳng AB. (Qua M(2; 1; 1) Ta có d : # » có dạng
Một véc-tơ pháp tuyến là AB = (2; −2; −4) = 2(1; −1; −2)
a(x − x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0 acebook.com/g
⇔ (x − 2) − (y − 1) − 2(z − 1) = 0 .f ⇔ x − y − 2z + 1 = 0. Chọn phương án D
Câu 34.6. Phương trình mặt phẳng đi qua A(1; −2; 3) và song song với mặt phẳng (P) : x − y + 2z − 1 = 0 có dạng là
A. x + y + 2z − 5 = 0. B. x − y + 2z − 6 = 0. C. x − y + 2z + 9 = 0. D. x − y + 2z − 9 = 0. https://www Lời giải.
Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) : x − y + 2z − 1 = 0. Khi đó (Q) : x − y + 2z + m = 0 (m 6=
−1). Do A(1; −2; 3) ∈ (Q) nên 1 + 2 + 2 · 3 + m = 0 ⇔ m = −9 (nhận). Vậy (Q) : x − y + 2z − 9 = 0. Chọn phương án D
Câu 34.7. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; 3). Phương trình mặt
phẳng đi qua ba điểm A, B, C có dạng
A. 2x − 3y + 6z − 6 = 0.
B. 3x − 6y − 2z + 6 = 0.
C. 6x − 3y + 2z − 6 = 0.
D. 2x + 6y − 3z − 6 = 0. Lời giải. 130 x y z
Phương trình mặt phẳng (ABC) : + +
= 1 ⇔ 6x − 3y + 2z − 6 = 0. 1 −2 3
Vậy (P) : 6x − 3y + 2z − 6 = 0. Chọn phương án C
Câu 34.8. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1; 0; 2), B(1; 1; 1), C(2; 3; 0) có dạng A. x + y − z + 1 = 0.
B. x − y − z + 1 = 0. C. x + y + z − 3 = 0.
D. x + y − 2z − 3 = 0. Lời giải.# » ( AB = (0; 1; −1) h # » # »i Ta có # » ⇒ #» n = AB, AC = (1; −1; −1). AC = (1; 3; −2) #»
Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 0; 2) và nhận n làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là
(P) : (x − 1) − (y − 0) − (z − 2) = 0 ⇔ (P) : x − y − z + 1 = 0. Chọn phương án B
Câu 34.9. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P2) : 3x + 2y − z +
1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với (P1) và (P2).
A. (P) : 4x − 5y + 2z − 1 = 0.
B. (P) : 4x − 5y + 2z − 1 = 0.
C. (P) : 4x − 5y + 2z − 1 = 0.
D. (P) : 4x − 5y + 2z − 1 = 0. 2020 Lời giải. #»
• Mặt phẳng (P1) có véc-tơ pháp tuyến n1 = (1; 2; 3); THPT #»
• Mặt phẳng (P2) có véc-tơ pháp tuyến n2 = (3; 2; −1). #»
Gọi n là véc-tơ pháp tuyến của (P). GHIỆP #» #» #» Vì (P) vuông góc với (P n = [n n N 1) và (P2) nên
1, 2] = (−8; 10; −4) = −2(4; −5; 2). #» T
Mặt phẳng (P) đi qua A(1; 1; 1) và nhận n làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là TỐ
(P) : 4(x − 1) − 5(y − 1) + 2(z − 1) = 0 ⇔ (P) : 4x − 5y + 2z − 1 = 0. Chọn phương án C THI x − 1 y
Câu 34.10. Trong không gian Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d : = = KỲ 2 1
z + 1 và đồng thời vuông góc với mặt phẳng (Q): 2x + y − z = 0 là
3A. (P): x + 2y − 1 = 0.
B. (P) : x − 2y + z = 0.
C. (P) : x − 2y − 1 = 0.
D. (P) : x + 2y + z = 0. Lời giải. #»
• Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương u = (2; 1; 3); #»
• Mặt phẳng (Q) có véc-tơ pháp tuyến n = (2; 1; −1). #» #» #» #»
Gọi c là véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) khi đó c = [ n , u ] = (−4; 8; 0) = −4(1; −2; 0).
Từ phương trình đường thẳng d ta suy ra A(1; 0; −1) ∈ d. #»
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 0; −1) và nhận véc-tơ c làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là
(P) : (x − 1) − 2(y − 0) = 0 ⇔ (P) : x − 2y − 1 = 0. Chọn phương án C 131 x − 1 y z − 1
Câu 34.11. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d : = = và 1 2 2 x + 2 y − 1 z + 3
song song với đường thẳng ∆ : = = có phương trình là 2 −1 −3
A. 4x − 7y + 5z + 9 = 0.
B. 4x + 7y + 5z − 9 = 0.
C. x + 2y + 2z − 3 = 0.
D. 4x − 7y + 5z − 9 = 0. Lời giải. x − 1 y z − 1 d : = = ⇒ #» u 1 2 2
1 = (1; 2; 2) là vectơ chỉ phương của d. ∆ x + 2 y − 1 z + 3 : = = ⇒ #» u 2 −1 −3
2 = (2; −1; −3) là vectơ chỉ phương của ∆. Mặt phẳng (P) chứa #» #»
đường thẳng d và song song với ∆ nên nhận u1, u2 là vectơ chỉ phương. o ⇒ #» #» #»
n = [u1, u2] là vectơ pháp tuyến qua điểm A(1; 0; 1). aPr
⇒ (P) : −4(x − 1) + 7(y − 0) − 5(z − 1) = 0 ⇔ 4x − 7y + 5z − 9 = 0. Chọn phương án D x − 2 y − 1
Câu 34.12. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P) đi qua A(2; −3; 3) và chứa d : = = 1 2 z + 1 có phương trình là
3A. 4x − y − z + 10 = 0.
B. 5x + y − z − 10 = 0. C. 5x + y + z + 10 = 0.
D. 5x − y − z − 10 = 0. Lời giải. roups/GeoGebr x − 2 y − 1 z + 1 d : = = ⇒ #»
u = (1; 2; 3) là vectơ chỉ phương của d. 1 2 3 # »
B(2; 1; −1) ∈ d ⇒ AB = (0; 4; −4). #» # »
Mặt phẳng (P) đi qua A(2; −3; 3) và nhận u , AB là vectơ chỉ phương h # »i ⇒ #» #»
n = n , AB = (−20; 4; 4) = −4(4; −1; −1) là vectơ pháp tuyến và qua điểm A(2; −3; 3)
⇒ (P) : 5(x − 2) − (y + 3) − (z − 3) = 0 ⇔ 5x − y − z − 10 = 0. Chọn phương án D acebook.com/g .f
CÂU 35. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi
qua hai điểm M (2; 3; −1) và N (4; 5; 3) ? #» #» #» #» A. u4 (1; 1; 1) . B. u3 (1; 1; 2) . C. u1 (3; 4; 1) . D. u2 (3; 4; 2) . Lời giải. # »
Ta có: MN (2; 2; 4) = 2 (1; 1; 2) =⇒ #»
u3 (1; 1; 2) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai
điểm M (2; 3; −1) và N (4; 5; 3) . https://www Chọn phương án B
Câu 35.1. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 3); B(2; 3; 1); C(−2; −1; 4) một vectơ chỉ phương
của đường thẳng d qua A và song song với BC là vectơ nào sau đây ? #» #» #» #» A. u = (4; 4; −3). B. u = (4; 4; 3). C. u = (1; 1; −1). D. u = (2; 2; −1). Lời giải. # »
Ta có BC = (−4; −4; 3) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d #» # »
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = −BC = (4; 4; −3). Chọn phương án A
Câu 35.2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; −4) và B(4; −1; −2). Vectơ nào dưới đây là 1
vectơ chỉ phương của đường thẳng AB? 132 #» #» #» #» A. u = (6; 2; −3). B. u = (3; 1; −3). C. u = (1; −2; 1). D. u = (−1; 2; 1). Lời giải. # » #»
AB = (2; −4; 2) = 2(1; −2; 1) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là u = (1; −2; 1). Chọn phương án C
Câu 35.3. Trong không gian Oxyz, gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M(2; 5; 4) lên trục
Oy và mặt phẳng (Oxz). Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng M1M2? #» #» #» #» A. u2 = (−2; 5; 4). B. u4 = (2; 5; 4). C. u3 = (2; −5; 4).
D. u1 = (−2; −5; 4). Lời giải.
Theo giả thiết thì M1(0; 5; 0) và M2(2; 0; 4). # » #»
Vectơ chỉ phương của đường thẳng M1M2 là M1M2 = u3 = (2; −5; 4). Chọn phương án C
Câu 35.4. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : 2x + y − z − 1 = 0, (Q) : x − 2y + z − 5 =
0. Khi đó giao tuyến của (P) và (Q) có một vectơ chỉ phương là #» #» #» #» A. u = (1; −2; 1). B. u = (2; 1; −1). C. u = (1; 3; 5). D. u = (−1; 3; −5). Lời giải.
Gọi (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q). # » # »
Có nP = (2; 1; −1) và nQ = (1; −2; 1). 2020 # » # »
Do đó vectơ chỉ phương của (d) là u d = # »
nP, nQ = (−1; −3; −5) = −(1; 3; 5). Chọn phương án C THPT
Câu 35.5. Phương trình trung tuyến AM của 4ABC với A(3; 1; 2), B(−3; 2; 5), C(1; 6; −3) là     x = 1 + t x = 1 − 4t x = 3 − 4t x = 1 + 3t             A. y = −1 − 3t . B. y = −3 + 3t . C. y = 1 + 3t . D. y = −3 + 4t . GHIỆP             N z = 8 − 4t z = 4 − t z = 2 − t z = 4 − t T Lời giải. − TỐ 3 + 1 2 + 6 5 − 3
Tọa độ trung điểm M của BC là M ; ; , tức là M (−1; 4; 1). 2 2 2  THI x = 3 − 4t # »    KỲ
Đường thẳng AM qua A và có vectơ chỉ phương là AM = (−4; 3; −1) là y = 1 + 3t .   z = 2 − t Chọn phương án C
Câu 35.6. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(0; −1; 3), B(1; 0; 1), C(−1; 1; 2). Viết phương trình
đường thẳng d đi qua điểm A và song song với BC. x y + 1 z − 3 x y + 1 z − 3 A. = = . B. = = . 2 1 1 −2 1 1 x − 1 y z − 1 x − 1 y z − 1 C. = = . D. = = . −2 1 −1 −2 1 1 Lời giải. # »
Đường thẳng d đi qua A(0; −1; 3) và nhận BC = (−2; 1; 1) làm vectơ chỉ phương. x y + 1 z − 3 (d) : = = −2 1 1 Chọn phương án B
Câu 35.7. Trong không gian Oxyz, phương trình đường thẳng đi qua điểm M(2; −1; 0) và song song x y − 2 z + 1 với đường thẳng d : = − có dạng 1 −2 3 133 x + 2 y − 1 z x − 2 y + 1 z A. = = . B. = = . 1 −2 3 −5 −2 1 x − 2 y + 1 z x + 2 y − 1 z C. = = . D. = = . 1 −2 3 5 1 −1 Lời giải. #»
Phương trình đường thẳng (∆) song song với (d) nên có vectơ chỉ phương là u = (1; −2; 3). #»
Phương trình đường thẳng (d) qua M, nhận u làm vectơ chỉ phương là x − 2 y + 1 z (d) : = = . 1 −2 3 Chọn phương án C o
Câu 35.8. Trong không gian Oxyz, đường thẳng đi qua điểm M(3; −1; 2) và vuông góc với mặt phẳng aPr
(P) : x − 2y + z − 3 = 0 có phương trình là x − 3 y + 1 z − 2 x + 3 y − 1 z + 2 A. = = . B. = = . 1 −2 1 1 −2 1 x − 3 y + 1 z − 2 x + 3 y − 1 z + 2 C. = = . D. = = . 1 2 1 1 −2 1 Lời giải. # »
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận vectơ pháp tuyến của (P) là nP = (1; −2; 1) làm vectơ chỉ phương. x − 3 y + 1 z − 2 roups/GeoGebr
Vậy phương trình đường thẳng là = = . 1 −2 1 Chọn phương án A x − 1 y + 3
Câu 35.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(−1; 1; 3) và hai đường thẳng d1 : = = 3 2 z − 1 x + 1 y z , d = =
. Phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với d 1 2 : 1 3 −2 1 và d2 là     x = −1 − t x = −t x = −1 − t x = −1 − t             A. y = 1 + t . B. y = 1 + t . C. y = 1 − t . D. y = 1 + t . acebook.com/g         z = 1 + 3t z = 3 + t z = 3 + t z = 3 + t .f Lời giải. # » # »
Ta có vectơ chỉ phương của (d1) và (d2) lần lượt là ud = (3; 2; 1) và u = (1; 3; −2). 1 d2 # » # » # »
Do đường thẳng (∆) vuông góc với d1, d2 nên u∆ = [ud , u ] = (−7; 7; 7) = 7(−1; 1; 1). 1 d2 x = −1 − t   
Phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với d1 và d2 là y = 1 + t .  https://www  z = 3 + t Chọn phương án D
Câu 35.10. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 1);B(−1; 3; 1);C(3; 4; 3) đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phương trình là x + 1 y + 2 z + 1 x − 1 y − 2 z − 1 A. = = . B. = = . 1 2 −3 1 2 −3 x − 1 y − 2 z − 1 x + 1 x + 2 z + 1 C. = = . D. = = . 1 −2 −3 1 −2 −3 Lời giải. # » # » h # » # »i
Ta có AB = (−2; 1; 0); BC = (4; 1; 2) ⇒ AB; BC = (2; 4; −6) = 2(1; 2; −3). #»
Đường thẳng d đi qua A(1; 2; 1) nhận u = (1; 2; −3) làm vectơ chỉ phương nên có phường trình 134 x − 1 y − 2 z − 1 = = . 1 2 −3 Chọn phương án B
Câu 35.11. Trong không gian Oxyz, một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là giao tuyến của hai
mặt phẳng (P) : x + 2y − 3z + 2 = 0 và (Q) : 2x + y + 3z − 4 = 0 là #» #» #» #» A. u = (3; 3; −1). B. u = (3; −3; 1). C. u = (3; 3; 1). D. u = (3; −3; 1). Lời giải.
(P) : x + 2y − 3z + 2 = 0 ⇒ #»
n1 = (1; 2; −3) là vectơ pháp tuyến của (P).
(Q) : 2x + y + 3z − 4 = 0 ⇒ #»
n2 = (2; 1; 3) là vectơ pháp tuyến của (Q) #» #»
Đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) nên nhận [n1; n2] = (9; −9; −3) =
3(3; −3; −1) là một vectơ chỉ phương. #»
Vậy u = (3; −3; −1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Chọn phương án D
Câu 35.12. Trong không gian Oxyz, đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) : x + y − z − 2 = 0 x x + 2 z − 1 và vuông góc với ∆ : = =
có một vectơ chỉ phương là 1 2 −2 #» #» #» #» A. u = (1; 0; 1). B. u = (0; −1; 1). C. u = (1; −1; 0). D. u = (0; 1; 1). Lời giải. 2020
(P) : x + y − z − 2 = 0 ⇒ #»
n = (1; 1; −1) là vectơ pháp tuyến của (P). ∆ x y + 2 z − 1 #» #» # » : = = ⇒ # »
u∆ = (1; 2; −2) là một vec tơ chỉ phương của ∆. Vectơ u = [ n ; u∆] = THPT 1 2 −2
(0; 1; 1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Chọn phương án D GHIỆP
CÂU 36. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất N
để số được chọn có tổng các chữ số là chẵn bằng T A. 41 . B. 4 . C. 1 . D. 16 . 81 9 2 81 TỐ Lời giải. THI
Không gian mẫu: n (Ω) = A3 − = 10 A29 648
Gọi A là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số là chẵn.”; abc là số cần thành lập thỏa tổng ba chữ KỲ số là số chẵn.
TH1: Ba chữ số chẵn chọn từ {0; 2; 4; 6; 8} : A3 − = 5 A24 48 (số).
TH2: Chọn chữ số 0 và 2 chữ số lẻ từ {1; 3; 5; 7; 9} Xếp số 0 : 2 cách
Hai vị trí còn lại: A25 cách Suy ra có 40 số.
TH3: Chọn 1 chữ số chẵn từ {2; 4; 6; 8} và 2 chữ số lẻ từ {1; 3; 5; 7; 9}
Chọn một chữ số chẵn: 4 cách
Xếp chữ số chẵn vừa chọn: 3 cách
Hai vị trí còn lại: A25 cách Suy ra có 240 số. Vậy n (A) = 328
Suy ra xác suất: P (A) = n(A) = 328 = 41 . n(Ω) 648 81 Chọn phương án A 135
Câu 36.1. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tổng các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị bằng hai lần chữ số hàng chục. 5 1 5 2 A. . B. . C. . D. . 81 18 162 81 Lời giải.
Ta có: n (Ω) = 9 · 9 · 8 = 648.
Gọi N = abc (với a, b, c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}) ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a + c = 2b.
Vì a + c = 2b nên a + c là số chẵn khác 0, ta có các trường hợp sau đây:
+ Trường hợp 1: {a, c} ∈ {1, 3, 5, 7, 9}, mỗi cách chọn a, c có duy nhất một số b nên ta có: A2 = 5 20(số). o
+ Trường hợp 2: {a, c} ∈ {0, 2, 4, 6, 8},mỗi cách chọn a, c có duy nhất một số b nên ta có: aPr A2 − 5 4 = 20 − 4 = 16(số).
Vậy có tất cả 20 + 16 = 36 số. 36 Xác suất cần tìm là P = . 648 Chọn phương án B
Câu 36.2. Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một
khác nhau được lập từ X. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S. Tính xác suất để phần tử được chọn roups/GeoGebr có đúng 3 chữ số lẻ. 2 10 3 15 A. . B. . C. . D. . 75 21 22 98 Lời giải.
Số phần tử của S là: A5 = 15120. 9
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 15120.
Gọi A là biến cố: "phần tử được chọn có đúng 3 chữ số lẻ".
Ta nhận thấy tập X có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn nên số phần tử của A là: C3.C2.5! = 7200. 5 4 n (A) 7200 10
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . acebook.com/g n (Ω) 15120 21 .f Chọn phương án B
Câu 36.3. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác
suất để số được chọn có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau. 2 8 85 58 A. . B. . C. . D. . 75 147 567 567 Lời giải. https://www Có 9.A4 = 9
27216 số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 27216.
Gọi A là biến cố "số được chọn có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau". Có C3.C2 5
5 .4!.2! = 4800 số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau (kể cả chữ số 0 đứng đầu). Có C2.C2 4
5 .3!.2! = 720 số tự nhiên có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ còn lại đứng kề nhau (trong đó chữ số 0 đứng đầu).
Suy ra n (A) = 4800 − 720 = 4080. n (A) 4080 85
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . n (Ω) 27216 567 Chọn phương án C 136
Câu 36.4. Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 5}. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó chữ số 3
có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 3. 1 1 2 2 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 15 Lời giải.
Xếp ba chữ số 3 vào ba trong năm vị trí: có C3 = 10 cách. 5
Sau đó xếp hai chữ số khác nhau trong bốn chữ số còn lại vào hai vị trí còn lại: có A2 = 12 cách. 4
Suy ra S có 10.12 = 120 phần tử.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 120.
Gọi A là biến cố "số được chọn chia hết cho 3".
Số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số chia hết cho 3, điều này suy ra hai chữ số khác nhau trong năm
chữ số phải chia hết cho 3, có 4 trường hợp thỏa là (1;2), (1;5), (2;4), (4;5). Suy ra n (A) = C3.4.2! = 80. 5 n (A) 80 2
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . n (Ω) 120 3 Chọn phương án C
Câu 36.5. Gọi S là tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. 2020
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác suất để được số có tổng các chữ số là số lẻ. 8 8 2 1 A. . B. . C. . D. . 15 3 15 3 THPT Lời giải.
Số phần tử của S là: 6.A2 = 6 180.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 180. GHIỆP
Gọi A là biến cố “chọn được ra số có tổng các chữ số là số lẻ”. N
TH1: Số được chọn có một chữ số lẻ và hai chữ số chẵn: có C1 .3! − C1 T 3 .C2 4 3 .C1 3 .2! = 90 số.
TH2: Số được chọn có ba chữ số đều lẻ: có 3! = 6 số. TỐ Suy ra n (A) = 90 + 6 = 96. n (A) THI 96 8
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . n (Ω) 180 15 KỲ Chọn phương án A
Câu 36.6. Có 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100 (mỗi tấm thẻ được đánh một số khác nhau), chọn
ngẫu nhiên dồng thời 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2. 3 2 1 2 A. . B. . C. . D. . 4 3 2 5 Lời giải.
Trong 100 tấm thẻ trên, có 50 thẻ đánh số chẵn và 50 th3 đánh số lẻ.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = C3 . 100
Gọi A là biến cố: "tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2".
TH1: chọn được ba thẻ đều đánh số chẵn: có C3 cách. 50
TH2: một thẻ đánh số chẵn và hai thẻ đánh số lẻ: có C1 cách. 50.C2 50 Suy ra n (A) = C3 + C1 . 50 50.C2 50 n (A) C3 + C1 1
Vậy xác suất của A là: P (A) = = 50 50.C2 50 = . n (Ω) C3 2 100 Chọn phương án C 137
Câu 36.7. Trong một hộp có 100 tấm thẻ đánh số từ 101 đến 200 (mỗi tấm thẻ được đánh một số khác
nhau), chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 thẻ trong hộp. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được
chọn là một số chia hết cho 3. 817 1181 808 37026 A. . B. . C. . D. . 2450 2450 2450 161700 Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = C3 . 100
Gọi A là biến cố: "tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 3".
Nhận xét Một số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số cũng chia hết cho 3. Đồng thời từ số 101 đến số
200 có 33 số chia hết cho 3 (N1), 33 số chia 3 dư 1 (N2), 34 số chia 3 dư 2 (N3). o
TH1: Ba số ghi trên 3 thẻ thuộc cùng 1 loại N1, N2 hoặc N3: có C3 + C3 + C3 = 16896 cách. 33 33 34
TH2: Ba số ghi trên 3 thẻ mỗi số thuộc một loại N1, N2 hoặc N3: có C1 = 33.C1 3 .C1 37026 cách. 34 aPr
Suy ra n (A) = 16896 + 37026 = 53922. n (A) 53922 817
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . n (Ω) 161700 2450 Chọn phương án A
Câu 36.8. Có 6 học sinh lớp 11 và 3 học sinh lớp 12 được xếp ngẫu nhiên vào 1 dãy ghế dài. Tính xác
suất để xếp được 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11. 3 1 2 5 A. . B. . C. . D. . 11 12 5 42 roups/GeoGebr Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = 9!.
Gọi A là biến cố: "xếp được 3 học sinh lớp 12 xen kẽ giữa 6 học sinh lớp 11.".
Do mỗi học sinh lớp 12 ngồi giữa hai học sinh khối 11 nên ở vị trí đầu tiên và cuối cùng của dãy ghế sẽ là học sinh khối 11.
Xếp 6 học sinh lớp 11 vào dãy ghế: có 6! cách.
Giữa 6 học sinh lớp 11 có 5 khoảng trống, xếp 3 học sinh lớp 12 vào 3 trong 5 khoảng trống trên: có A3 cách. 5 acebook.com/g n (A) 6!.A3 5 .f
Vậy xác suất của A là: P (A) = = 5 = . n (Ω) 9! 42 Chọn phương án D
Câu 36.9. Cho đa giác đều 20 đỉnh. Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để 3 đỉnh đó là 3 đỉnh của tam giác vuông không cân. 8 2 17 3 A. . B. . C. . D. . https://www 57 35 114 19 Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là: n (Ω) = C3 . 20
Gọi A là biến cố: "3 đỉnh được chọn là 3 đỉnh của tam giác vuông không cân".
Đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 20 cạnh có 10 đường kính tạo thành.
Chọn một đường kính bất kì, đường kính này chia đường tròn này thành 2 phần, mỗi phần có 9 đỉnh của đa giác.
Khi đó mỗi phần có 8 tam giác vuông nhưng không cân (trừ đỉnh chính giữa).
Vậy số tam giác vuông không cân được tạo thành từ 20 đỉnh của đa giác đã cho là: 10.2.8 = 160. n (A) 160 8
Vậy xác suất của A là: P (A) = = = . n (Ω) C3 57 20 138 Chọn phương án A
Câu 36.10. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có chữ số hàng trăm, chữ số hàng đơn vị và tổng các chữ số theo thứ tự tạo
thành 1 cấp số cộng có công sai dương. 5 4 1 16 A. . B. . C. . D. . 162 9 2 81 Lời giải.
Ta có: n (Ω) = 9 · 9 · 8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a, c, a + b + c
theo thứ tự lập thành cấp số cộng với công sai d dương ). c = a + d c = a + d        c = a + d    a + b + c = a + 2d b = d − a          b = d − a Ta có: 1 ≤ a ≤ 9 ⇔ − a ≤ d ≤ 9 − a ⇔   a ≤ d ≤ 9 − a    0 ≤ b, c ≤ 9 a ≤ d ≤ 9 + a          1 ≤ a ≤ 4   d > 0 1 ≤ a ≤ 9
Với mỗi 1 ≤ a ≤ 4 có 9 − a − a + 1 = 10 − 2a cách chọn d. 1 20 5 Suy ra có tất cả
(10 − 2a) = 20 số. Xác suất cần tìm là P = = . 2020 ∑ 648 162 a=1 Chọn phương án A THPT
Câu 36.11. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tích các chữ số là số dương và chia hết cho 6. 55 23 13 49 GHIỆP A. . B. . C. . D. . 108 54 27 108 N Lời giải. T
Ta có: n (Ω) = 9 · 9 · 8 = 648. TỐ
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và abc là số dương và chia hết cho 6 ). THI
Ta có: abc là số dương chia hết cho 6 nên abc > 0, chia hết cho 2 và 3. KỲ
Nếu abc chia hết cho 2 thì ít nhất một trong các số a, b, c thuộc {2; 4; 6; 8} .
Nếu abc chia hết cho 3 thì ít nhất một trong các số a, b, c thuộc {3; 6; 9} .
Do đó ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: N có mặt chữ số 6, có 3 · A2 = 8 168(số).
+ Trường hợp 2: N có mặt chữ số 3 hoặc 9, không có mặt chữ số 6 và có ít nhất một trong các số
a, b, c thuộc {2; 4; 8} nên ta được 2 · C1 · · · · 3 C1 3 3! + C2 3 3! + C1 3 3! = 162 (số).
Vậy có tất cả 168 + 162 = 330 số. 330 55 Xác suất cần tìm là P = = . 648 108 Chọn phương án A
Câu 36.12. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để chọn được số có tích các chữ số là số chia hết cho 15. 13 10 7 13 A. . B. . C. . D. . 36 27 18 27 139 Lời giải.
Ta có: n (Ω) = 9 · 9 · 8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và abc là số dương và chia hết cho 15 ).
Ta có abc là số chia hết cho 15 nên abc chia hết cho 3 và 5.
Nếu abc chia hết cho 5 thì ít nhất một trong cá số a, b, c thuộc {0; 5}.
Nếu abc chia hết cho 3 thì ít nhất một trong cá số a, b, c thuộc {0; 3; 6; 9}.
Do đó ta có các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: N có mặt số 0, có 2 · A2 = 9 144 (số). o
+ Trường hợp 2: N có mặt số 5, không có mặt số 0 và có ít nhất một trong các số thuộc {3; 6; 9} có aPr C1 · · · 3 C1 5 3! + C2 3 3! = 108(số)
Vậy có tất cả 144 + 108 = 252 số. 252 7 Xác suất cần tìm là P = = . 648 18 Chọn phương án C
Câu 36.13. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau. Xác
suất để số được chọn có tổng các chữ số là số chia hết cho 3. roups/GeoGebr 1 1 19 11 A. . B. . C. . D. . 36 9 54 108 Lời giải.
Ta có: n (Ω) = 9 · 9 · 8 = 648.
Gọi N = abc ( với a, b, c ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} ; a, b, c đôi một khác nhau, a 6= 0 và a + b + c là số chia hết cho 3 ).
Gọi A = {0; 3; 6; 9} , B = {1; 4; 7} , C = {2; 5; 8} .
Để a + b + c chia hết cho 3 ta có các trường hợp sau: acebook.com/g
+ Trường hợp 1: a, b, c ∈ A hoặc B hoặc C, có 3A2 + 3! = 30 (số). .f 3
+ Trường hợp 2: 3 số a, b, c thuộc 3 tập khác nhau, có 2 · C1 · · · · · 3 C1 3 2! + C1 3 C1 3 C1 3 3! = 198 (số)
Vậy có tất cả 30 + 198 = 228 số. 228 19 Xác suất cần tìm là P = = . 648 54 Chọn phương án C https://www
CÂU 37. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy và SA = 3a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng √ √ A. 3a . B. 3a . C. 3 13a . D. 6 13a . 4 2 13 13 Lời giải.
Ta có DC//MB và DC = BC = MB = a suy ra tứ giác DMBC là hình thoi =⇒ DM//BC , lại có
BC ⊂ (SBC) và DM 6⊂ (SBC) , do đó: DM// (SBC)
=⇒ d (SB, DM) = d (M, (SBC)) .
Vì M là trung điểm của AB nên
d (M, (SBC)) = 1 d (A, (SBC)) . 2 140
Từ giả thiết ta được [ ADC = 120◦ .
Áp dụng định lí Côsin vào tam giác ADC ta được:
AC2 = AD2 + DC2 − 2AD.DC.cos [ ADC √
=⇒ AC2 = a2 + a2 − 2a2.cos120◦ = 3a2 =⇒ AC = a 3 .
Ta nhận thấy AB2 = AC2 + BC2 do đó ∆ACB vuông tại C =⇒ AC⊥BC (1)
mà SA⊥ (ABCD) =⇒ SA⊥BC (2) .
Từ (1) và (2) ta được: BC⊥ (SAC) =⇒ (SAC) ⊥ (SBC) .
Trong tam giác SAC dựng AH vuông góc với AC , mà AC = (SAC) ∩ (SBC) do đó: AH⊥ (SBC)
=⇒ d (A, (SBC)) = AH . Tam giác SAC vuông tại A và có AH là đường cao nên AH = SA.AC √SA2+AC2 √ =⇒ AH = 3a.a 3 √ = 3a =⇒ d (A, (SBC)) = 3a . 9a2+3a2 2 2
Vậy d (M, (SBC)) = 1 d (A, (SBC)) = 3a . 2 4 Chọn phương án A
Câu 37.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA = 2a (minh họa như hình bên). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khoảng cách giữa
hai đường thẳng SB và MN bằng √ √ √ √ a 3 a 3 2a 57 a 57 A. . B. . C. . D. . 4 2 19 19 2020 Lời giải.
Ta có MN k BC ⇒ MN k (SBC). S THPT Do đó d (MN; SB) = d (MN; (SBC)) = d (M; (SBC)) = 1 1 d (A; (SBC)) (vì MB = AB). 2 2 ( H BC ⊥ AK GHIỆP
Kẻ AK ⊥ BC, AH ⊥ SK, ta có ⇒ BC ⊥ (SAK) ⇒ AH ⊥ N BC ⊥ SA T BC. N ( AH ⊥ SK A C TỐ Khi đó
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d (A; SBC) = AH. M AH ⊥ BC K THI B
Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có √ KỲ 1 1 1 1 1 19 2a 57 = + = + = ⇒ AH = . AH2 SA2 AK2 4a2 √ !2 a 19 3 12a2 2 √ 1 1 2a 57
Vậy d (DM; SB) = d (A; (SBC)) = AH = . 2 2 19 Chọn phương án D
Câu 37.2. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, OA = OB = a, OC = 2a. Gọi M là
trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng √ √ √ 2a 5 a 2 a 2 2a A. . B. . C. . D. . 5 2 3 3 Lời giải. 141
Cách 1: Gọi D là điểm đối xứng với B qua O. C
Ta có OM k AD ⇒ OM k (CAD) ⇒ d (OM; AC) = d (OM; (ACD)) = d (O; (ACD)). 1
Vì OA, OC, OD đôi một vuông góc nên ta có = d2(O; (ACD) 1 1 1 9 + + = . OA2 OC2 OD2 4a2 2a 2a Suy ra d (O; (ACD)) = Vậy d (O; (ACD)) = . O 3 3 D B M o aPr A Cách 2:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 0 (0; 0; 0) ; A (a; 0; 0) , B (0; a; 0) , C (0; 0; 2a). a a
M là trung điểm của AB ⇒ M ; ; 0 . 2 2 # » a a
Đường thẳng OM đi qua O và có véc-tơ chỉ phương OM = ; ; 0 . 2 2 # »
Đường thẳng AC đi qua A và có véc-tơ chỉ phương AC = (−a; 0; a). # » # » # » # » # » a2 # » [OM; AC] · OA 2a Ta có [OM; AC] = a2; −a2;
; OA = (a; 0; 0) ⇒ d(OM; AC) = = . roups/GeoGebr 2 # » # » [OM; AC] 3 Chọn phương án D Câu 37.3.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, SA vuông S
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng
đáy là 60◦( minh họa như hình vẽ ). Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB, AC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN acebook.com/g bằng .f √ 3a 3a 3a a 6 A. . B. . C. . D. . 8 4 4 2 N A C M https://www B Lời giải. 142 Ta có MN k BC ⇒ MN k (SBC). S Do đó d (MN; SB) = d (MN; (SBC)) = d (M; (SBC)) = 1 1 d (A; (SBC)) (vì MB = AB). 2 2 ( BC ⊥ AK
Kẻ AK ⊥ BC, AH ⊥ SK, ta có ⇒ BC ⊥ (SAK) ⇒ BC ⊥ SA AH ⊥ BC. H ( AH ⊥ SK N Khi đó
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d (A; SBC) = AH. AH ⊥ BC A C M K B (SBC) ∩ (ABC) = BC    Ta lại có BC ⊥ AK
⇒ góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là [ SKA = 60◦.    BC ⊥ SK
Xét tam giác AKH vuông tại H, ta có 3a AH = AK · sin [ SKA = . 4 2020 1 1 3a
Vậy d (DM; SB) = d (A; (SBC)) = AH = . 2 2 8 Chọn phương án A THPT 8 Z
CÂU 38. Cho hàm số f (x) có f (3) = 3 và f 0 (x) = x√ , ∀x > 0 . Khi đó f (x) dx bằng x+1− x+1 3 GHIỆP A. 7 . B. 197 . C. 29 . D. 181 . N 6 2 6 T Lời giải. √ x( x+1+1) TỐ Ta có f 0 (x) = x√ = x √ √ = √ √ √ x+1− x+1 x+1( x+1−1) x+1( x+1−1)( x+1+1) √x+1+1 THI = √ = 1 + 1 √ x+1 x+1 Z 1 √ KỲ =⇒ f (x) = 1 + √ dx = x + 2 x + 1 + C x + 1 Mà f (3) = 3 =⇒ C = −4 8 8 Z Z √ Vậy f (x) dx = x + 2 x + 1 − 4 dx = 197 6 3 3 Chọn phương án B 1
Câu 38.1. Cho hàm số f (x) có f (0) = 1 và f 0 (x) = √ √ với x ≥ 0. Khi đó (x + 1) x + x x + 1 1 Z f (x) dx bằng 0 √ √ √ √ 17 8 2 √ √ 17 8 2 A. 32 − 12 − 1. B. − . C. 32 + 12 − 1. D. + . 3 3 3 3 Lời giải. 1
Gọi f (x) là một nguyên hàm của hàm số f 0 (x) = √ √ . (x + 1) x + x x + 1 143 √ √ Z dx Z (x + 1) x − x x + 1 Ta có √ √ = dx (x + 1) x + x x + 1 (x + 1)2 x − x2(x + 1) √ √ Z (x + 1) x − x x + 1 = dx x(x + 1) Z 1 1 = √ − √ dx x x + 1 √ √ = 2 x − 2 x + 1 + C. √ √
Suy ra f (x) = 2 x − 2 x + 1 + C. 1 √ Z √ √ 17 8 2
Mà f (0) = 1 ⇒ C = 3. Bấm máy tính ta được 2 x − 2 x + 1 + 3 dx = − . o 3 3 0 aPr Chọn phương án B 9 16 Z dx a − b ln 2 a Câu 38.2. Cho √ √ =
với a, b, c là các số nguyên dương và tối giản. Giá x + 1 + x + 1 c c 0
trị của biểu thức a + b + c bằng A. 43. B. 48. C. 88. D. 33. Lời giải. √ √  roups/GeoGebr √ √ x + 1 + x = t 2  √ 1 1 Đặt t = x + 1 + x ⇒ √ √ 1 ⇒ 2 x = t − ⇒ 4x = t − ⇒ 4 dx = t t  x + 1 − x = t 2 t4 − 1 dt. t3 x = 0 ⇒ t = 1  Đổi cận 9 . x = ⇒ t = 2 16 Suy ra 9 acebook.com/g 16 2 2 2 .f Z dx Z t4 − 1 1 Z (t2 − 1)(t − 1) 1 Z t3 − t2 + t − 1 √ √ = dt = dt = dt x + 1 + x + 1 2t3 (t + 1) 2 t3 2 t3 9 1 1 1 2 1 Z 1 1 1 = 1 − + − dt 2 t t2 t3 1 2 https://www 1 1 1 = t − ln t − + 2 t 2t2 1 9 − 8 ln 2 = 16
Vậy a = 9; b = 8, c = 16 ⇒ a + b + c = 33. Chọn phương án D 2 Z 3x4 − 3x − 3 √ √ Câu 38.3. Cho √ dx = a + b −
c với a, b, c là các số nguyên dương. Giá trị của biểu x2 + x + 1 1 thức a + b + c bằng 144 A. 59. B. 104. C. 111. D. 147. Lời giải. Ta có: 2 2 2 √ √ Z 3x4 − 3x − 3 Z 3 x4 − x − 1 Z 3 x2 + x + 1 x2 − x + 1 √ dx = √ dx = √ dx x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 1 1 1 2 Z √ = 3x2 − 3 x + 1 dx . 1 2 q = x3 − 2 (x + 1)3 1 √ √ √ √ √ √
= 8 − 6 3 − 1 − 4 2 = 7 − 6 3 + 4 2 = 7 + 32 − 108
Vậy a = 7, b = 32, c = 108 ⇒ a + b + c = 147. Chọn phương án D √3 Z dx √ √ √ Câu 38.4. Cho √
= a + b 2 + c 3 + d ln 3 2 − 3 với a, b, c, d là các số hữu tỷ. 2020 1 + x + 1 + x2 1
Giá trị của biểu thức a + b + c + d bằng 1 5 THPT A. 0. B. 3. C. − . D. . 2 2 Lời giải. √ Vì x ∈ [1; 3] nên √ √ √ √ √ √ √ GHIỆP 3 3 3 3 3 Z dx Z 1 + x − 1 + x2 Z 1 + x − 1 + x2 1 Z dx 1 Z N √ = dx = dx = + dx − T 1 + x + 1 + x2 (1 + x)2 − (1 + x2) 2x 2 x 2 1 1 1 1 1 √ TỐ 3 √ 1 Z 1 + x2 x dx. THI 2 x2 1 √ KỲ Đặt t =
x2 + 1, (t > 0) ⇒ x2 = t2 − 1 ⇒ x dx = t dt. √ (x = 1 ⇒ t = 2 Đổi cận √ x = 3 ⇒ t = 2 2 1 √ 1 √ 1 Z t Suy ra I = ln 3 + 3 − 1 − · t dt 2 2 2√ t2 − 1 2 2 2 √ 2 ! Z t Z 1 1 t − 1 √ 1 1 2 − 1 Ta có: · t dt = 1 + dt = t + ln √ = 2 − 2 + ln − ln √ t2 − 1 √ t2 − 1 2 t + 1 √ 2 3 2 + 1 2 2 2 Suy ra √ !! 1 √ 1 √ √ 1 1 1 2 − 1 I = ln 3 + 3 − 1 − · 2 − 2 + ln − ln √ 2 2 2 2 3 2 + 1 3 1 √ 1 √ 1 √ 2 = − + 3 + 2 + ln 2 − 1 2 2 2 2 3 1 √ 1 √ 1 √ = − + 3 + 2 + ln 3 2 − 3 2 2 2 2 145 3 1 1 1
Vậy a = − ; b = , c = , d = . 2 2 2 2 Nên a + b + c + d = 0 Chọn phương án A 6 Z dx √ √ Câu 38.5. Biết √ √ = a −
b − c với a, b, c ∈ Z+. Giá trị của biểu thức a − bc x x − 1 + (x − 1) x 5 bằng 16 A. . B. −19. C. 19. D. −16. 3 Lời giải. o Ta có 6 6 6 √ √ Z dx Z dx Z x − x − 1 aPr √ √ = √ √ = √ √ dx x x − 1 + (x − 1) x px(x − 1)( x + x − 1) x x − 1 5 5 5 6 6 Z 1 1 √ √ = √ − √ dx = 2 x − 1 − x x − 1 x 5 5 √ √ √ √ √ = 2 5 − 2 − 6 + 5 = 80 − 24 − 4.
Suy ra a = 80, b = 24 và c = 4. Vậy a − bc = −16. roups/GeoGebr Chọn phương án D (ax + 1 khi x ≥ 1,
Câu 38.6. Cho hàm số f (x) =
với a, b là các tham số thực. Biết rằng f (x) có đạo x2 + b khi x < 1. 2 Z hàm trên R. Tính I = f (x) dx −1 1 19 26 25 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 acebook.com/g Lời giải. .f f (x) − f (1) f (x) − f (1)
Hàm số có đạo hàm tại x = 1 khi và chỉ khi lim = lim x→1+ x − 1 x→1− x − 1 ( ax − a x2 + b − a − 1 x2 + b − a − 1 a = b ⇔ lim = lim ⇔ a = lim ⇔ x→1+ x − 1 x→1− x − 1 x→1− x − 1 a = 2. 2 1 2 1 2 Z Z Z Z Z 26 Khi đó f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = (x2 + 2) dx + (2x + 1) dx = . 3 https://www −1 −1 1 −1 1 Chọn phương án C (2ax khi x ≤ 0,
Câu 38.7. Cho hàm số f (x) =
,với a, b là các tham số thực, thoả mãn 3x2 + 2bx khi x > 0. 1 Z
f (x) dx = 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = [ f (−1)]2 + [ f (1)]2 bằng −1 5 25 25 A. 2. B. . C. . D. . 4 4 2 Lời giải. 146 1 Z
Ta có thể kiểm tra được hàm số f liên tục tại x = 0 nên liên tục trên R. Do đó, f (x) dx tồn tại −1 với mọi a, b ∈ R. Lại có 1 0 1 Z Z Z f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx −1 −1 0 0 1 Z Z = 2ax dx + (3x2 + 2bx) dx −1 0 1 1 = ax2 + x3 + bx2 = a + b + 1. 0 0 1 Z Theo giả thiết,
f (x) dx = 2 ⇔ a + b + 1 = 2 ⇔ b = 1 − a. −1 Khi đó
P = [ f (−1)]2 + [ f (1)]2 = 4a2 + (3 + 2b)2 = 4a2 + (5 − 2a)2 5 2 25 25 = 8a2 − 20a + 25 = 8 a − + ≥ . 2020 4 2 2 25 5
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi a = . 2 4 THPT Chọn phương án D (3x2 + 5 khi x ≥ 0,
Câu 38.8. Cho hàm số F(x) liên tục trên R, là một nguyên hàm của hàm số f (x) = GHIỆP 5 cos x khi x < 0. N T
Biết rằng F − π + F(1) = 3. Tính giá trị của biểu thức T = F(2) − 2F − π . 2 6 98 TỐ A. . B. 11. C. 21. D. 22. 3 THI Lời giải. (x3 + 5x + C1 khi x ≥ 0. KỲ
Xét họ các hàm số g(x) = 5 sin x + C2 khi x < 0.
Ta kiểm tra được trên các khoảng (−∞; 0) và (0; +∞) thì g0(x) = f (x). g(x) − g(0) g(x) − g(0) 5 sin x + C
Tồn tại g0(0) khi và chỉ khi lim = lim ⇔ 5 = lim 2 − C1 . x→0+ x x→0− x x→0− x
Khi đó C1 = C2 và g0(0) = 5 = f (0).
Vậy khi C1 = C2 thì g0(x) = f (x) với mọi x. (x3 + 5x + C khi x ≥ 0.
Do đó, ta tìm được họ nguyên hàm của hàm f là F(x) = 5 sin x + C khi x < 0.
Theo giả thiết, F − π + F(1) = 3 ⇔ −5 + C + 6 + C = 3 ⇔ C = 1. 2
Vậy T = F(2) − 2F − π = 19 + 3 = 21. 6 Chọn phương án C 1 2
Câu 38.9. Cho hàm số f (x) xác định trên R \ thỏa mãn f 0(x) = ; f (0) = 1 và f (1) = 2. 2 2x − 1
Giá trị của biểu thức P = f (−1) + f (3) bằng 147 1 A. + ln 15. B. 2 + ln 15. C. 3 + ln 15. D. ln 15. 2 Lời giải. 2 Z Z 2 Ta có f 0(x) = ⇔ f 0(x) dx =
dx ⇔ f (x) = ln |2x − 1| + C. 2x − 1 2x − 1  1  ln(2x − 1) + C  1 với x ≥ Khi đó f (x) = 2 1   ln(1 − 2x) + C2 với x < . 2 1 • Vì x = 0 <
nên f (0) = 1 ⇔ ln(1 − 2 · 0) + C 2 2 = 1 ⇔ C2 = 1; o 1 • Vì x = 1 >
nên f (1) = 2 ⇔ ln(2 · 1 − 1) + C 2 1 = 2 ⇔ C1 = 2. aPr  1  ln(2x − 1) + 2 với x ≥  Do đó f (x) = 2 1   ln(1 − 2x) + 1 với x < . 2
Vậy P = f (−1) + f (3) = [ln(1 − 2 · (−1)) + 1] + [ln(2 · 3 − 1) + 2] = 3 + ln 15. Chọn phương án C 1
Câu 38.10. Cho hàm số f (x) xác định trên R∗ thỏa mãn f 00(x) = , f (−1) = 1, f (1) = 0 và x2 roups/GeoGebr
f (2) = 0. Giá trị biểu thức f (−2) bằng A. 1 − 2 ln 2. B. 2 + ln 2. C. 3 + ln 2. D. ln 2. Lời giải. Z Z 1 1 Z Z 1 Ta có f 00(x) dx = dx ⇔ f 0(x) = − + C ⇔ f 0(x) dx = − + C dx x2 x x ( − ln x + Cx + C2 với x ≥ 0
⇔ f (x) = − ln |x| + Cx + C1 ⇔ f (x) =
− ln(−x) + Cx + C3 với x < 0. acebook.com/g
• Với x = −1 < 0 nên f (−1) = 1 ⇔ − ln(1) + C · (−1) + C .f 3 = 1 ⇔ −C + C3 = 1. (1)
• Với x = 1 > 0 nên f (1) = 0 ⇔ − ln 1 + C + C2 = 0 ⇔ C + C2 = 0. (2)
• Với x = 2 > 0 nên f (2) = 0 ⇔ − ln 2 + 2C + C2 = 0 ⇔ 2C + C2 = ln 2. (3)   − C + C C = ln 2  3 = 1     
Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình C + C ⇔ C https://www 2 = 0 2 = − ln 2     2C + C2 = ln 2 C3 = 1 + ln 2. ( − ln x + x ln 2 − ln 2 với x ≥ 0 Do đó f (x) =
− ln(−x) + x ln 2 + 1 + ln 2 với x < 0.
Vậy với x = −2 < 0 thì f (−2) = − ln 2 − 2 ln 2 + 1 + ln 2 = 1 − 2 ln 2. Chọn phương án A 2 Z 3x4 − 3x − 3 √ √ Câu 38.11. Cho √ dx = a + b −
c với a, b, c là các số nguyên dương. Giá trị biểu thức x2 + x + 1 1 a + b + c bằng A. 59. B. 104. C. 111. D. 147. 148 Lời giải. 2 2 2 √ √ Z 3x4 − 3x − 3 Z 3 x4 − x − 1 Z 3 x2 + x + 1 x2 − x + 1 √ dx = √ dx = √ dx x2 + x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 1 1 1 2 2 Z √ √ √ √ √ q = 3x2 − 3 x + 1 dx = x3 − 2
(x + 1)3 = (8 − 6 3) − (1 − 4 2) = 7 + 32 − 108. 1 1
Vậy a =7 ; b = 32; c = 108⇒ a + b + c = 147. Chọn phương án D
Câu 38.12. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên khoảng (0; +∞) có bảng biến thiên như hình vẽ. Biết 4 Z rằng
| f 0(x)| dx = 5. Giá trị của f (4) bằng 1 x 0 1 2 4 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 0 f (4) y 2020 −∞ −1 +∞ 25 A. . B. 3. C. 15. D. 5. THPT 7 Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có 4 2 4 2 4 Z Z Z GHIỆP | − + = N f 0(x)| dx = f 0(x) dx + f 0(x) dx = . − f (x) f (x) f (1) + f (4) − 2 f (2). T 1 2 1 1 2 4 TỐ Z Mà
| f 0(x)| dx = 5 ⇔ f (1) + f (4) − 2 f (2) = 5 ⇔ 0 + f (4) − 2 · (−1) = 5 ⇔ f (4) = 3. THI 1 Chọn phương án B KỲ
CÂU 39. Cho hàm số f (x) = mx−4 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm x−m
số đồng biến trên khoảng (0; +∞) ? A. 5 . B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải. Ta có f 0 (x) = −m2+4 (x−m)2
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) ⇐⇒ −m2+4 > 0 ∀x ∈ (0; +∞) (x−m)2 ( − ( m2 + 4 > 0 m ∈ (−2; 2) =⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ m ∈ (−2; 0] x 6= m ∀x ∈ (0; +∞) m ∈ (−∞; 0]
Vậy có hai giá trị nguyên của m là −1 và 0 . Chọn phương án D 2x − m
Câu 39.1. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =
đồng biến trên các khoảng xác x − 1 định của nó. A. m < −2. B. m > −2. C. m > 2. D. m < 2. 149 Lời giải.
Tập xác định D = R \ {−1}. m − 2 Ta có y0 = , ∀x ∈ D. (x − 1)2
ycbt ⇔ y0 > 0, ∀x ∈ D ⇔ m − 2 > 0 ⇔ m > 2. Chọn phương án C mx − 2
Câu 39.2. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y =
nghịch biến trên các khoảng x + m − 3 xác định của nó. A. 1 < m < 2. B. 1 ≤ m ≤ 2.
C. m ≥ 2 hoặc m ≤ 1.
D. m > 2 hoặc m < 1. o Lời giải.
Tập xác định D = R \ {3 − m} . aPr m2 − 3m + 2 Ta có y0 = , ∀x ∈ D (x + m − 3)2
ycbt ⇔ y0 < 0, ∀x ∈ D ⇔ m2 − 3m + 2 < 0 ⇔ 1 < m < 2. Chọn phương án A x + 2
Câu 39.3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = đồng biến trên khoảng x + 5m (−∞; −10). A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 3. roups/GeoGebr Lời giải.
Tập xác định D = R \ {−5m}. 5m − 3 Ta có y0 = , ∀x ∈ D (x + 5m)2  ( ( 5 y0 > 0, ∀x ∈ D 5m − 2 > 0 m > 5 ycbt ⇔ ⇔ 2 ⇔ < m ≤ 2. (−∞; −10) ⊂ D − 5m / ∈ (−∞; −10) 2  − 5m ≥ −10
Vì m ∈ Z nên m ∈ {1; 2} acebook.com/g
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn ycbt. .f Chọn phương án A mx − 1
Câu 39.4. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng m − 4x 1 −∞; là 4 A. (−2; 2). B. [1; 2). C. (−2; +∞). D. (−∞; 2). https://www Lời giải. mx − 1 n m o m2 − 4 Hàm số y =
có tập xác định D = R \ và y0 = . m − 4x 4 (m − 4x)2 1
Hàm số đã cho nghịch biến trên −∞; khi và chỉ khi 4 m2 − 4 < 0  − 1  2 < m < 2   y0 < 0, ∀x ∈ −∞; ⇔ m ⇔ ⇔ 1 ≤ m < 2. 4 1 m 1 −∞  / ∈ ;  ≥  4 4 4 4 Chọn phương án B 150 −2 sin x − 1
Câu 39.5. Tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y = đồng biến trên sin x − m π khoảng 0; . 21 1 A. m ≥ − . B. − < m < 0 hoặc m > 1. 2 2 1 1 C. − < m ≤ 0 hoặc m ≥ 1. D. m > − . 2 2 Lời giải. (2m + 1) cos x
Điều kiện xác định của hàm số đã cho là sin x − m 6= 0. Ta có y0 = (sin x − m)2 π π Với x ∈ 0;
thì cos x > 0 và sin x ∈ (0; 1) do đó hàm số đồng biến trên khoảng 0; khi và chỉ 2 2 khi  ( 1 2m + 1 > 0 m > − 1 ⇔ 2 ⇔ − < m ≤ 0 hoặc m ≥ 1. m / ∈ (0; 1) 2 m ≤ 0 hoặc m ≥ 1 Chọn phương án C mx + 2
Câu 39.6. Gọi S là tập tất cả giá trị của tham số m sao cho hàm số y = nghịch biến trên (0; 1). 2x + m
Số các số nguyên của S là 2020 A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải. THPT n m o m2 − 1
Tập xác định của hàm số là D = R \ − . Ta có y0 = . 2 (2x + m)2
Hàm số nghịch biến trên trên khoảng (0; 1) khi và chỉ khi GHIỆP   m2 − 4 < 0 − 2 < m < 2 (   N − 2 < m < 2 ⇔ ⇔ ⇔ 0 ≤ m < 2. T m m m − − ≤ ≥  / ∈ (0; 1) 0 hoặc − 1 m ≤ −2 hoặc m ≥ 0 2  2 2 TỐ
Vậy các giá trị nguyên của m là 0; 1. THI Chọn phương án C KỲ mx − 9
Câu 39.7. Cho hàm số f (x) =
(m là tham số thực). Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham x − m
số m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞; 0)? A. 5. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải.
Tập xác đinh của hàm số D = R \ {m}. 9 − m2 f 0(x) = . (x − m)2
Để hàm số đồng biến trên (−∞; 0) khi và chì khi ( ( ( f 0(x) > 0 9 − m2 > 0 − 3 < m < 3 ⇔ ⇔ ⇔ 0 ≤ m < 3. m ≥ 0 m ≥ 0 m ≥ 0
Do m nhận giá trị nguyên nên m ∈ {0; 1; 3}.
Vậy tổng các giá trị nguyên bằng 3. Chọn phương án C 151 mx − 4
Câu 39.8. Cho hàm số f (x) =
(m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m nhỏ x − m + 3
hơn 2020 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞; 0)? A. 2020. B. 2018. C. 2014. D. 2016. Lời giải.
Tập xác đinh của hàm số D = R \ {m − 3}. −m2 + 3m + 4 f 0(x) = . (x − m + 3)2
Để hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) khi và chỉ khi  "m < −1 ( (  o f 0(x) < 0 − m2 + 3m + 4 > 0   ⇔ ⇔ m > 4 ⇔ m > 4. m − 3 ≥ 0 m − 3 ≥ 0 aPr   m ≥ 3
Do m nhận giá trị nguyên và nhỏ hơn 2020 nên có 2020 − 4 = 2016 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Chọn phương án D √
Câu 39.9. Số giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số y = x2 + 64 x + m − 2 + mx đồng
biến trên từng khoảng xác định roups/GeoGebr A. 32. B. 33. C. 64. D. 28. Lời giải.
Tập xác định của hàm số D = [−m + 2; +∞). Ta có 32 y0 = 2x + √ + m. x + m − 2
Để hàm số đồng biến trên khoảng (−m + 2; +∞) khi và chỉ khi y0 ≥ 0, ∀x ∈ (−m + 2; +∞) 32 √ acebook.com/g ⇔ 2x +
+ m ≥ 0, ∀x ∈ (−m + 2; +∞) .f x + m − 2 32 ⇔ m ≤ 2(x + m − 2) + √ + 4, ∀x ∈ (−m + 2; +∞) x + m − 2 ⇔ m ≤ min f (x) (∗) (−m+2;+∞) 32
với f (x) = 2(x + m − 2) + √ + 4. https://www x + m − 2
Áp dụng bất đăng thức AM-GM ta có 32 16 16 2(x + m − 2) + √ + 4 = 2(x + m − 2) + √ + √ + 4 ≥ 28 x + m − 2 x + m − 2 x + m − 2 16
Dấu ” = ” xảy ra khi 2(x + m − 2) = √
⇔ x = −m + 4 ∈ (−m + 2; +∞) x + m − 2 Suy ra min
f (x) = 28. Khi đó từ (*) suy ra m ≤ 28. (−m+2;+∞)
Vậy có 28 số nguyên m thỏa mãn bài toán. Chọn phương án D 152 1 − m3 4 − m
Câu 39.10. Cho hàm số y = x4 + x3 +
x2 + 2x với m là tham số. Số giá trị nguyên của 4 2
m ∈ [−2018; 2018] sao cho hàm số đồng biến trên khoảng (2; 4) là A. 4037. B. 2021. C. 2019. D. 2020. Lời giải.
Hàm số xác định trên R và y0 = (1 − m3)x3 + 3x2 + (4 − m)x + 2.
Hàm số đồng biến trên khoảng (2; 4) khi và chỉ khi y0 ≥ 0, ∀x ∈ (2; 4)
⇔ (1 − m3)x3 + 3x2 + (4 − m)x + 2 ≥ 0, ∀x ∈ (2; 4)
⇔ (x + 1)3 + (x + 1) ≥ (mx)3 + mx, ∀x ∈ (2; 4) (∗)
Xét hàm số f (x) = x3 + x. Ta có f 0(x) = 3x2 + 1 > 0, ∀x ∈ R, suy ra hàm số f (x) đồng biến trên R. Khi đó
(∗) ⇔ x + 1 ≥ mx, ∀x ∈ (2; 4) x + 1 ⇔ m ≤ , ∀x ∈ (2; 4) x ⇔ m ≤ min g(x) (∗∗) (2;4) 2020 x + 1 −1 5 với g(x) = . Ta có g0(x) =
< 0, ∀x ∈ (2; 4) nên min g(x) = g(4) = . x x2 (2;4) 4 THPT 5
Từ (**) suy ra m ≤ . Vậy số gia trị nguyên của m ∈ [−2018; 2018] là 2020. 4 Chọn phương án D GHIỆP
Câu 39.11. Số giá trị nguyên dương của tham số m sao cho hàm số y = x3 − 9x2 + mx − 12 ln x nghịch N
biến trên khoảng (0; 2) là T A. 32. B. 18. C. 27. D. 30. TỐ Lời giải. 12 THI
Hàm số tập xác định là D = (0; +∞) và có y0 = 3x2 − 18x + m − . x KỲ
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) khi và chỉ khi y ≤ 0, ∀x ∈ (0; 2) 12 ⇔ 3x2 − 18x + m − ≤ 0, ∀x ∈ (0; 2) x 12 ⇔ m ≤ −3x2 + 18x + , ∀x ∈ (0; 2) (∗) x 12 12
Xét hàm số f (x) = −3x2 + 18x +
trên nửa khoảng (0; 2].Ta có f 0(x) = −6x + 18 − . x x2
Trên nửa khoảng (0; 2] phương trình f 0(x) = 0 có 1 nghiệm x = 1. Ta có
lim f (x) = +∞; f (1) = 27; f (2) = 66 x→0+
Suy ra min f (x) = 27. Khi đó (0;2) (∗) ⇔ m ≤ min f (x) = 27 (0;2)
Vây có 27 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn phương án C 153 (m + 1) x + 2m + 2
Câu 39.12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = nghịch x + m
biến trên khoảng (−1; +∞). A. 2. B. Vô số. C. 1. D. 3. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {−m}. m2 − m − 2 Ta có y0 = , ∀x ∈ D (x + m)2 ( ( ( y0 < 0, ∀x ∈ D m2 − m − 2 < 0 − 1 < m < 2 ycbt ⇔ ⇔ ⇔ 1 ≤ m < 2. (−1; +∞) ⊂ D − m / ∈ (−1; +∞) − m ≤ −1 o Vì m ∈ Z nên m = 1
Vậy có 1 giá trị m thõa mãn ycbt. aPr Chọn phương án C mx − 2m − 3
Câu 39.13. Cho hàm số y =
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của x − m
tham số m để hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Tính tổng bình phương các phần tử của S. A. 5. B. 15. C. 9. D. 3. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {m}. roups/GeoGebr −m2 + 2m + 3 Ta có y0 = , ∀x ∈ D (x + m)2
ycbt ⇔ y0 > 0, ∀x ∈ D ⇔ −m2 + 2m + 3 > 0 ⇔ −1 < m < 3. Do đó S = {0; 1; 2}.
Vậy tổng bình phương các phần tử của S bằng 5. Chọn phương án B mx + 4
Câu 39.14. Cho hàm số y =
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên của tham x + m acebook.com/g .f
số m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S. A. 5. B. 4. C. Vô số. D. 3. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {−m}. m2 − 4m Ta có y0 = , ∀x ∈ D (x + m)2
ycbt ⇔ y0 < 0, ∀x ∈ D ⇔ m2 − 4m < 0 ⇔ 0 < m < 4. https://www Do đó S = {1; 2; 3}.
Vậy số các phần tử của S bằng 3. Chọn phương án D tan x − 2
Câu 39.15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = đồng biến trên tan x − m π khoảng 0; ? 4 A. 0. B. 2. C. 1. D. Vô số. Lời giải. 1 π π Đặt u = tan x, ta có u0 = > 0, ∀x ∈ 0;
. Do đó u = tan x đồng biến trên khoảng 0; . cos2 x 4 4 154 π Và khi x ∈ 0; thì u ∈ (0; 1). 4 u − 2
Bài toán đã cho trở thành “Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số f (u) = đồng biến u − m trên khoảng (0; 1). 2 − m + Ta có f 0(u) = . (u − m)2 m < 2 (  2 − m > 0   + YCBT ⇔ ⇔ "m ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m < 2. m / ∈ (0; 1)    m ≥ 1
Vậy có 1 giá trị m nguyên thõa mãn. Chọn phương án C 2 cos x − 1
Câu 39.16. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng cos x − m π 0; ? 2 A. m ≤ 0. B. m < 0. C. m > 1. D. m ≥ 1. 2020 Lời giải. π π
Đặt u = cos x, ta có u0 = − sin x < 0, ∀x ∈ 0;
. Do đó u = cos x nghịch biến trên khoảng 0; . 2 2 THPT π Và khi x ∈ 0; thì u ∈ (0; 1). 2 2u − 1
Bài toán đã cho trở thành "Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để hàm số f (u) = đồng biến u − m GHIỆP trên khoảng (0; 1). N T −2m + 1 + Ta có f 0(u) = . TỐ (u − m)2  1 THI m < ( −  2m + 1 > 0   2 ⇔ " ⇔ KỲ + YCBT ⇔ m ≤ 0. m / ∈ (0; 1) m ≤ 0     m ≥ 1 Chọn phương án A √ 2 9 − x2 − m
Câu 39.17. Cho hàm số y = √
,với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị nguyên 9 − x2 − m √
của tham số m không vượt quá 2020 để hàm số đồng biến trên khoảng 0; 5 . Tính tổng các phần tử của tập hợp S. A. 2041205. B. 2039190. C. 2039191. D. 2041210. Lời giải. √ x √ √ Đặt u = 9 − x2, ta có u0 = − √ < 0, ∀x ∈ 0; 5 . Do đó u = 9 − x2 nghịch biến trên 9 − x2 √ √ khoảng 0; 5 . Và khi x ∈ 0; 5 thì u ∈ (2; 3). 2u − m
Bài toán đã cho trở thành " Cho hàm số y =
,với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả giá trị u − m
nguyên của tham số m không vượt quá 2020 để hàm số nghịch biến trên khoảng (2; 3) .”. 155 −m + Ta có f 0(u) = . (u − m)2 m > 0 ( −  m < 0   + YCBT ⇔ ⇔
"m ≤ 2 ⇔ m ∈ (0; 2] ∪ [3; +∞). m / ∈ (2; 3)    m ≥ 3 2020 · 2021
+ Do đó S = {1, 2, 3, . . . , 2020} nên tổng các phần tử của S là T = = 2041210. 2 Chọn phương án D √ o
CÂU 40. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình √ aPr
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3 . Thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón đã cho bằng √ √ A. 32 5π . B. 32 5 3 π . C. 32 π . D. 96π . Lời giải.
∆ABC đều, đặt AB = BC = CA = x . √ √ √ Ta có: S 3 ∆ABC = 9 3 ⇐⇒ x2 = 9 3 ⇐⇒ x = 6 . √ 4 √
AI = 6. 3 = 3 3 ( ∆ABC đều). 2 √ √
∆AOI vuông tại O : OI = AI2 − AO2 = 7 . √ roups/GeoGebr
∆OIB vuông tại I : R = OB = OI2 + BI2 = 4 . √ √
Vậy thể tích khối nón: V = 1. 5 = 32π 5 3 πR2.h = 1 3 π.16.2 3 Chọn phương án A √
Câu 40.1. Cho hình nón có chiều cao bằng
11. Một mặt phẳng (α) đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác vuông cân có diện tích bằng 18. Thể tích của khối nón được giới
hạn bởi hình nón đã cho bằng √ 25 √ π 11 A. . B. 150π. C. 25π 11. D. 50π. 3 acebook.com/g .f Lời giải. SA2
Theo giả thiết, 4SAB vuông cân tại S. Ta có SSAB = = 18 ⇒ SA2 = 36. √ √ 2 R = OA = SA2 − S02 = 36 − 11 = 5. √ 1 25π 11
Thể tích của khối nón là V = πR2h = 3 3 https://www Chọn phương án A √
Câu 40.2. Cho hình nón có chiều cao bằng 2 5. Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình √
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích bằng 9 3. Thể tích của khối nón được giới hạn
bởi hình nón đã cho bằng √ 32 5π √ A. . B. 32π. C. 32 5π. D. 96π. 3 Lời giải. 156
Gọi thiết diện là tam giác đều SMN có cạnh là a, (a > 0) và O là trung S điểm MN. √ a2 3 √ Khi đó S4SMN = = 9 3 ⇒ a = 6. √ 4
Ta có h = SO = 2 5 và l = SM = a.
Vậy thể tích của khối nón là √ 1 1 1 √ 2 √ 32 5π V = πr2h = π l2 − h2 h = π 62 − 2 5 2 5 = . N 3 3 3 3 O M Chọn phương án A
Câu 40.3. Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20cm, bán kính đáy r = 25cm. Một thiết diện đi
qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm. Diện tích
của thiết diện đó bằng A. 500cm2. B. 400cm2. C. 300cm2. D. 406cm2. Lời giải.
Gọi I là trung điểm của AB. S ( 2020 AB ⊥ OI Ta có
⇒ AB ⊥ (SOI) ⇒ (SOI) ⊥ (SAB). AB ⊥ SO
Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SAB) ⇒ OH = d (O, (SAB)) = THPT 12cm.
Do tam giác SOI vuông tại O nên 1 1 1 1 1 1 GHIỆP = − = − = H OI2 OH2 SO2 122 202 225 O B N ⇒ OI2 = 225 ⇒ OI = 15cm. T I
SI2 = SO2 + OI2 = 202 + 152 = 625 ⇒ SI = 25cm. A TỐ
Do tam giác AOI vuông tại I nên √ √ THI AI = OA2 − OI2 =
252 − 152 = 20cm ⇒ AB = 40cm.
Diện tích của thiết diện cần tìm là KỲ 1 1
SSAB = SI · AB = 25 · 40 = 500cm2. 2 2 Chọn phương án A
Câu 40.4. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kinh đáy và bằng 2a Mặt phẳng (P) đi qua S √
cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2 3a . Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến (P).√ √ √ a 5 a 2 2a 5 A. . B. a. C. . D. . 5 2 5 Lời giải. 157
Gọi I là trung điểm của AB. S ( AB ⊥ OI Ta có
⇒ AB ⊥ (SOI) ⇒ (SOI) ⊥ (SAB). AB ⊥ SO
Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SAB) ⇒ OH = d (O, (SAB)).
Do tam giác SOA vuông tại O nên √ √ √ SA = SO2 + OA2 = 4a2 + 4a2 = 2a 2.
Do tam giác SI A vuông tại I nên √ √ √ H O B SI = SA2 − I A2 = 8a2 − 3a2 = a 5.
Do tam giác SOI vuông tại O nên I √ √ A OI = SI2 − SO2 = 5a2 − 4a2 = a. o 1 1 1 1 1 4a2 = + = + = aPr OH2 OI2 SO2 a2 4 √a2 5 4a2 2a 5 ⇒ OH2 = ⇒ OH = cm. 5 5 Chọn phương án D
Câu 40.5. Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, bán kính R = 3cm, góc ở đỉnh hình nón là
ϕ = 120◦ . Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A, B thuộc
đường tròn đáy. Diện tích tam giác SAB bằng √ √ roups/GeoGebr A. 3 3 cm2. B. 6 3 cm2. C. 6 cm2. D. 3 cm2. Lời giải.
Do góc ở đỉnh của hình nón ϕ = 120◦, gọi l là độ dài đường sinh ta có S 2R √ l = √ = 2 3 = SA. 3 √3 √
Khi đó, diện tích của tam giác SAB bằng S = · SA2 = 3 3. 4 acebook.com/g B .f O A Chọn phương án A
Câu 40.6. Cho hình trụ có đường cao h = 5cm, bán kính đáy r = 3cm. Xét mặt phẳng (P) song song
với trục của hình trụ, cách trục 2cm. Tính diện tích S thiết diện của hình trụ với (P). https://www √ √ √ √ A. 5 5 cm2. B. 6 5 cm2. C. 3 5 cm2. D. 10 5 cm2. Lời giải. 158
Gọi H là trung điểm của AB. A (OH ⊥ AB Ta có ⇒ OH ⊥ (ABCD). H O OH ⊥ BC
⇒ OH = d (OO0, (P)) = d (O, (ABCD)) = 2Ccm. √ √ √
Tam giác OHB vuông tại H có HB = OB2 − OH2 = 9 − 4 = 5. B √ ⇒ AB = 2HB = 2 5.
Diện tích S thiết diện của hình trụ với (P) là √ √ S D ABCD = AB · BC = 2 5 · 5 = 10 5 cm2. O0 C Chọn phương án D
Câu 40.7. Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng ta được một khối (H) như hình vẽ bên dưới. Biết rằng
thiết diện là một hình elip có độ dài trục lớn bằng 10, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần mặt
đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất tới mặt đáy lần lượt là 8 và 14 (xem hình vẽ). Tính thể tích V(H) của (H). 2020 A. V(H) = 192π. B. V(H) = 275π. C. V(H) = 704π. D. V(H) = 176π. 10 THPT 14 GHIỆP 8 N T TỐ Lời giải. THI CD 2 1 V(H) = π · · AD + π · B KỲ 2 2 AM 2 1
· BM = π · 42 · 8 + π · 42 · 10 2 2 6 6 = 176π. ? B A M 14cm A 8 V 8cm (H) D 8 C Chọn phương án D
Câu 40.8. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . có tất cả các cạnh bằng 3. Tính diện tích xung quanh 159
của hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD và chiều cao bằng chiều cao của hình chóp. √ √ 9π 9 2π 9 2π A. Sxq = . B. S . C. S . 2 xq = 4 xq = 9π. D. Sxq = 2 Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. √ S 3 2 Ta có l = SA = 3 và r = OA = . 2
Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = π · r · l = π · √ √ 9 2π 3 22 · 3 = . 2 o D A aPr O B C Chọn phương án D
Câu 40.9. Một nhà máy cần sản xuất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước. Mối
quan hệ giữa bán kính đáy R và h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất là A. h = 3R. B. h = R. C. h = 2R. D. 2h = R. roups/GeoGebr Lời giải. V
Thể tích của khối trụ là V = π · R2 · h ⇒ h = . π · R2
Diện tích toàn phần của hình trụ là V 2V
Stp = Sxq + 2SØy = 2π · R · h + 2π · R2 = 2π · R2 + 2π · R · = 2π · R2 + . π · R2 R r V V V r V V πV2 Ta có 3 π · R2 + = π · R2 + + ≥ 3 3 π · R2 · · ≥ 3 . R 2R 2R 2R 2R 4 V r V r V
Dấu “=“ xảy ra khi và chỉ khi π · R2 = ⇔ R = 3 ⇒ h = 2 3 . acebook.com/g 2R 2π 2π .f Vậy h = 2R. Chọn phương án C √
Câu 40.10. Cho mặt cầu (S) bán kính R =
2. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay
đổi nội tiếp mặt cầu. Diện tích xung quanh lớn nhất của khối trụ bằng A. 2π. B. 4π. C. 6π. D. 8π. https://www Lời giải. 160 h 2 Ta có r2 + = R2. 2
Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2π · r · h. r h2 h2 Sxq Lại có r2 + ≥ 2 r2 · = rh = ⇒ 2πR2 ≥ S 4 4 2 xq. π h h2 √
Do đó Sxq lớn nhất khi r = ⇒ R2 = ⇒ h = R 2. √ 2 2 R 2 √ R Vậy Sxq = 2π ·
· R 2 = 2π · R2 = 4π. 2 r Chọn phương án B
Câu 40.11. Cho hình nón có chiều cao bằng 3. Một mặt phẳng (α) đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều. Biết góc giữa đường thẳng chứa trục của hình nón và mặt
phẳng (α) là 45◦. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng √ √ A. 5π 24. B. 15π 24. C. 45π. D. 15π. Lời giải. 2020
Gọi thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng (α) là tam giác đều SAB và I là tâm của đáy, M là
trung điểm AB. Ta có góc giữa đường thẳng chứa trục của hình nón và mặt phẳng (α) là 45◦. THPT Suy ra [
MSI = 45◦ ⇒ 4MSI vuông cân tại I. √ √ SM √ √ √ SM = SI · 2 = 3 2, MB = √ = 6 và MI = SI = 3, R = MB2 + MI2 = 15. 3 1 GHIỆP
Thể tích của khối nón là V = πR2h = 15π. 3 N T Chọn phương án D TỐ √
Câu 40.12. Cho hình nón có chiều cao bằng
2. Một mặt phẳng (α) đi qua đỉnh hình nón và cắt hình THI 2
nón theo một thiết diện là tam giác đều. Biết khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng (α) là √ . 3 KỲ
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng √ √ 4π 3 8π 3 √ √ A. . B. . C. 8π 3. D. 4π 3. 3 3 Lời giải.
Gọi thiết diện của hình nón cắt bởi mặt phẳng (α) là tam giác đều SAB và I là tâm của đáy, M là
trung điểm AB. Kẻ I H ⊥ SM tại H. 2
Suy ra d (I; (α)) = I H = √ . 3 1 1 1 √ √ Mà = + ⇒ I M = 2 ⇒ SM = SI2 + I M2 = 6 I H2 SI2 I M2 SM √ √ √ √ ⇒ MB = √ = 2 ⇒ R = I M2 + MB2 =
6 và l = SB = AB = 2MB = 2 2. Nên Sxq = πRl = 3 √ √ √ π 62 2 = 4π 3. Chọn phương án D 161
Câu 40.13. Cho hình nón có chiều cao bằng 1. Một mặt phẳng (α) đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều có diện tích S. Gọi Sd là diện tích đáy của hình nón. Biết √ 5 3 S = S 4
d. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng π √ √ √ √ 5 + 3 π 5 + 1 π 5 + 1 π 5 + 3 π A. . B. . C. . D. . 6 2 4 12 Lời giải.
Gọi R là bán kính đáy của hình nón. √ √
Cạnh của thiết diện là SA = SO2 + R2 = 1 + R2. √ √ SA2 3 (1 + R2) 3
Diện tích của thiết diện là S = = . o 4 4
Diện tích của đáy hình nón Sđ = πR2. √ √ √ √ aPr 5 3 (1 + R2) 3 πR2 · 5 3 1 5 Ta có S = · S = ⇔ R = ⇒ SA = = l 4 đ ⇔ π 4 4π 2 2 √ √ 5 + 1 π π 5 π
Diện tích toàn phần của hình nón là Stp = πR2 + πRl = + = . 4 4 4 Chọn phương án C
CÂU 41. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log x = y = ( 9 log6
log4 2x + y) . Giá trị của xy bằng roups/GeoGebr A. 2 . B. 1 . C. log 3 . D. log 2 . 2 2 2 3 2 Lời giải. x = 9t    Đặt log x = y = ( 9 log6 log4 2x + y) = t =⇒ y = 6t   2x + y = 4t
Khi đó ta có: x = 9t = 3 t và 2.9t + 6t = 4t (1). y 6t 2  3t acebook.com/g = −1 (loai)  2 .f
Ta có (1) ⇐⇒ 2 3 2t + 3 t − 1 = 0 ⇐⇒  2 2  t  3 1 = (t/man) 2 2 Vậy x = 3 t = 1. y 2 2 Chọn phương án B
Câu 41.1. Giả sử p, q là các số thực dương thỏa mãn log p = q =
(p + q). Tính giá trị của 16 log20 log25 https://www p biểu thức ? q 4 1 √ 8 1 √ A. . B. 1 + 5 . C. . D. −1 + 5 . 5 2 5 2 Lời giải. Đặt t = log p = q = (p + q) ⇒ p = 16 log20 log25
16t, q = 20t, p + q = 25t. Suy ra √  4t −1 + 5 = 4 2t 4 t  5 2 16t + 20t = 25t ⇔ + − 1 = 0 ⇔  √ 5 5  t −  4 1 − 5 = 5 2 162 √ 4 t 4 t −1 + 5 Vì > 0 nên = . 5 5 2 √ p 160 4 t −1 + 5 Từ đó ta được = = = . q 20t 5 2 Chọn phương án D 1 1
Câu 41.2. Cho các số a, b > 0 thỏa mãn log a = b = (a + b). Giá trị + bằng 3 log6 log2 a2 b2 A. 18. B. 45. C. 27. D. 36. Lời giải. a = 3t   t  3 Đặt t = log a = b = (a + b) ⇒ ⇒ + 3 log6 log2 b = 60 3t + 60 = 2t ⇔ 3t = 1 (1). 2   a + b = 20
Xét hàm số f (t) = 3 t + 3t trên (0, +∞). 2 3 t 3 có f 0(t) = · ln
+ 3t · ln 3 > 0, ∀t ∈ (0, +∞). 2 2
Suy ra f (t) đồng biến trên (0, +∞) mà f (−1) = 1. 1 1 1 1 Suy ra t = −1 ⇒ a = , b = ⇒ + = 45. 3 6 a2 b2 2020 Chọn phương án B x
Câu 41.3. Cho x, y > 0 thỏa mãn log x = y = ( bằng 9 log6
log4 2x + y). Giá trị của y THPT 1 3 A. 2. B. . C. log . D. log 2. 2 2 2 3 2 Lời giải. GHIỆP Đặt log x = y = ( 9 log6 log4 2x + y) = t N   T x = 9t 2x = 2.9t     2t t t   3 3 3 1 TỐ ⇒ y = 6t ⇒ y = 6t ⇒ 2 · 9t + 6t = 4t ⇔ 2 · + − 1 = 0 ⇔ = . 2 2 2 2       THI 2x + y = 4t 2x + y = 4t t KỲ x 9t 3 1 Khi đó = = = . y 6t 2 2 Chọn phương án B a
Câu 41.4. Cho a, b > 0 thỏa mãn log a = b = (a + b). Giá trị của bằng 4 log6 log9 √ √ b √ 1 −1 + 5 −1 − 5 1 + 5 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Lời giải. Đặt log a = b = (a + b) = t 4 log6 log9 a = 4t √   2t t t  2 2 2 −1 + 5 ⇒ b = 6t ⇒ 4t + 6t = 9t ⇔ + − 1 = 0 ⇔ = . 3 3 3 2   a + b = 9t √ a 4t 2 t −1 + 5 Khi đó = = = . b 6t 3 2 Chọn phương án B 163 2a − b a
Câu 41.5. Cho a, b > 0 thỏa mãn log a = b = . Tính tỉ số T = . 16 log20 log25 3 b 5 2 3 4 A. T = . B. T = . C. T = . D. T = . 4 3 2 5 Lời giải. 2a − b Đặt log a = b = = t 16 log20 log25 3 a = 16t    2t t t  4 4 4 2 ⇒ b = 20t
⇒ 2 · 16t − 20t = 3 · 25t ⇔ 2 · − − 3 = 0 ⇔ = . 5 5 5 3  2a − b    = 25t o 3 t aPr a 16t 4 2 Khi đó = = = . b 20t 5 3 Chọn phương án B y
Câu 41.6. Cho x, y > 0 thỏa mãn log√ x = log√ y = log (x + y). Tính tỉ số 10 15 5 x y 3 y 1 y 1 y 2 A. = . B. = . C. = . D. = . x 2 x 3 x 2 x 3 Lời giải.
Đặt log√ x = log√ y = log (x + y) = t 10 15 5 roups/GeoGebr  t x = 10 2   t t   t t t t 2 2 3 2 ⇒ y = 152 ⇒ 102 + 152 = 252 ⇔ + = 1 (∗). 5 5    t  x + y = 5t = 25 2 t t 2 2 3 2 Hàm số f (t) = +
là hàm nghịch biến trên R và có f (2) = 1. Nên phương trình (∗) có 5 5 acebook.com/g
một nghiệm duy nhất t = 2. .f t t y 15 2 3 2 3 Vậy = = = . x 10 2 2 Chọn phương án A 6 + 3(3x + 3−x) a a
Câu 41.7. Cho 9x + 9−x = 14 và = với
là phân số tối giản. Tính P = ab. 2 − 3x+1 − 31−x b b https://www A. P = 10. B. P = −10. C. P = −45. D. P = 45. Lời giải.
Từ giả thiết 9x + 9−x = 14 ⇒ (3x + 3−x)2 = 16 ⇒ 3x + 3−x = 4. 6 + 3(3x + 3−x) 6 + 3(3x + 3−x) 18 −9 Do đó = = = . 2 − 3x+1 − 31−x 2 − 3(3x − 3−x) −10 5
Vậy a = −9, b = 5 nên ab = −45. Chọn phương án C
Câu 41.8. Cho a, b, c > 0 thỏa alog2 5 = 4, blog4 6 = 16, clog7 3 = 49. Tính T = alog22 5 + blog24 6 + 3 · clog27 3 √ √ A. T = 126. B. T = 5 + 2 3. C. T = 88. D. T = 3 − 2 3. Lời giải. 164
Ta có T = alog22 5 + blog24 6 + 3 · clog27 3 = 4log2 5 + 16log4 6 + 3 · 49log7 3 = 52 + 62 + 3 · 32 = 88. Chọn phương án C 1
Câu 41.9. Biết rằng 2x+ x = log
2 14 − (y − 2)py + 1 với x > 0. Tính P = x2 + y2 − xy + 1. A. 3. B. 1. C. 2. D. 4. Lời giải. 1 r 1 1 Ta có x + ≥ 2 x. = 2 ⇒ 2x+ x ≥ 4. x x
Lại có: 14 − (y − 2)py + 1 = 14 − (y + 1)py + 1 + 3py + 1.
Đặt t = py + 1 ≥ 0. Ta xét hàm số f (t) = −t3 + 3t + 14 trên [0; +∞) có kết quả max f (t) = t∈[0;+∞) f (1) = 16.
Vậy 14 − (y − 2)py + 1 ≤ 16 ⇒ log
2 14 − (y − 2)py + 1 ≤ 4. ( 1 x = 1 Khi đó 2x+ x = log ⇔ P = 2 14 − (y − 2)py + 1 ⇔ 2. y = 0 Chọn phương án C 3
Câu 41.10. Biết rằng phương trình 27x − 271−x − 16 3x −
+ 6 = 0 có các nghiệm x = a, x = 3x b 2020 log b và x = c với a ∈ Z
thuộc khoảng nào sau đây? 3 log3 , b > c > 0. Tỉ số c 3 3 5 5 A. (3; +∞). B. 1; . C. ; . D. ; 3 . THPT 2 2 2 2 Lời giải. t = 3  GHIỆP
Đặt t = 3x − 31−x. Phương trình đã cho trở thành t3 − 7t − 6 = 0 ⇔ t = −1.  N t = −2 T √ √ 3 + 21 3 + 21 TỐ
Với t = 3 ⇒ 3x − 31−x = 3 ⇔ (3)2x − 3.3x − 3 = 0 ⇒ 3x = ⇔ x = log . 2 3 √ 2 √ −1 + 13 −1 + 13 THI
Với t = −1 ⇒ 3x − 31−x = −1 ⇔ (3)2x + 3x − 3 = 0 ⇒ 3x = ⇔ x = log . 2 3 2 KỲ
Với t = −2 ⇒ 3x − 31−x = −2 ⇔ (3)2x + 2.3x − 3 = 0 ⇒ 3x = 1 ⇔ x = 0. √ √ 3 + 21 −1 + 13 b 5 Do đó a = 0, b = , c = . Vậy ∈ ; 3 . 2 2 c 2 Chọn phương án D
Câu 41.11. Biết rằng a, b, c > 1 thỏa log (bc) = a4 + (ab) bằng ab 2. Giá trị của P = log c log c b a A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải. log (bc) log b + log c Ta biến đổi: 2 = log bc = a = a a ⇒ b + c. ab log 2 = log log (ab) b a a a 1 + loga log a4 log (ab) 4 1 + log b Từ đó P = log a a a c a4 + log c (ab) = c + c = + = 2 + 1 = 3. b a log log c − log b log c − 1 a log a a a b a a Chọn phương án C a − 4b a
Câu 41.12. Cho hai số thực a, b thỏa mãn log a = b = . Giá trị bằng 100 log40 log16 12 b A. 4. B. 12. C. 6. D. 2. 165 Lời giải. a − 4b Đặt log a = b = = t. 100 log40 log16 12 a − 4b Ta có a = 100t, b = 40t, = 16t. Suy ra 12  2t 1 = 4 t 2 t  5 6
1000 − 4 · 400 = 12.160 ⇔ 12 · + 4 · − 1 = 0 ⇔  . 25 5  t  2 1 = − 5 2 t t t o 2 1 a 100 5 Do đó = ⇒ = = = 6. 5 6 b 40 2 aPr Chọn phương án C
Câu 41.13. Cho các số thức m > 0, n > 0, p > 0 thỏa mãn 4m = 10n = 25n. Tính giá trị của biểu thức n n T = + . 2m 2p 5 1 A. T = 1. B. T = . C. T = 2. D. T = . 2 10 Lời giải. n log 4
Vì 4m = 10n ⇒ n = m log 4 ⇒ = = log 2. roups/GeoGebr 2m 2 n log 25
Vì 10n = 25p ⇒ n = p log 25 ⇒ = = log 5. 2p 2 n n Suy ra T = + = log 2 + log 5 = log 10 = 1. 2m 2p Chọn phương án A
CÂU 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
f (x) = x3 − 3x + m trên đoạn [0; 3] bằng 16 . Tổng tất cả các phần tử của S bằng acebook.com/g A. −16 . B. 16 . C. −12 . D. −2 . .f Lời giải.
Xét hàm số g (x) = x3 − 3x + m trên R.
g0 (x) = 3x2 − 3 ; g0 (x) = 0 ⇐⇒ x = ±1.
Bảng biến thiên của hàm số g (x)
Ta xét các trường hợp sau:
+) m + 18 ≤ 0 ⇐⇒ m ≤ −18 . Khi đó m − 2 < m < m + 18 ≤ 0 , nên https://www
Max y = Max {|m − 2| , |m| , |m + 18|} = |m − 2| = 2 − m . [0;3] [0;3]
Vậy Max y = 16 ⇐⇒ 2 − m = 16 ⇐⇒ m = −14 (loại). [0;3]
+) m < 0 < m + 18 ⇐⇒ −18 < m < 0 . Khi đó m − 2 < m < 0 < m + 18 ,
 Max y = Max {|m − 2| , |m| , |m + 18|} = Max {2 − m, −m, m + 18}    [0;3] [0;3] [0;3]  nên
(2 − m, −18 < m < −8   = Max {2 − m, m + 18} =   [0;3] m + 18, 0 > m ≥ −8 ( "
2 − m = 16, −18 < m < −8 m = −14 Vậy Max y = 16 ⇐⇒ .Như vậy [0;3] m + 18 = 16, −8 ≤ m < 0 m = −2 166
+) m = 0 : Max y = 18 6= 16 (loại). [0;3]
+) m − 2 < 0 < m < m + 18
Ta có Max y = Max {|m − 2| , |m| , |m + 18|} = Max {2 − m, m, m + 18} = m + 18 , [0;3] [0;3] [0;3]
Do đó Max y = 16 ⇐⇒ m + 18 = 16 ⇐⇒ m = −2 (thỏa mãn). [0;3]
+) 0 ≤ m − 2 < m < m + 18 .
Ta có Max y =Max {|m − 2| , |m| , |m + 18|} = Max {m − 2, m, m + 18} = m + 18 . [0;3] [0;3] [0;3]
Do đó Max y = 16 ⇐⇒ m + 18 = 16 ⇐⇒ m = −2 (loại). [0;3]
Suy ra S = {−14 ; −2} . Vậy tổng các phần tử của S bằng −14 + (−2) = −16 . Chọn phương án A
Câu 42.1. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x2 − 2x + m
trên đoạn [0; 3] bằng 5. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. −2. B. 2. C. −12. D. 8. Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x2 − 2x + m trên đoạn [0; 3]. f 0(x) = 2x − 2. 2020
f 0(x) = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1.
f (0) = m, f (1) = m − 1, f (3) = m + 3.
max f (x) = max{m − 1; m; m + 3} = m + 3. THPT x∈[0;3]
min f (x) = min{m − 1; m; m + 3} = m − 1. x∈[0;3]  (|m − 1| = 5 GHIỆP  " N  |m + 3| ≤ 5 m = −4  T
max y = max | f (x)| = max{|m − 1|; |m + 3|} = 5 ⇔ ⇔ . ( x∈[  0;3] x∈[0;3]  |m + 3| = 5 m = 2 TỐ  |m − 1| ≤ 5 THI
vậy S = {−4; 2}. Tổng tất cả các phần tử của S bằng −2. KỲ Chọn phương án A
Câu 42.2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |x3 − 3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. Số phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 0. D. 6. Lời giải.
Đặt f (x) = x3 − 3x + m, f 0(x) = 3x2 − 3, f 0(x) = 0 ⇔ x = ±1. x 0 1 2 f 0(x) − 0 + m m + 2 f (x) m − 2
• Nếu m ≥ 0 thì max y = |m + 2|. Khi đó |m + 2| = 3 ⇔ m = 1. [0;2] 167
• Nếu m < 0 thì max y = |m − 2|. Khi đó |m − 2| = 3 ⇔ m = −1. [0;2]
Vậy có 2 giá trị m thỏa đề. Chọn phương án B
Câu 42.3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = | ln2 x + ln x + m| trên [1; e] bằng 2. Số phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 4. D. 6. Lời giải.
Đặt t = ln x, x ∈ [1; e] ⇒ t ∈ [0; 1]. o
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm y = |t2 + t + m| trên [0; 1].
Xét hàm số f (t) = t2 + t + m, ta có f 0(t) = 2t + 1 > 0 ∀t ∈ [0; 1]. aPr  (|m| = 2  "  |m + 2| ≤ 2 m = −2
Vậy max y = max | f (t)| = max{|m|; |2 + m|} = 2 ⇔  ⇔ ( t∈[  0;1] t∈[0;1]  |m + 2| = 2 m = 0.  |m| ≤ 2
Vậy có hai giá trị m thỏa mãn. Chọn phương án B roups/GeoGebr
Câu 42.4. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = | sin2 x − 2 sin x + m| bằng 1. Số phần tử của S là A. 0. B. 1. C. 4. D. 3. Lời giải.
Đặt t = sin x, t ∈ [−1; 1].
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = |t2 − 2t + m| trên [−1; 1].
Xét hàm số f (t) = t2 − 2t + m, ta có f 0(t) = 2t − 2, f 0(t) = 0 ⇔ t = 1 ∈ [−1; 1].  (|m + 3| = 1  acebook.com/g  |m − 1| ≤ 1 .f
Vậy max y = max | f (t)| = max{|3 + m|; |m − 1|} ⇔  ( t∈[−  1;1] t∈[−1;1]  |m − 1| = 1  |m + 3| ≤ 1
Hệ này không có nghiệm, vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn. Chọn phương án A (m + 1)x + m − 1
Câu 42.5. Có bao nhiêu giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y = https://www x + 1 1
trên đoạn [−3; −2] bằng . 2 A. 1. B. 2. C. 0. D. 6. Lời giải. (m + 1)x + m − 1 Đặt f (x) =
liên tục trên [−3; −2]. x + 1
Suy ra hàm số y = | f (x)| liên tục trên [−3; −2]. 2 Ta có f 0(x) = > 0, ∀x ∈ [−3; −2]. (x + 1)2 Nên max
| f (x)| = max{| f (−3)|; | f (−2)|} = max{|m + 2|; |m + 3|}. x∈[−3;−2] 168   1 |m + 2| =  2   1   |m + 3| ≤  5
Theo yêu cầu bài toán ta có 2  ⇔ m = − .   1 2  |m + 3| =   2   1  |m + 2| ≤ 2
Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn. Chọn phương án A
Câu 42.6. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y = |x2 + x + 2|ex+m2 trên đoạn [−1; 0] bằng 2e. Số phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 4. D. 6. Lời giải.
Ta có y = |x2 + x + 2|ex · em2 = | f (x)|em2 với f (x) = (x2 + x + 2)ex.
Ta có f 0(x) = (2x + 1)ex + (x2 + x + 2)ex = (x2 + 3x + 3)ex > 0 ∀x ∈ [−1; 0].
Vậy max | f (x)| = max{| f (−1)|, | f (0)|} = 2. x∈[−1;0]
Từ yêu cầu bài toán ta có 2em2 = 2e ⇔ m = ±1. 2020 Chọn phương án B x − m2 + m
Câu 42.7. Cho hàm số f (x) =
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị THPT x + 1
của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = | f (x)| trên [1; 2] đạt giá trị nhỏ nhất. Hỏi tập S có bao nhiêu phần tử? GHIỆP A. 1. B. 2. C. 4. D. 6. N Lời giải. T
Hàm số f (x) liên tục trên [1; 2]. TỐ m2 − m + 1 Ta có f 0(x) = > 0, ∀x ∈ [1; 2]. (x + 1)2 THI 1 1
Vậy M = max g(x) = max{| f (1)|; | f (2)|} = max
|1 − m2 + m|; |2 − m2 + m| . KỲ x∈[1;2] 2 3 Đặt α = m2 − m. Ta có 1
5M = 2M + 3M ≥ |1 − α| + |α − 2| ≥ |1 − α + α − 2| = 1 ⇔ M ≥ . 5  2 |1 − α| =   5 1   7 Vậy M nhỏ nhất bằng và dấu bằng xảy ra khi 3 ⇔ α = . 5 |α − 2| = 5  5   
(1 − α)(α − 2) > 0 7
Vậy m2 − m = . Phương trình này có hai nghiệm thỏa mãn. 5 √ √ 2
Câu 42.8. Biết giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = 4x2 − 4mx + 2m2 + |x| bằng . Hỏi mệnh đề 2 nào dưới đây đúng? 1 3 3 5 5 7 7 9 A. |m| ∈ ; . B. |m| ∈ ; . C. |m| ∈ ; . D. |m| ∈ ; . 10 10 10 10 10 10 10 10 169 Lời giải. v u √ √ √ !2  u 1 2 3 1 3 3 + 1 Ta có f (x) ≥ u +
((m − 2x)2 + m2) + x ≥ (m − 2x) + m + x ≥ m. t  2 2 2 2 2 √ √ √ 3 + 1 2 2 5 7 Từ đó suy ra m = ⇔ m = √ ∈ ; . 2 2 3 + 1 10 10 x ≥ 0      m − 2x m √ √   = √  1 2 6 − 3 2 Đẳng thức xảy ra khi 3 ⇔ x = . 6  2 2  o √     1 3   (m − 2x) + m ≥ 0 aPr 2 2 Chọn phương án C
Câu 42.9. Biết hàm số y = (x + m)3 + (x + n)3 − x3 (m; n là tham số) đồng biến trên khoảng (−∞; +∞).
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4(m2 + n2) − m − n bằng 1 A. −16. B. 4. C. − . D. 2. 16 Lời giải.
Ta có y0 = 3(x + m)2 + 3(x + n)2 − 3x2 = 3[x2 + 2(m + n)x + m2 + n2]. ( roups/GeoGebr a > 0
Hàm số đồng biến trên (−∞; +∞) ⇔ ⇔ mn ≤ 0. ∆ ≤ 0 "m = 0 • TH1: mn = 0 ⇔ n = 0.
Do vai trò của m, n là như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp m = 0. 1 2 1 1 ⇒ P = 4n2 − n = 2n − − ≥ − (1). 4 16 16 acebook.com/g
• TH2: mn < 0 ⇔ m > 0; n < 0 (do vai trò của m, n như nhau). .f 1 2 1 1 Ta có P = 2m − − + 4n2 + (−n) > − (2). 4 16 16 1 1 1
Từ (1), (2) ta có Pmin = −
. Dấu 00 =00 xảy ra khi và chỉ khi m = ; n = 0 hoặc m = 0; n = . 16 8 8 Chọn phương án C https://www
Câu 42.10. Cho hàm số f (x) = |3x4 − 4x3 − 12x2 + m|. Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên
đoạn [−1; 3]. Giá trị nhỏ nhất của M bằng 5 57 59 A. . B. 16. C. . D. . 2 2 2 Lời giải. x = 0
Đặt t = g(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2. Ta có g0(x) = 12x3 − 12x2 − 24x, g0(x) = 0 ⇔  x = 2  x = −1.
Ta có g(0) = 0, g(−1) = −5, g(2) = −32, g(3) = 27. Vậy t ∈ [−32; 27]. Vậy M = max
|t + m| = max{|m + 27|; |m − 32|}. t∈[−32;27] 170
Ta có 2M ≥ |m + 27| + |32 − m| ≥ |m + 27 + 32 − m| = 59. 59 5 Vậy M ≥
. Dấu bằng xảy ra tại m = . 2 2 Chọn phương án D
Câu 42.11. Cho hàm số y = 3x4 − 4x3 − 12x2 + a. Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số đã cho trên đoạn [−1; 2]. Có bao nhiêu số nguyên dương a thuộc đoạn [0; 100] sao cho M ≤ 2m? A. 36. B. 37. C. 40. D. 38. Lời giải.
Xét hàm số f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + a trên đoạn [−1; 2]. f 0(x) = 12x3 − 12x2 − 24x. x = −1
f 0(x) = 0 ⇔ 12x3 − 12x2 − 24x = 0 ⇔  x = 0 .  x = 2
f (0) = a, f (−1) = a − 5, f (2) = a − 32. Ta có bản biến thiên x −1 0 2 f 0(x) + 0 − 2020 a f (x) THPT a − 5 a − 32
Để có được M ≤ 2m thì m > 0 (có nghĩa là phần đồ thị hàm số f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + a trên
đoạn [−1; 2] không cắt trục hoành). GHIỆP " " N a < 0 a < 0 T Vậy ta suy ra ⇔ . a − 32 > 0 a > 32 TỐ
Vì [0; 100] nên ta chỉ loại trường hợp a < 0.
Với a > 32, ta có: m = |a − 32| = a − 32, M = |a| = a. THI
Vậy M ≤ 2m ⇔ a ≤ 2(a − 32) ⇔ a ≥ 64 (thỏa mãn). KỲ
Kết luận: trong đoạn [0; 100] có 37 số nguyên dương a thỏa mãn. Chọn phương án B
Câu 42.12. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = x3 − 3x2 + m trên đoạn [1; 3] bằng 3. Tổng tất cả các phần tử của S bằng A. −3. B. 2. C. 4. D. 7. Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x3 − 3x2 + m trên đoạn [1; 3]. f 0(x) = 3x2 − 6x. "x = 0
f 0(x) = 0 ⇔ 3x2 − 6x = 0 ⇔ . x = 2
f (1) = m − 2, f (2) = m − 4, f (3) = m.
Gọi A, a lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x3 − 3x2 + m trên đoạn [1; 3].
Ta có A = max f (x) = max{m − 4; m − 2; m} = m. x∈[1;3] 171
a = min f (x) = min{m − 4; m − 2; m} = m − 4. x∈[1;3]
+ Nếu a > 0 ⇔ m − 4 > 0 ⇔ m > 4 thì min y = |m − 4| = m − 4 = 3 ⇔ m = 7 (thỏa mãn). + Nếu x∈[1;3]
A < 0 ⇔ m < 0 thì min y = |m| = −m = 3 ⇔ m = −3 (thỏa mãn). + Nếu Aa < 0 thì min y = 0 x∈[1;3] x∈[1;3] (loại).
Vậy S = {−3; 7}. Tổng tất cả các phần tử của S bằng 4. Chọn phương án C
Câu 42.13. Cho hàm số y = 8x4 + ax2 + b. Trong đó a, b là các hệ số thực. Tìm mối liên hệ giữa a và
b để giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [−1; 1] bằng 1? o A. b − 8a = 0. B. b − 4a = 0. C. b + 4a = 0. D. b + 8a = 0. Lời giải. aPr
Đăt t = x2, suy ra t ∈ [0; 1]. a a2
Xét g(t) = 8t2 + at + b, đây là đồ thị Parabol có bè lõm quay lên và tọa dộ đỉnh là I − ; − + b . 16 32 a Trường hợp 1. − ∈ [0; 1]. 16
Để thỏa mãn yêu cần của bài toán, ta phải có:  − 1 ≤ g(0) ≤ 1    − 1 ≤ b ≤ 1 − 32 ≤ 32b ≤ 32        − 1 ≤ g(1) ≤ 1   ⇔ − 1 ≤ a + b + 8 ≤ 1 ⇔
− 32 ≤ 32a + 32b + 256 ≤ 32 roups/GeoGebr     a2   
 − 32 ≤ −a2 + 32b ≤ 32
 − 32 ≤ a2 − 32b ≤ 32  − 1 ≤ − + b ≤ 1 32 ( − ( ( 64 ≤ a2 ≤ 64 − 8 ≤ a ≤ 8 − 8 ≤ a ≤ 8 ⇒ ⇒ ⇔ ⇔ a = −8.
− 64 ≤ a2 + 32a + 256 ≤ 64 a2 + 32a + 192 ≤ 0 − 24 ≤ a ≤ −8  − 1 ≤ b ≤ 1    Với a = −8 thay vào hệ − 1 ≤ a + b + 8 ≤ 1 , ta được:  
 − 32 ≤ −a2 + 32b ≤ 32 ( ( acebook.com/g − 1 ≤ b ≤ 1 − 1 ≤ b ≤ 1 .f ⇔ ⇔ b = 1. − 32 ≤ −64 + 32b ≤ 32 1 ≤ b ≤ 3
Thử lại g(t) = 8t2 − 8t + 1 với t ∈ [0; 1]. g0(t) = 16t − 8. 1
g0(t) = 0 ⇔ 16t − 8 = 0 ⇔ t = . 2 1 g(0) = 1, g = −1, g(1) = 1. https://www 2  a ( " a = −8 − < 0 a > 0
Vậy max y = max g(t) = 1, suy ra
thỏa mãn. Trường hợp 2. 16  a ⇔ . [−1;1] [0;1] b = 1  − > 1 a < −16 16
Để thỏa mãn yêu cần bài toán, ta phải có: ( − ( ( 1 ≤ g(0) ≤ 1 − 1 ≤ b ≤ 1 − 1 ≤ −b ≤ 1 ⇔ ⇔ . − 1 ≤ g(1) ≤ 1 − 1 ≤ a + b + 8 ≤ 1 − 1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
⇒ −2 ≤ a + 8 ≤ 2 ⇔ −10 ≤ a ≤ −6 (loại). Chọn phương án D
CÂU 43. Cho phương trình log2 ( x + m − 2 2x) − (m + 2) log2
2 = 0 ( m là tham số thực). Tập hợp tất 172
cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] là A. (1; 2) . B. [1; 2] . C. [1; 2) . D. [2; +∞) . Lời giải.
Điều kiện xác định: x > 0 . Ta có log2 ( x + m − x + x − x + m − 2 2x) − (m + 2) log2 2 = 0 ⇐⇒ (log2 1)2 − m log2 2 log2 2 = 0 ⇐⇒ log2 x − x + m = x − x + x − 2 1 − m log2 0 ⇐⇒ (log2 1) (log2 1) − m (log2 1) = 0 ⇐⇒ (log x − x + 2 1) (log2 1 − m) = 0 " " log x = 1 x = 2 ∈ [1; 2] ⇐⇒ 2 ⇐⇒ . log x = m − x = 2 1 2m−1 (1 ≤ 2m−1 ≤ 2
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] khi và chỉ khi 2m−1 6= 2
⇐⇒ 1 ≤ 2m−1 < 2 ⇐⇒ 0 ≤ m − 1 < 1 ⇐⇒ 1 ≤ m < 2 hay m ∈ [1; 2) . Chọn phương án C
Câu 43.1. Cho phương trình log2 x + m − 3 3x + log3
1 = 0 (m là tham số thực). Tập hợp tất cả giá trị
của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1) 9 1 9 −9 A. m > . B. 0 < m < . C. 0 < m < . D. m > . 4 4 4 4 2020 Lời giải. Cách 1: THPT
Phương trình đã cho ⇔ log23 3x + log3 3x + m − 2 = 0 (1).
Đặt t = log3 3x, thì phương trình (1) có dạng t2 + t + m − 2 = 0 (2). GHIỆP
Khi x ∈ (0; 1) ⇒ 0 < 3x < 3 ⇔ log3 3x < 1 ⇔ t < 1. N
Yêu cầu đề bài tương đường với tìm tham số m để phương trình (2) có đúng hai nghiệm phân biệt T t1, t2 nhỏ hơn 1.    TỐ ∆ > 0 ∆ > 0 1 − 4m + 8 > 0          ⇔ ⇔ ⇔ THI (t1 − 1) (t2 − 1) > 0 t1t2 − (t1 + t2) + 1 > 0 m − 2 + 1 + 1 > 0       t1 + t2 − 2 < 0 t1 + t2 − 2 < 0  − 1 − 2 < 0 KỲ (9 − 4m > 0 9 ⇔ ⇔ 0 < m < . m > 0 4 9 Vậy 0 < m < . Cách 2: 4
Phương trình đã cho ⇔ log23 3x + log3 3x + m − 2 = 0 (1).
Đặt t = log3 3x, thì phương trình (1) có dạng t2 + t + m − 2 = 0 ⇔ t2 + t = 2 − m (2).
Khi x ∈ (0; 1) ⇒ 0 < 3x < 3 ⇔ log3 3x < 1 ⇔ t < 1. Xét hàm số f (t) = t2 + t với t ∈ (−∞; 1). Bảng biến thiên của f (t): x −∞ 1 1 2 +∞ 2 y0 1 − 4
Số nghiệm của phương trình (2) bằng số giao điểm của đồ thị y = f (t) và đường thẳng y = 2 − m. 173 1 9
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 ⇔ − < 2 − m < 2 ⇔ 0 < m < . 4 4 9 Vậy 0 < m < . 4 Chọn phương án C
Câu 43.2. Cho phương trình log2( x + m − 2 2x) − (m + 2) log2
2 = 0 (m là tham số thực). Tập hợp tất
cả giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [1; 2] là A. (1; 2). B. [1; 2]. C. [1; 2). D. [2; +∞). Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0. o
Đặt t = log x. Với x ∈ [ 2 1; 2] thì t ∈ [0; 1]. aPr Phương trình trở thành
(1 + t)2 − (m + 2)t + m − 2 = 0 ⇔ t2 − mt + m − 1 = 0 "t = 1 ⇔ t = m − 1. (m − 1 6= 1 roups/GeoGebr
Yêu cầu bài toán tương đương với ⇔ 1 ≤ m < 2. 0 ≤ m − 1 ≤ 1 Chọn phương án C
Câu 43.3. Giá trị thực của tham số m để phương trình 9x − 2(2m + 1) · 3x + 3(4m − 1) = 0 có hai
nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn (x1 + 2)(x2 + 2) = 12 thuộc khoảng nào sau đây? 1 1 A. ; 3 . B. (3; 9). C. (9; +∞). D. − ; 2 . 4 2 Lời giải.
Đăt t = 3x với t > 0. Khi đó phương trình trở thành t2 − 2(2m + 1)t + 3(4m − 1) = 0 có acebook.com/g .f
∆0 = 4m2 − 8m + 4 = (2m − 2)2. " " t = 3 3x = 3
Theo công thức nghiệm ta có ⇔ t = 4m − 1 3x = 4m − 1.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn (x1 + 2)(x2 + 2) = 12 khi và chỉ khi  1 4m − 1 > 0 m >    4     https://www 4m − 1 6= 3 ⇔ m 6= 1      log (  5 3 4m − 1) = 2  m = . 2 5 Vậy m = . 2 Chọn phương án A
Câu 43.4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho phương trình x · 2x = x(x − m + 1) + m (2x − 1) có hai nghiệm? A. 2. B. 1. C. 3. D. Vô số. 174 Lời giải.
x · 2x = x(x − m + 1) + m (2x − 1)
⇔ x · 2x − x2 − x = m (2x − 1 − x)
⇔ x (2x − x − 1) = m (2x − 1 − x) "x = m ⇔ 2x − x − 1 = 0.
Xét hàm số f (x) = 2x − x − 1 với x ∈ R. 1
Ta có: f 0(x) = 2x · ln 2 − 1 = 0 ⇔ x = log2 ln2 1 x −∞ log +∞ 2 ln 2 f 0(x)0 − 0 + +∞ +∞ f (x) 1 1 f log2 log 2020 ln 2
Mà x = 0; x = 1 là hai nghiệm của phương trình f (x) = 0. Do đó phương trình f (x) = 0 chỉ có hai THPT nghiệm này.
Vậy phương trình x · 2x = x(x − m + 1) + m (2x − 1) có hai nghiệm khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = 1. Chọn phương án A GHIỆP N
Câu 43.5. Cho phương trình 32x2−3x+m + 9 = 3x2−x+2 + 3x2−2x+m. Có bao nhiêu giá trị nghuyên của T
tham số m ∈ [−2018; 2018] để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt? TỐ A. 2018. B. 2019. C. 2020. D. 2021. THI Lời giải. Ta có: KỲ
32x2−3x+m + 9 = 3x2−x+2 + 3x2−2x+m
⇔ 32x2−3x+m − 3x2−2x+m = 3x2−x+2 − 9
⇔ 3x2−2x+m 3x2−x − 1 = 9 3x2−x − 1  3x2−2x+m = 9 ⇔  3x2−x = 1 "x2 − 2x + m = 2 ⇔ x2 − x = 0 x2 − 2x + m − 2 = 0 ⇔  x = 0  x = 1.
Phương trình 32x2−3x+m + 9 = 3x2−x+2 + 3x2−2x+m có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 175 1 − (m − 2) > 0   
phương trình x2 − 2x + m − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 6= 0 và 1 ⇔ m − 2 6= 0 ⇔   1 − 2 + m − 2 6= 0 m < 3    m 6= 2   m 6= 3.
Vậy m ∈ {−2018; −2017; . . . ; 0; 1} nên có 2020 giá trị của tham số m. Chọn phương án C
Câu 43.6. Tìm m để phương trình 52x2−6x+2m − 5x2−2x+2 − 5x2−4x+2m + 25 = 0 có 4 nghiệm phân o biệt. aPr A. 0 6= m < 1. B. 2 6= m < 3. C. 4 6= m > 3. D. 1 6= m < 3. Lời giải. Ta có:
52x2−6x+2m − 5x2−2x+2 − 5x2−4x+2m + 25
⇔ 5x2−2x 5x2−4x+2m − 52 − 5x2−4x+2m − 52 = 0 ⇔
5x2−4x+2m − 52 · 5x2−2x − 1 = 0 roups/GeoGebr  5x2−4x+2m − 52 = 0 ⇔  5x2−2x − 1 = 0 "x2 − 4x + 2m − 2 = 0 ⇔ x2 − 2x = 0 x2 − 4x + 2m − 2 = 0 ⇔  x = 0  acebook.com/g x = 2. .f
phương trình 52x2−6x+2m − 5x2−2x+2 − 5x2−4x+2m + 25 = 0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 − (2m − 2) > 0   
phương trình x2 − 4x + 2m − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 6= 0 và 2 ⇔ 2m − 2 6= 0 ⇔   4 − 8 + 2m − 2 6= 0  https://www m < 3    m 6= 1   m 6= 3. Vậy 1 6= m < 3. Chọn phương án D
Câu 43.7. Gọi S là tập hợp các giá trị củ m để phương trình m · 3x2−7x+12 + 32x−x2 = 9 · 310−5x + m có
3 nghiệm thực phân biệt. Tìm số phần tử của S. A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số. Lời giải. 176 Ta có:
m · 3x2−7x+12 + 32x−x2 = 9 · 310−5x + m
⇔ m · 3x2−7x+12 − 1 − 32x−x2 · 3x2−7x+12 − 1 = 0 ⇔
m − 32x−x2 · 3x2−7x+12 − 1 = 0  m − 32x−x2 = 0 ⇔  3x2−7x+12 − 1 = 0 "32x−x2 = m ⇔ x2 − 7x + 12 = 0 32x−x2 = m ⇔  x = 3  x = 4. Ta có các trường hợp:
1. 32x−x2 = m có 2 nghiệm phân biệt x1 = 3 và x2 6= 4. 2020 1
Thế x = 3 vào phương trình ta có: m = . 27 "x = 3 THPT 1 1 Thử lại 32x−x2 = ⇔ . Do đó m =
thỏa mãn yêu cầu bài toán. 27 x = −1 27
2. 32x−x2 = m có 2 nghiệm phân biệt x1 = 4 và x2 6= 3. GHIỆP N
Thế x = 3 vào phương trình ta có: m = 3−8. " T x = 4
Thử lại 32x−x2 = 3−8 ⇔
. Do đó m = 3−8 thỏa yêu cầu bài toán. TỐ x = −2 THI m > 0     KỲ m 6= 3−3
3. 32x−x2 = m có duy nhất một nghiệm khác 3; 4 ⇔ ⇔ m = 3. m 6= 3−8    1 − log m = 3 0
Vậy có tất cả 3 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn phương án C
Câu 43.8. Biết m0 là giá trị duy nhất của tham số m để phương trình 2x2 · 3mx−1 = 6 có hai nghiệm
x1, x2 sao cho x1 + x2 = log2 81. Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. m0 ∈ (−7; −2). B. m0 ∈ (−2; 5). C. m0 ∈ (6; 7). D. m0 ∈ (5; 6). Lời giải.
Ta có 2x2 · 3mx−1 = 6 ⇔ 2x2−1 · 3mx−2 = 1.
Lấy logarit cơ số 2 của hai vế của phương trình ta có: x2 − 1 + (mx − 2) log2 3 = 0 ⇔ x2 + m log2 3 · x − 2 log2 3 − 1 = 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho x1 + x2 = log2 81 khi và chỉ khi 177 (∆ ( > 0 m2 · log2 ⇔
23 + 8 log2 3 + 4 > 0 ⇔ m = −4. x1 + x2 = log − m 2 81 log2 3 = log2 81 Vậy m0 ∈ (−7; −2). Chọn phương án A
Câu 43.9. Tìm tập hợp tham số m để phương trình 4x − m · 2x + 2m − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu. 5 5 5 A. ; +∞ . B. 0; . C. (0; +∞). D. ; 4 . 2 2 2 Lời giải.
Đặt t = 2x khi đó phương trình 4x − m · 2x + 2m − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương o
trình t2 − mt + 2m − 5 có hai nghiệm phân biệt thỏa 0 < t1 < 1 < t2. ∆  aPr > 0 m2 − 8m + 20 > 0        5   t m > 0 m > ⇔ 1 + t2 > 0 ⇔ ⇔ 2 t1 · t2 > 0 2m − 5 > 0    m < 4.      (t  1 − 1) (t2 − 1) < 0 m − 4 < 0 5 Vậy m ∈ ; 4 . 2 Chọn phương án D roups/GeoGebr
Câu 43.10. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp (x; y) thỏa mãn các điều kiện log (
x2+y2+2 4x + 4y − 4) = 1 và x2 + y2 + 2x − 2y + 2 − m = 0. Tổng các giá trị của S bằng A. 33. B. 24. C. 15. D. 5. Lời giải. ( log ( ( x2+y2+ 4x + 4y − 4) = 1 x2 + y2 − 4x − 4y + 6 = 0 Ta có 2 ⇔ có nghiệm duy nhất (x; y)
x2 + y2 + 2x − 2y + 2 − m = 0
x2 + y2 + 2x − 2y + 2 − m = 0 √
x2 + y2 − 4x − 4y + 6 = 0 là phương trình đường tròn tâm A(2; 2) bán kính R1 = 2. acebook.com/g √ .f
x2 + y2 + 2x − 2y + 2 − m = 0 là phương trình đường tròn tâm B(−1; 1) bán kính R2 = m với m > 0.
Hai đường tròn có điểm chung duy nhất khi xảy ra các trường hợp sau: √ √ √ √ √ 2
1. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài AB = R1 + R2 ⇔ m + 2 = 10 ⇔ m = 10 − 2 . √ √ √ √ √ 2 https://www
2. Hai đường tròn tiếp xúc trong AB = |R1 − R2| ⇔ m − 2 = 10 ⇔ m = 10 + 2 . √ √ √ √ 2 2
Vậy tổng các giá trị của tham số m = 10 − 2 + 10 + 2 = 24. Chọn phương án B
Câu 43.11. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 1 10
(m − 1) log21 (x − 3)2 + 4(m − 5) log1
+ 4(m − 1) = 0 có nghiệm trên đoạn ; 6 . Số phần tử 3 3 x − 3 3 của tập S bằng A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Lời giải. 178 Cách 1: 1
Ta có (m − 1) log21 (x − 3)2 + 4(m − 5) log1 + 4(m − 1) = 0. 3 3 x − 3
⇔ 4(m − 1) log21 (x − 3) − 4(m − 5) log1 (x − 3) + 4(m − 1) = 0 3 3
⇔ (m − 1) log21 (x − 3) − (m − 5) log1 (x − 3) + m − 1 = 0. 3 3 10
Đặt t = log1 (x − 3) khi x ∈ ; 6 ⇒ t ∈ [−1; 1]. 3 3
Phương trình trở thành: (m − 1)t2 − (m − 5)t + m − 1 = 0.
Bài toán trở thành tìm giá trị nguyên của m để phương trình (m − 1)t2 − (m − 5)t + m − 1 = 0 (∗) có nghiệm t ∈ [−1; 1]. t2 − 5t + 1 (∗) ⇔ m =
có nghiệm t ∈ [−1; 1] ⇔ min g(t) ≤ m ≤ max g(t). t2 − t + 1 [−1;1] [−1;1] t2 − 5t + 1 4 t2 − 1 Xét hàm số g(t) = . Ta có g0(t) = ≤ 0, ∀t ∈ (−1; 1). t2 − t + 1 (t2 − t + 1)2
Lại có hàm số g(t) liên tục trên [−1; 1].
Suy ra, g(t) nghịch biến trên đoạn [−1; 1]. 7
⇒ min g(t) = g(1) = −3; max g(t) = g(−1) = . [−1;1] [−1;1] 3 2020 7 ⇒ −3 ≤ m ≤
và m ∈ Z ⇒ m ∈ {−3; −2; −1; 0; 1; 2} Cách 2: 3 1 ( + THPT
Với điều kiện x > 3 thì (m − 1) log21 x − 3)2 + 4(m − 5) log1 4(m − 1) = 0 (1). 3 3 x − 3
⇔ 4(m − 1) log21 (x − 3) − 4(m − 5) log1 (x − 3) + 4(m − 1) = 0 3 3
⇔ (m − 1) log2 (x − 3) − (m − 5) log1 (x − 3) + (m − 1) = 0. GHIỆP 1 3 3 N 10 10 T
Đặt t = log1 (x − 3), Khi đó x ∈
; 6 ⇒ t ∈ [−1; 1]. Vậy (1) có nghiệm trên ; 6 ⇔ f (t) = 3 3 3 TỐ
(m − 1)t2 − (m − 5)t + (m − 1) = 0 (2) có nghiệm trên [−1; 1] + Với m = 1 (2) ⇔ t = 0 ∈ [−1; 1], vậy
m = 1 thỏa mãn điều kiện bài toán (3). + Với m 6= 1 (2) có nghiệm ∆ = (m − 5)2 − 4(m − 1)2 ≥ 0 ⇔ THI 7
(−m − 3)(3m − 7) ≥ 0 ⇔ −3 ≤ m ≤ . KỲ 3 7 Vậy m ∈ −3; \{1} thì (2) có nghiệm. 3 7
Xét thấy f (−1) · f (1) = (3m − 7)(m + 3) ≤ 0 đúng với ∀m ∈ −3; \{1}. 3 7 Nên ∀m ∈ −3;
\{1} thì (2) luôn có đúng 1 nghiệm ∈ [−1; 1] (4). 3 10
Từ (3) và (4) suy ra m ∈ −3; 7 thì (2) có nghiệm trên [−1; 1] ⇔ (1) có nghiệm trên ; 6 . 3 3
Vì m nguyên nên m ∈ {−3; −2; −1; 0; 1; 2}. 10
Vậy có 6 giá trị của m để (1) có nghieemh ; 6 . 3 Chọn phương án C q
Câu 43.12. Cho phương trình log2 x + x2 − x2 − 2 log 1 3 = m log4
3, (m là tham số thực). Tập tất 2 √
cả các giá trị thực của tham số m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc [8 2; +∞) là (a; b]. Khẳng
định nào sao đây là đúng? 179 A. 2a + b = 3. B. 2a + b = 4. C. 2a + b = 0. D. 2x + b = 5. Lời giải. r q Ta có log2 x + x2 − x2 − x − x − x − 2 log 1 3 = m log4 3 ⇔ log22 2 log2 3 = m (log2 3) (∗). 2 √ 7 7 Đặt t = log x, khi x ∈ [ x ≥ ⇒ t ≥ . 2 8 2; +∞) ⇒ log2 ; +∞ 2 2  √ (m ≥ 0 m ≥ 0 
Suy ra phương trình (∗) ⇔
t2 − 2t − 3 = m(t − 3) ⇔ ⇔ t + 1 . t2 − 2t − 3 = m2(t − 3)2 m2 = t − 3 t + 1 7 Xét hàm số f (t) = , t ∈ ; +∞ . t − 3 2 o −4 7 Ta có f 0(t) = < 0, ∀t ≥ . aPr (t − 3)2 2 Bảng biến thiên 7 x +∞ 2 y0 − 9 y 1 roups/GeoGebr ( ( m ≥ 0 a = 1 Yêu cầu bài toán ⇔ ⇔ 1 < m ≤ 3 ⇒ ⇒ 2a + b = 5. 1 < m2 ≤ 9 b = 3 Chọn phương án D
Câu 43.13. Tính tổng T các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3x + m2 − m 3−x = 2m 1
có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn . log 3 A. T = 28. B. T = 20. C. T = 21. D. T = 27. acebook.com/g Lời giải. .f m2 − m
3x + m2 − m 3−x = 2m ⇔ 3x + − 2m = 0. 3x Đặt t = 3x, (t > 0).
(1) ⇔ t2 − 2mt + m2 − m = 0 (2). 1
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 < x2 <
⇔ phương trình (2) có hai log 3
nghiệm phân biệt t1; t2 thỏa mãn 0 < t1 < t2 < 10. https://www  ∆0 > 0 m ∈ (0; +∞)      m > 0       m ∈ (0; 10)  S      0 < < 10 0 < m < 10  ⇔ 2 ⇔ ⇔
m ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞) .  m2 − m > 0  √ √  P > 0   ! !       21 − 41 21 + 41     m2 − 21m + 100 > 0 m ∈ −∞; ∪ ; +∞
 (t1 − 10) (t2 − 10) > 0   2 2 √ 21 − 41 ⇔ 1 < m <
, vì m ∈ Z ⇒ m ∈ {2; 3; 4; 5; 6; 7}. 2
Vậy T = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27. Chọn phương án D 180
Câu 43.14. Gọi S là tập hợp các giá trị nghuyên của tham số m để phương trình 4x − m · 2x − m + 3 =
0 cos hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 1). Số tập con của tập hợp S là A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải.
Phương trình đã cho ⇔ 22x − m · 2x − m + 3 = 0 (1). 1 t2 + 3
Đặt t = 2x khi x ∈ (−1; 1) ⇒ t ∈
; 2 , ta có (1) ⇔ t2 − mt − m + 3 = 0 ⇔ m = (2). 2 t + 1 t2 + 3 1 Xét hàm số f (t) = , t ∈ ; 2 . t + 1 2 " t2 + 2t − 3 t = −3 ⇒ f 0(t) = ; f 0(t) = 0 ⇔ . Bảng biến thiên (t + 1)2 t = 1 1 t 1 2 2 f 0(t) − 0 + 13 7 f (t) 6 3 2 2020
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 1) ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm 1 13 THPT phân biệt thuộc khoảng ; 2 ⇔ 2 < m < . 2 6
Vì m ∈ Z ⇒ S = ∅.
Vậy tập S có 1 tập con là chính nó. GHIỆP Chọn phương án A N T
Câu 43.15. Tập hợp các số thực m để phương trình ln (3x − mx + 1) = ln (−x2 + 4x − 3) có nghiệm TỐ
là nửa khoảng [a; b). Tổng của a + b bằng 10 22 THI A. . B. 4. C. . D. 7. 3 3 Lời giải. KỲ ( − x2 + 4x − 3 > 0
Phương trình ln (3x − mx + 1) = ln (−x2 + 4x − 3) ⇔ .
3x − mx + 1 = −x2 + 4x − 3 (1 < x < 3 ⇔ x2 − x + 4 = mx 1 < x < 3  ⇔ x2 − x + 4 m = (∗) x x2 − x + 4 Xét hàm số f (x) = với 1 < x < 3. x " x2 − x x = 2 Khi đó f 0(x) = ; f 0(x) = 0 ⇔ . x x = −2 x2 − x + 4
Bảng biến thiên hàm số f (x) = trên khoảng (1; 3) x 181 x 1 2 3 f 0(x) − 0 + 4 10 f (x) 3 3
Phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (∗) có nghiệm trên khoảng (1; 3).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (∗) có nghiệm trên khoảng (1; 3) khi và chỉ khi 3 ≤
m < 4 hay m ∈ [3; 4). Do đó a = 3, b = 4. o Vậy a + b = 7. aPr Chọn phương án D x
Câu 43.16. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình m2 ln = (2 − √ e
m) ln x − 4 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn 1; e? A. 0. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. Điều kiện x > 0. x m2 ln
= (2 − m) ln x − 4 ⇔ (m2 + m − 2) ln x = m2 − 4 (1) e roups/GeoGebr √ 1 Đặt t = ln x, x ∈ 1; e ⇒ t ∈ 0; . 2
Phương trình (1) trở thành (m2 + m − 2)t = m2 − 4 (2) "m = 1
TH1: m2 + m − 2 = 0 ⇔ m = −2
Với m = 1, phương trình (2) ⇒ 0t = −3 (vô nghiệm). Do đó m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán.
Với m = −2, phương trình (2) ⇒ 0t = 0 (nghiệm đúng ∀t ∈ R). Do đó m = −2 thỏa yêu cầu bài toán. acebook.com/g
TH2: m2 + m − 2 6= 0 ⇔ m 6= 1 và m 6= −2. .f m2 − 4 m − 2
Khi đó phương trình (2) trở thành t = = . m2 + m − 2 m − 1 √
Phương trình ban đầu có nghiệm thuộc đoạn 1;
e khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm thuộc 1 đoạn 0; 2  m − 2  "m ≥ 2  ≥ 0    https://www m − 2 1  m − 2  ⇔ 0 ≤ ≤ ⇔ ⇔ m ≤ 1 ⇔ m ∈ [2; 3] ∪ {1}. m − 1 2 m − 3  ≤   0   2(m − 1) 1 ≤ m ≤ 3
Vậy m ∈ [2; 3] ∪ {−2; 1} nên có 3 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn phương án C
Câu 43.17. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham số m để phương trình q 2 log x4 + x8 − 2 2 log2
2m + 2020 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 2]. Số phần tử của S là A. 7. B. 9. C. 8. D. 6. Lời giải. 182 q
Khi x ∈ [1; 2], ta có 2 log x4 + x8 − x + x + 2 2 log2 2m + 2020 = 0 ⇔ 4 log2 2plog2 1010 = m. Đặt t = plog x. Vì x ∈ [ x ∈ [ 2 1; 2] ⇒ plog2 0; 1].
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương với phương trình f (t) = m có nghiệm thuộc [1; 2], với f (t) = 4t2 + 2t + 1010.
Ta có f 0(t) = 8t + 2 > 0, ∀t ∈ [0; 1]. Suy ra ∀t ∈ [0; 1], 1010 = f (0) ≤ f (t) ≤ f (1) = 1016.
Do vậy 1010 ≤ m ≤ 1016 ⇒ S = {1010; 1011; . . . ; 1016}. Vậy số phần tử của S là 7. Chọn phương án A
Câu 43.18. Cho phương trình (3x − 5) log2 (x + m) + ( (x + m) = 3 9x − 19) log3 12 với m là tham số.
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (2; +∞). 53 53 A. −∞; − . B. − ; 79 . C. (−79; +∞). D. (−∞; 79). 27 27 Lời giải.
Tập xác định D = (−m; +∞).
Đặt t = log x + m. Phương trình đã cho trở thành 3
(3x − 5)t2 + (9x − 19)t − 12 = 0
⇔(3x − 5)t2 + (9x − 15)t − 4t − 12 = 0 2020
⇔(3x − 5)t(t + 3) − 4(t + 3) = 0
⇔(t + 3)[(3x − 5)t − 4)] = 0  THPT "t + 3 = 0 t = −3 ⇔ ⇔  4 (3x − 5)t − 4 = 0 t = (do x > 2) 3x − 5 GHIỆP 1 1 N
Với t = −3 ⇒ log (x + m) = − ⇔ x = − m. 3 3 ⇔ x + m = T 27 27 1 1 53 x =
− m là nghiệm thuộc khoảng (2; +∞) ⇔ − m > 2 ⇔ m < − . TỐ 27 27 27 4 4 4 4 Với t = ⇒ log (x + m) =
⇔ x + m = 33x−5 ⇔ m = 33x−5 − x. THI 3x − 5 3 3x − 5 4 4 12 KỲ
Đặt f (x) = 33x−5 − x với x > 2. Có f 0(x) = 33x−5 ·
· ln 3 − 1 < 0, ∀x > 2. (3x − 5)2
Suy ra f (x) nghịch biến trên (2; +∞). Do đó ∀x > 2, f (x) < f (2) = 79.
Do vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (2; +∞) khi m < 79.
Vậy m ∈ (−∞; 79) là giá trị cần tìm. Chọn phương án D
Câu 43.19. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = m log2 x − x + 2 2 log2 2m + 1
cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành độ thuộc [1; +∞) là 1 1 1 1 A. −∞; − ∪ . B. − ; 0 ∪ . 2 2 2 2 1 1 1 1 C. −∞; − ∪ . D. − ; 0 ∪ . 2 2 2 2 Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm m log2 x − x + 2 2 log2 2m + 1 = 0 (1).
YCBT ⇔ phương trình (1) có duy nhất một nghiệm thuộc [1; +∞). Đặt t = log x ≥ 2 0, ∀x ∈ [1; +∞). 183 2t − 1
Phương trình (1) ⇔ mt2 − 2t + 2m + 1 = 0 ⇔ m = (2). t2 + 2
Ycbt ⇔ phương trình (2) có duy nhất một nghiệm t ∈ [0; +∞). 2t − 1 Xét hàm số f (t) = trên [0; +∞). t2 + 2 −2t2 + 2t + 4 Ta có f 0(t) = (t2 + 1)2 "t = −1 / ∈ [0; +∞)
f 0(t) = 0 ⇔ −2t2 + 2t + 4 = 0 ⇔ t = 2 ∈ [0;+∞) Bảng biến thiên o x 0 2 +∞ aPr f 0(x) + 0 − 1 f (x) 2 1 0 − 2 1 1
Từ bảng biến thiên ta suy ra: ycbt ⇔ m ∈ − ; 0 ∪ . 2 2 Chọn phương án D roups/GeoGebr
CÂU 44. Cho hàm số f (x) liên tục trên R . Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) ex , họ
tất cả các nguyên hàm của hàm số f 0 (x) ex là
A. − sin 2x + cos 2x + C .
B. −2 sin 2x + cos 2x + C .
C. −2 sin 2x − cos 2x + C .
D. 2 sin 2x − cos 2x + C . Lời giải.
Vì cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) ex nên f (x) ex = (cos 2x)0 = −2 sin 2x . Z Z Z Z Ta có f 0 (x) ex dx = exd ( f (x)) = f (x) ex − f (x) d (ex) = f (x) ex − f (x) ex dx . acebook.com/g Z Z .f
Mà f (x) ex = −2 sin 2x do đó f 0 (x) ex dx = −2 sin 2x + 2 sin 2x dx . Z Vậy
f 0 (x) ex dx = −2 sin 2x − cos 2x + C . Chọn phương án C f (x)
Câu 44.1. Cho hàm số f(x) liên tục trên (0; +∞). Biết sin 2x là một nguyên hàm của hàm số . Họ x
nguyên hàm của hàm số f 0(x) ln x trên khoảng (0; +∞) là https://www
A. 2x cos 2x. ln x + sin 2x + C.
B. 2x sin 2x. ln x − cos 2x + C.
C. 2x cos 2x. ln x − sin 2x + C.
D. −2x cos 2x. ln x + sin 2x + C. Lời giải. f (x) f (x)
Từ giả thiết ta suy ra (sin x)0 = ⇒
= 2 cos 2x ⇒ f (x) = 2x cos 2x. x x Z Xét I = f 0(x) ln x dx.  ( 1 u = ln x  dx = dx Đặt ⇒ x . dv = f 0(x) dx v = f (x) Z f (x) Z I = f (x) ln x − dx = 2x cos 2x ln x − 2
cos 2x dx = 2x cos 2x ln x − sin 2x + C. x 184 Chọn phương án C
Câu 44.2. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (1) = 0, F(x) = [ f (x)]2020 là một nguyên
hàm của 2020xex. Họ các nguyên hàm của [ f (x)]2020 là A. 2020(x − 2)ex + C. B. xex + C. C. 2020(x + 2)ex + C. D. (x − 2)ex + C. Lời giải.
Ta có F0(x) = 2020xex ⇔ 2020 f 0(x) f 2019(x) = 2020xex ⇒ f 0(x). f 2019(x) = xex. Z Z Z Z 1 ⇒ f 0(x)[ f (x)]2019 dx = xex dx ⇔ [ f (x)]2019 d[ f (x)] = xex dx ⇔ [ f (x)]2020 = (x − 2020 1)ex + C0.
Do f (1) = 0 ⇒ C0 = 0. Do vậy [ f (x)]2020 = 2020(x − 1)ex. Z Z Suy ra I = [ f (x)]2020 dx = (x − 1)ex dx. ( ( u = x − 1 du = dx Đặt ⇒ dv = ex dx v = ex Z I = (x − 1)ex − ex dx = (x − 2)ex + C. Chọn phương án D
Câu 44.3. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (0) = 1, F(x) = f (x) − ex − x là một 2020
nguyên hmà của f(x). Họ các nguyên hàm của f(x) là A. (x + 1)ex + C. B. (x + 1)ex − x + C. C. (x + 2)ex − x + C. D. (x + 1)ex + x + C. Lời giải. THPT Ta có
F0(x) = f (x) ⇔ f 0(x) − ex − 1 = f (x) ⇔ f 0(x) − f (x) = ex + 1
⇔ e−x f 0(x) − e−x f (x) = 1 + e−x ⇔ [e−x f (x)]0 = 1 + e−x GHIỆP
⇒ e−x f (x) = x − e−x + C0 ⇒ f (x) = xex − 1 + C0ex. N
Do f (0) = 1 ⇒ C0 = 2 ⇒ f (x) = (x + 2)ex − 1. T Z Z Z Z Do đó I = f (x) dx = [(x + 2)ex − 1] dx = (x + 2)ex dx − dx. TỐ ( ( u = x + 2 du = dx ⇒ THI Đặt dv = ex dx v = ex Z Z KỲ I = (x + 2)ex − ex dx −
dx = (x + 2)ex − ex − x + C = (x + 1)ex − x + C. Chọn phương án B
Câu 44.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên R. Biết cos 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x)ex, họ tất
cả các nguyên hàm của hàm số f 0(x)ex là
A. − sin 2x + cos 2x + C.
B. −2 sin 2x + cos 2x + C.
C. −2 sin 2x − cos 2x + C.
D. 2 sin 2x − cos 2x + C. Lời giải.
Áp dụng F0(x) = f (x), ta có: (cos 2x)0 = f (x)ex ⇔ −2 sin 2x = f (x)ex. Z Tính I = f 0(x)ex dx. (u = ex ⇒ du = ex dx Đặt dv = f 0(x) dx ⇒ v = f (x) Z Z ⇒ I = ex f (x) − ex f (x) dx = −2 sin 2x +
2 sin 2x dx = −2 sin 2x − cos 2x + C. Chọn phương án C 185 x2 f (x) Câu 44.5. Cho F(x) = là một nguyên hàm của
. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f 0(x) ln x. 4 x x2 1 x2 1 A. ln x − + C. B. + ln x + + C. 2 2 2 2 x2 1 x2 1 C. ln x − + C. D. ln x + + C. 2 2x 2 2x Lời giải. x2 x f (x) x2 Ta có F0(x) = ( )0 = = ⇒ f (x) = . 4 2 x 2 Z Tính I = f 0(x) ln x dx. o  1 u = ln x ⇒ du = dx Đặt x aPr
 dv = f 0(x) dx ⇒ v = f (x) Z f (x) x2 x2 x2 1 ⇒ I = f (x) ln x − dx = ln x − + C = ln x − + C. x 2 4 2 2 Chọn phương án A
Câu 44.6. Cho F(x) = −x · ex là một nguyên hàm của f (x)e2x. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f 0(x)e2x. 1 − x A. 2(1 − x)ex + C. B. ex + C. C. (x − 1)ex + C. D. (x − 2)ex + C. roups/GeoGebr 2 Lời giải.
Ta có F0(x) = (−xex)0 = −(x + 1)ex = f (x)e2x. Z Tính I = f 0(x)e2x dx. (u = e2x ⇒ du = 2e2x dx Đặt dv = f 0(x) dx ⇒ v = f (x) Z ⇒ I = f (x)e2x −
2e2x f (x) dx = −(x + 1)ex + 2xex + C = (x − 1)ex + C. acebook.com/g .f Chọn phương án C f (x)
Câu 44.7. Cho F(x) = x tan x + ln | cos x| à một nguyên hàm của hàm số . Tìm họ nguyên hàm cos2 x của hàm số f 0(x) tan x. A. ln | cos x| + C. B. ln | sin x| + C. C. − ln | cos x| + C. D. − ln | sin x| + C. Lời giải. x x f (x) https://www
F0(x) = (x + tan x + ln | cos x|)0 = tan x + − tan x = = ⇒ f (x) = x. cos2 x cos2 x cos2 x Z Tính I = f 0(x) tan x dx.  1 u = tan x ⇒ du = dx Đặt cos2 x
 dv = f 0(x) dx ⇒ v = f (x) Z f (x) ⇒ I = f (x) tan x −
dx = x tan x − x tan x − ln | cos x| + C = − ln | cos x| + C. cos2 x Chọn phương án C
Câu 44.8. Biết F(x) = ax2 + bx + c · e−x là một nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x2 − 5x + 2 ·
e−x trên R. Giá trị của biểu thức f [F(0)] bằng 186 A. −e−1. B. 9e. C. 20e2. D. 3e. Lời giải.
Ta có F0(x) = (2ax + b)e−x − ax2 + bx + c e−x = −ax2 + (2a − b)x + b − c e−x. F0(x) = f (x) h i ⇔
−ax2 + (2a − b)x + b − c e−x = 2x2 − 5x + 2 e−x
⇔ −ax2 + (2a − b)x + b − c = 2x2 − 5x + 2  − a = 2    ⇔ 2a − b = −5   b − c = 2 a = −2    ⇔ b = 1   c = −1. Do đó :
F(x) = −2x2 + x + 1 e−x và f (x) = 2x2 − 5x + 2 e−x. 2020
Suy ra : F(0) = −1 Vậy f (−1) = 9e. Chọn phương án B THPT
Câu 44.9. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên R và f (0) = 0, F(x) = f (x)e3x là một nguyên
hàm của e3x[6 f (x) + 2xe3x]. Họ các nguyên hàm của f (x) là 1 2 2 1 2 2 A. x2e3x − xe3x + e3x + C. B. x2e3x − xe3x − e3x + C. 3 9 27 3 9 27 GHIỆP 1 1 1 1 1 1 N C. x2e3x + xe3x + e3x + C. D. x2e3x − xe3x + e3x + C. T 3 9 27 3 9 27 Lời giải. TỐ Ta có
F0(x) = e3x[6 f (x) + 2xe3x] ⇔ f 0(x)e3x + 3 f (x)e3x = 6e3x f (x) + 2xe6x . THI f 0(x)e3x + 3 f (x)e3x f (x)
⇔ f 0(x)e3x − 3 f (x)e3x = xe6x ⇔ = x ⇔ = 2x (e3x)2 e3x KỲ f (x) ⇒ = x2 + C0 e3x Z Z
Do f (0) = 0 ⇒ C0 = 0 ⇒ f (x) = x2e3x. Do đó I = f (x) dx = x2e3x dx.  (u du1 = 2x dx 1 = x2  Đặt ⇒ 1 dv1 = e3x dx v1 = e3x 3 1 2 Z I = x2e3x − xe3x dx. 3 3  (u du2 = dx 2 = x  Đặt ⇒ 1 dv2 = e3x dx v2 = e3x 3 1 2 1 1 Z 1 2 1 1 I = x2e3x − xe3x − e3x dx = x2e3x − xe3x − e3x + C . 3 3 3 3 3 3 3 9 1 2 2 = x2e3x − xe3x + e3x + C 3 9 27 Chọn phương án A 187
CÂU 45. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +∞ −1 +∞ f (x) −2 −2
Số nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] của phương trình 2 f (sin x) + 3 = 0 là A. 4 . B. 6 . C. 3 . D. 8 . o Lời giải.
Ta có 2 f (sin x) + 3 = 0 ⇐⇒ f (sin x) = − 3 . 2 aPr
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f (x) :  x = x1 ( với x1 < −1) x = x Ta có: f (x) = − 3 ⇐⇒
2 ( với − 1 < x2 < 0)  . 2  x = x  3 ( với 0 < x3 < 1) x = x4 ( với x4 > 1) 
sin x = x1 ( với x1 < −1) sin x = x
Do đó: f (sin x) = − 3 ⇐⇒
2 ( với − 1 < x2 < 0)  . 2 roups/GeoGebr  sin x = x  3 ( với 0 < x3 < 1) sin x = x4 ( với x4 > 1)
+) Các trường hợp: sin x = x1 , sin x = x4 vô nghiệm do x1 < −1, x4 > 1 .
+) Do −1 < x2 < 0 nên tồn tại góc α với − π < 2
α < 0 sao cho sin α = x2 . "x = α + k2π
Khi đó: sin x = x2 ⇐⇒ sin x = sin α ⇐⇒ (k, m ∈ Z) .
x = π − α + m2π
Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈ [−π ; 2π] nên −π ≤ α + k2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − α + m2π ≤ 2π ,
với k, m ∈ Z và − π < 2
α < 0 . Suy ra k = 0, k = 1 ; m = −1, m = 0. acebook.com/g
Do đó, sin x = x2 có 4 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] . .f
+) Tương tự, do 0 < x3 < 1 nên tồn tại góc β với 0 < β < π sao cho sin 2 β = x3 . "x = β + n2π
Khi đó: sin x = x3 ⇐⇒ sin x = sin β ⇐⇒ (n, l ∈ Z) .
x = π − β + l2π
Theo đầu bài, ta lấy nghiệm x ∈ [−π ; 2π] nên −π ≤ β + n2π ≤ 2π hoặc −π ≤ π − β + l2π ≤ 2π
với n, l ∈ Z và 0 < β < π . Suy ra n = 0 ; l = 0. 2 https://www
Do đó, sin x = x3 có 2 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] .
Vậy, phương trình 2 f (sin x) + 3 = 0 có 6 nghiệm thuộc đoạn [−π ; 2π] . Chọn phương án B
Câu 45.1. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ −2 −1 0 1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 1 +∞ −1 −1 −1 f (x) −∞ −3 188 h i
Số nghiệm thuộc đoạn − π ; 3π của phương trình 2 f (2 cos x + 1) + 3 = 0 là 2 A. 6. B. 7. C. 11. D. 12. Lời giải. 3
Ta có 2 f (2 cos x + 1) + 3 = 0 ⇔ f (2 cos x + 1) = − . 2
Dựa vào bảng biến thiên ta có:  m − 1 3 cos x = ∈ −∞; − (1)
2 cos x + 1 = m ∈ (−∞; −2)  2 2  3  n − 1 1
f (2 cos x + 1) = − ∈ (−3; −1) ⇔   2 cos x + 1 = n ∈ (0; 1) ⇔ cos x = ∈ − ; 0 (2) 2   2 2  2 cos x + 1 = p ∈ (1; 2)  p − 1 1  cos x = ∈ 0; (3) 2 2 h i
Ta có đồ thị hàm số y = cos x trong đoạn − π ; 3π 2 y 1 y = cos x 3π O x − π 2 −1 2020 THPT
Dựa vào đồ thị ta suy ra (1) vô nghiệm, (2) có 3 nghiệm phân biệt, (3) có 4 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thỏa ycbt. Chọn phương án B GHIỆP N
Câu 45.2. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có bảng biến thiên như hình vẽ. T x −∞ −4 1 3 +∞ TỐ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + THI +∞ 1 +∞ KỲ f (x) −2 −4
Số nghiệm của phương trình | f [ f (x)]| = 2 là A. 4. B. 5. C. 7. D. 9. Lời giải.  f (x) = a < −4 (1)  f (x) = b > 3 (2) "  f [ f (x)] = 2  Ta có: | f [ f (x)]| = 2 ⇔ ⇔  f (x) = −4 (3) f [ f (x)] = −2    f (x) = c ∈ (1; 3) (4)  f (x) = d > 3 (5)
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra các phương trình (2) và (5) có 2 nghiệm, phương trình (1) vô
nghiệm, phương trình (3) có 1 nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tổng cộng 7 nghiệm. Chọn phương án C 189
Câu 45.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ −1 1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + +∞ 1 1 f (x) −∞ −3 o
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f (|2 f (x) + m|) = 1 có đúng 2 nghiệm trên [−1; 1]? aPr A. 13. B. 9. C. 4. D. 5. Lời giải.  2 − m "| " 2 f (x) + m| = −1 (VN) 2 f (x) + m = 2 f (x) =
Ta có f (|2 f (x) + m|) = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2  |2 f (x) + m| = 2 2 f (x) + m = −2  −2 − m f (x) = 2  2 − m (  − 3 ≤ ≤ 1  0 ≤ m ≤ 8
Dựa vào BBT ta suy ra: ycbt ⇔ 2 ⇔ ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 −2 − m − 4 ≤ m ≤ 4 roups/GeoGebr   − 3 ≤ ≤ 1 2
Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số m thỏa ycbt. Chọn phương án D
Câu 45.4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R có đồ thị như hình vẽ. y 1 − acebook.com/g 2 1 .f −1 O 2 x −1 −3 https://www
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f [ f (x) + m] + 1 = f (x) + m có đúng 3
nghiệm phân biệt trên [−1; 1]? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải.
Ta có f [ f (x) + m] + 1 = f (x) + m ⇔ f (t) = t − 1 với t = f (x) + m.   t = −2 f (x) = −m − 2
Dựa vào đồ thị ta có f (t) = t − 1 ⇔   t = 0 ⇔  f (x) = −m   t = 2 f (x) = −m + 2 190   −3 ≤ −m − 2 ≤ 1 −3 ≤ m ≤ 1      
Dựa vào đồ thị trên [−1; 1], ycbt ⇔ −3 ≤ −m ≤ 1 ⇔
−1 ≤ m ≤ 3 ⇒ m = 1. Vậy có 1 giá trị     −3 ≤ −m + 2 ≤ 1  1 ≤ m ≤ 5 nguyên của m thỏa ycbt. Chọn phương án A
CÂU 46. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình bên.
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = f x3 + 3x2 là y A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 11 . O 4 x Lời giải. x = a ∈ (−∞; 0)
Dựa vào đồ thị y = f (x) ta có: f 0 (x) = 0 ⇐⇒  x = b ∈ (0; 4)  2020 x = c ∈ (4 ; +∞)
Ta có: g0 (x) = 3x2 + 6x f 0 x3 + 3x2 . x = 0 THPT   x = −2 3x2 + 6x = 0   g0(x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒  
x3 + 3x2 = a ∈ (−∞; 0) (1) . f 0 x3 + 3x2 = 0   GHIỆP x3 + 3x2 = b ∈ (0; 4) (2)  N T x3 + 3x2 = c ∈ (4; +∞) (3)
Xét hàm số : h (x) = x3 + 3x2 TỐ "x = 0
Ta có h0 (x) = 3x2 + 6x , h0 (x) = 0 ⇐⇒ 3x2 + 6x = 0 ⇐⇒ . THI x = −2 KỲ Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có Phương trình (1) có một nghiệm .
Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt .
Phương trình (3) có một nghiệm .
Vậy phương trình g0 (x) = 0 có 7 nghiệm bội lẻ phân biệt nên hàm số có 7 điểm cực trị. Chọn phương án C
Câu 46.1. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình dưới đây. 191 y x O 3 o
Số điểm cực trị của hàm số g(x) = f x3 − 3x2 là A. 5. B. 6. C. 7. D. 9. aPr Lời giải.
Xét hàm số u = x3 − 3x2 có bảng biến thiên như sau:
Ta có g0(x) = 3x2 − 6x f 0 x3 − 3x2 x −∞ 0 2 +∞
3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 y0 + 0 − 0 +
g0(x) = 0 ⇔  f0 x3 − 3x2 = 0 0 +∞ y −∞ −4 roups/GeoGebr y x1 x2 x O 3 acebook.com/g .f
Từ đồ thị hàm số y = f (x), ta có: x3 − 3x2 = 0 (1) f 0 x3 − 3x2 = 0 ⇔ 
x3 − 3x2 = x1 ∈ (−3; 0) (2) https://www  x3 − 3x2 = x2 ∈ (1; 3) (3)
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số u = x3 − 3x2 ta thấy:
(1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó x = 0 là nhiệm kép.
(2) có 3 nghiệm phân biệt khác nhau cới các nghiệm trên.
(3) có nghiệm duy nhất khác với tất cả các nghiệm trên.
Suy ra g0(x) = 0 có 7 nghiệm phân biệt và g0(x) đổi dấu qua các nghiệm này (trong đó x = 0 là
nghiệm bội 3) nên hàm số g(x) có 7 cực trị. Chọn phương án C
Câu 46.2. Cho hàm số bậc bố y = f (x) có đồ thị như hình dưới đây 192 y 3 1 1 x O 1 5
Số điểm cực trị của hàm số g(x) = 8 f x3 − 3x + 3 − 2x6 − 12x4 + 16x3 + 18x2 − 48x + 1 là 5 3 7 9 Lời giải. Ta có
g0(x) = 8 3x2 − 3 f 0 x3 − 3x + 3 − 12x5 − 48x3 + 48x2 + 36x − 48 " # x3 − 3x + 2 + 1 = 24 x2 − 1 f 0 x3 − 3x + 3 − 2  2020 x2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 g0(x) = 0 ⇔   x3 − 3x + 3 + 1 f 0 x3 − 3x + 3 = (∗) THPT 2 y 3 GHIỆP N T 1 1 TỐ x O 1 5 THI KỲ t + 1
Từ đồ thị hàm số y = f (x), ta có: Đặt: x3 − 3x + 3 = t. Phương trình (*) trở thành: f 0(t) = ⇔ 2 t = −1  t = 1  t = 5
+ Với t = −1 ta có: x3 − 3x + 3 = −1 (phương trình này có 1 nghiệm không nguyên). "x = 1
+ Với t = 1 ta có: x3 − 3x + 3 = 1 ⇔
, trong đó x = 1 là nghiệm bội hai. x = −2 "x = 2
+ Với t = 5 ta có: x3 − 3x + 3 = 5 ⇔
, trong đó x = −1 là nghiệm bội hai. x = −1
Suy ra g0(x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt và g0(x) đổi dấu qua các nghiệm này (trong đó x = ±1 là
nghiệm bội 3) nên hàm số g(x) có 5 cực trị. Chọn phương án D 193
Câu 46.3. Cho hai hàm số bậc bốn y = f (x) và y = g(x) có các đồ thị như hình dưới đây (2 đồ thị chỉ có đ 3 điểm chung) y 3 x0 x −1 o aPr −3
Số điểm cực trị của hàm số h(x) = f 2(x) + g2(x) − 2 f (x).g(x) là A. 5. B. 4. C. 6. D. 3. Lời giải.
Ta có: h(x) = [ f (x) − g(x)]2 ⇒ h0(x) = 2 [ f (x) − g(x)] . [ f 0(x) − g0(x)] " f (x) − g(x) = 0 (1) h0(x) = 0 ⇔ roups/GeoGebr f 0(x) − g0(x) = 0 (2)
Từ đồ thị ta thấy phương trình (1) có đúng 3 nghiệm phân biệt là x = −1; x = x1 ∈ (−1; 3); x = 3 và
đa thức f (x) − g(x) đổi dấu khia qua các nhiệm này. Do đó các nghiệm trên là các nhiệm bội lẻ của
(1). Mà f (x) và (x) đều là đa thức bậc 4 nên bậc của phương trình (1) nhỏ hơn hoặc bằng 4. Từ đó
suy ra phương trình (1) là phương trình bậc 3.
Do phương trình (1) là phương trình bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt nên phương trình (2) phải có 2
nghiệm phân biệt không trùng các nghiệm của phương trình (1). acebook.com/g
Suy ra h0(x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt h0(x) đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số h(x) có 5 điểm .f cực trị. Chọn phương án A
Câu 46.4. Cho hàm số bậc bốn y = f (x). Trong hình vẽ dưới đây, gồm đồ thị y = f (x) trên (−∞; −1]
và [1; +∞) (đậm hơn), đồ thị y = f (x) trên [−1; 1]. Biết max f (x) > 1 [−1;1] y https://www 1 2 3 − x 1 −1 A. 9. B. 7. C. 13. D. 11. Lời giải. 194 y 1 2 x3 3 − x1 x2 x 1 −1
Dựa vào đồ thị ta có bảng biến sau: x −∞ −1 x1 1 x2 2 x3 3 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + −∞ +∞ y 0 0 f (x3) 3 2020 Chú ý rằng:  max f (x) = f (x  1) > 1  THPT  [−1;1]     1 f (x2) ∈ 0; 2     GHIỆP 3  
 min f (x) = f (x3) > − N 2 T
Ta có: g0(x) = f 0(x). f 0 [ f (x) + 2] TỐ " f 0(x) = 0 (1) THI g0(x) = 0 ⇔ f 0 [ f (x) + 2] = 0 (2) KỲ
(1) ⇔ x = ±1 ∨ x = x1 ∨ x = x2 ∨ x = x3  f (x) + 2 = −1 (3)  1  − (  f (x) + 2 = x1 ∈ ; 0 4)  2   (2) ⇔ f (x) + 2 = 1 (5)    3  f (x) + 2 = x2 ∈ ; 2 (6)  2   5  f (x) = 2 = x3 ∈ ; 3 (7) 2
Dựa vào đồ thị và bảng biến ta có: (3) và (4) vô nghiệm.
(5) ⇔ f (x) = −1 có 2 nghiệm phân biệt. 1
(6)⇔ f (x) = x2 − 2 ∈ − ; 0 có 2 nghiệm phân biệt. 2 195 1 (7)⇔ f (x) = x3 − 2 ∈ ; 1 có 4 nghiệm phân biệt. 2
Suy ra g0(x) có 13 nghiệm phân biệt và g0(x) đổi dấu qua các nhiệm này nên hàm số g(x) có 13 điểm cực trị. Chọn phương án C
CÂU 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log ( 3 3x + 3) + x = 2y + 9y ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải.
Ta có log (3x + 3) + x = 2y + 9y ⇐⇒ 1 + log (x + 1) + x = 2y + 32y o 3 3 ⇐⇒ log (x + (x + (x+1) = 3
1) + x + 1 = 2y + 32y ⇐⇒ log3 1) + 3log3 2y + 32y (*). aPr Xét hàm f (t) = t + 3t .
Ta có f 0 (t) = 1 + 3t ln 3 > 0 , ∀t ∈ R . Do đó, f (t) đồng biến trên R .
Khi đó, (*) ⇐⇒ f log (x + (x + 3 1) = f (2y) ⇐⇒ log3
1) = 2y ⇐⇒ x + 1 = 9y (**).
Vì 0 ≤ x ≤ 2020 nên 1 ≤ 9y ≤ 2021 =⇒ 0 ≤ y ≤ log92021 ≈ 3, 464 .
Vì y ∈ Z nên y ∈ {0, 1, 2, 3} .
Với y = 0 =⇒ x = 0 ; y = 1 =⇒ x = 8 ; y = 2 =⇒ x = 80 ; y = 3 =⇒ x = 728 .
Vậy có 4 cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn. Chọn phương án D roups/GeoGebr
Câu 47.1. Cho x, y là các số thực thỏa mãn log (
2 2x + 2) + x − 3y = 8y. Biết 0 ≤ x ≤ 2018, số cặp
(x; y) nguyên thỏa mãn đẳng thức là A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải. Ta có log ( (x+1) + (x +
2 2x + 2) + x − 3y = 8y ⇔ 2log2 log2 1) = 23y + 3y (1)
Xét hàm số f (t) = 2t + t có f 0(t) = 2t ln 2 + 1 > 0. Nên (1) ⇔ log (x + 2 1) = 3y ⇔ x = 23y − 1.
Với 0 ≤ x ≤ 2018 ⇔ 1 ≤ 8y ≤ 2019 ⇔ 0 ≤ y ≤ log8 2019, Vì y ∈ Z ⇒ y ∈ {0; 1; 2; 3}. acebook.com/g Chọn phương án C .f
Câu 47.2. Cho phương trình 4−|x−m| log√
x2 − 2x + 3 + 2−x2+2x log (2|x − m| + 2) = 0. Gọi S là 2 1 2
tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt. Tổng các phần tử của S bằng 1 3 A. 3. B. . C. 2. D. . 2 2 Lời giải. https://www
Điều kiện xác định: x ∈ R.
Xét phương trình 4−|x−m| log√
x2 − 2x + 3 + 2−x2+2x log (2|x − m| + 2) = 0 (1) 2 1 2 h i (1) ⇔ 2−2|x−m|+1. log√
x2 − 2x = 1 + 2 = 2−(x2−2x+1). log (2|x − m| + 2) 2 2 h i ⇔ 2x2−2x+1. log√
x2 − 2x + 1 + 2 = 22|x−m|. log (2|x − m| + 2) (2) 2 2
Xét hàm số: f (t) = 2t log (t + 2 2), t ≥ 2. 1
Ta có: f 0(t) = 2t. ln 2. log (t + > 2 2) + 2t. 0∀t ≥ 0. (t + 2) ln 2
Mà f (t) liện tục trên [0; +∞) suy ra f (t) đồng biến trên [0; +∞). 196
Phương trình (2) có dạng f x2 − 2x + 1 = f (2|x − m|) và x2 − 2x + 1 = (x − 1) ≥ 0; 2|x − m| ≥ 0, ∀x ∈ R. " " x2 − 2x + 1 = 2(x − m) x2 − 4x + 1 = −2m (∗)
Do đó (2) ⇔ x2 − 2x + 1 = 2|x − m| ⇔ ⇔ x2 − 2x + 1 = 2(m − x) − x2 − 1 = −2m (∗∗)
Phương trình (1) có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi (2) có 3 nghiệm phân biệt.
Dựng các Parabol: y = x2 − 4x + 1(P1) và y = −x2 − 1(P2) trên cùng 1 hệ trục tọa độ y 1 (P1) 1 2 x A d1 −1 d2 −2 B y = −2md3 −3 C (P2) 2020 THPT
Số lượng nghiệm của (*) và (**) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y = −2m lần lượt với các đồ
thị (P1) và (P2). Dựa vào đồ thị có thể thấy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thì d
phải nằm ở các vị trí của d1, d2, d3. GHIỆP N Tương ứng khi đó T 1 TỐ − 2m = −1 ⇔ m = 2 − THI 2m = −2 ⇔ m = 1 3 KỲ − 2m = −3 ⇔ m = 2 1 3
Do đó có 3 giá trị m thảo mãn yêu cầu: m = ; m = 1; m = . 2 2 1 3 Vậy S = ; 1; . 2 2 Chọn phương án A
Câu 47.3. Có bao nhiêu số nguyên của m để phương trình log (x + m) − x = x2 − 2 2 log2 4x − 2m − 1
có 2 nghiệm thực phân biệt. A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. Lời giải. 197 x > 0  Điều kiện: m . x > − 2 log ( x = x2 − 2 2x + m) − 2 log2 4x − 2m − 1 ⇔ log (x + m) − 2
2 log x = x2 − 2(x + 2m) − 1 ⇔ log ( x2 + x2
2 2x + m) + 2(x + 2m) + 1 = log2 ⇔ log ( x2 + x2 2 2x + m) + 2(x + 2m) = log2 ⇔ f (u) = f (v) o 1 Xét f (u) = log u + u + 2 , (u > 0); ta có: f 0(u) =
1 > 0. Xét hàm số f (x) = x2 − 2x, (x > 0). u ln 2 aPr x 0 2 +∞ y0 − 0 + 0 −∞ y −4
Phương trình có 2 nghiệm dương khi −4 < 2m < 0 ⇔ −2 < m < 0 suy ra có 1 giá trị nguyên. roups/GeoGebr Chọn phương án C 4x2 − 4x + 1
Câu 47.4. Biết x1, x2 là hai nghiệm của phương trình log + 7 4x2 + 1 = 6x và x 2x 1 + 1 √ 2x2 = a +
b với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b. 4 A. a + b = 13. B. a + b = 11. C. a + b = 16. D. a + b = 14. Lời giải.
Điều kiện: x > 0, n 6= 0. acebook.com/g 4x2 − 4x + 1 4x2 − 4x + 1 .f Ta có: log + + ( 7 4x2 + 1 = 6x ⇔ log 4x2 − 4x + 1 = log 2x) + 2x. 2x 7 2x 7 1
Xét hàm số f (t) = log t + t có f 0(t) = + 7
1 > 0 ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; +∞). t ln 7 √ 3 ± 5
Do đó ta có: 4x2 − 4x + 1 = 2x ⇔ 4x2 − 6x + 1 = 0 ⇔ x = . √ √ 4 √ √ 3 − 5 3 + 5 1 √ 3 + 5 3 − 5 1 √ x1 + 2x2 = + 2. = 9 + 5 hoặc x + 2. = 9 − 5 . 4 √ 4√ 4 1 + 2x2 = 4 4 4 https://www 3 − 5 3 + 5 Vậy x1 = ; x
. Do đó a = 9; b = 5 và a + b = 9 + 5 = 14. 4 2 = 4 Chọn phương án C √ √ 2 x + 1 x 1 √
Câu 47.5. Biết phương trình log = − √
có một nghiệm dạng x = a + b 5 2 log 2 x 3 2 2 x
trong đó a, b là các số nguyên. Tính T = 2a + b. A. 3. B. 8. C. 4. D. 5. Lời giải. √ √ √ 2 x + 1 x 1 2 x x − 1 Ta có: log = − √ ⇔ = √ (1) 5 2 log log 2 log x 2 2 2 x 5 x 3 2 x
Điều kiện xác định: x > 1. 198 √ √ (1) ⇔ log x + x = x + (x − 5 2 1 + 2 log3 2 log5 2 log3 1) (*) Xét hàm số f (t) = log t + t − 5 2 log3 1 với t > 1. 1 2 Ta có f 0(t) = +
> 0 với t > 1 suy ra f (t) đồng biến trên (1; +∞). t ln 5 (t − 1) ln 3 √ √ √ √ √ √
Từ (*) ta có f 2 x + 1 = f (x) nên suy ra 2 x + 1 = x ⇔ x2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 (do x > 1). √
Suy ra x = 3 + 2 2 ⇒ a = 3; b = 2 ⇒ 2a + b = 8. Chọn phương án B
CÂU 48. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn x f x3 + f 1 − x2 = −x10 + x6 − 2x , 0 Z ∀x ∈ R . Khi đó f (x) dx bằng −1 A. − 17 . B. − 13 . C. 17 . D. −1 . 20 4 4 Lời giải.
+Ta có x f x3 + f 1 − x2 = −x10 + x6 − 2x
⇐⇒ x2 f x3 + x f 1 − x2 = −x11 + x7 − 2x2 0 0 0 Z Z Z ⇐⇒ x2 f x3 dx + x f 1 − x2 dx = −x11 + x7 − 2x2 dx 2020 −1 −1 −1 0 0 Z 1 Z ⇐⇒ 1 f x3d x3 − f 1 − x2d 1 − x2 = − 17 THPT 3 2 24 −1 −1 0 1 Z 1 Z ⇐⇒ 1 f (x) dx − f (x) dx = − 17 (1) 3 24 GHIỆP 2 −1 0 N T
Ta có x2 f x3 + x f 1 − x2 = −x11 + x7 − 2x2 1 1 1 Z Z Z TỐ ⇐⇒ x2 f x3 dx + x f 1 − x2 dx = −x11 + x7 − 2x2 dx THI 0 0 0 1 1 1 0 Z 1 Z Z 1 Z KỲ ⇐⇒ 1 f x3d x3 −
f 1 − x2d 1 − x2 = − 5 ⇐⇒ 1 f (x) dx − f (x) dx = − 5 3 2 8 3 2 8 0 0 0 1 1 Z ⇐⇒ f (x) dx = − 34 0 0 Z −13 Từ (1) =⇒ f (x) dx = 4 −1 Chọn phương án B 1
Câu 48.1. Cho hàm số f (x) liên tục trên R \ {0} thỏa mãn x f (x2) − f (2x) = x3 − − 2, ∀x ∈ 2x 2 Z
R \ {0}. Giá trị của
f (x) dx nằm trong khoảng nào? 1 A. (5; 6). B. (3; 4). C. (1; 2). D. (2; 3). Lời giải. 199 Ta có 1 x f (x2) − f (2x) = x3 − − ∀x ∈ R \ {0} 2x 2 2 Z h i Z 1 ⇒ x f (x2) − f (2x) dx = x3 − − 2 dx 2x 1 1 2 2 2 1 Z 1 Z x4 1 ⇒ f (x2) d(x2) − f (2x) d(2x) = − ln |x| − 2x 2 2 4 2 1 1 1 4 4 1 Z 1 Z 7 1 o ⇒ f (x) d(x) − f (x) d(x) = − ln 2 2 2 4 2 1 2 aPr 2 1 Z 7 1 ⇒ f (x) d(x) = − ln 2 2 4 2 1 2 Z 7 ⇒ f (x) d(x) = − ln 2. 2 1 2 Z 7 Vậy f (x) d(x) = − ln 2 ∈ (2; 3). roups/GeoGebr 2 1 Chọn phương án D
Câu 48.2. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [0; 4] và thỏa mãn điều kiện 4x f (x2) + 6 f (2x) = √ 4 Z
4 − x2, ∀x ∈ [0; 2]. Giá trị f (x) dx bằng 0 π π π π A. . B. . C. . D. . 5 2 20 10 Lời giải. acebook.com/g .f Ta có p 4x f (x2) + 6 f (2x) = 4 − x2 − ∀x ∈ [0; 2] 2 2 Z h i Z p ⇒ 4x f (x2) + 6 f (2x) dx = 4 − x2 dx 0 0 2 2 Z Z https://www ⇒ 2 f (x2) d(x2) + 3 f (2x) d(2x) = π 0 0 4 4 Z Z ⇒ 2 f (x) d(x) + 3 f (x) d(x) = π 0 0 4 Z ⇒ π f (x) d(x) = . 5 0 4 Z π Vậy f (x) d(x) = . 5 0 200 Chọn phương án A
Câu 48.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm trên R thỏa mãn 5 f (x) − 7 f (1 − x) = 1 Z a a
3 x2 − 2x,∀x ∈ R. Biết rằng x · f 0(x) dx = − với
là phân số tối giản. Giá trị của 8a − 3b là b b 0 A. 1. B. 0. C. 16. D. 2. Lời giải.
Từ 5 f (x) − 7 f (1 − x) = 3 x2 − 2x thay x bởi 1 − x ta được 5 f (1 − x) − 7 f (x) = 3 x2 − 1. 
5 f (x) − 7 f (1 − x) = 3 x2 − 2x 
Do đó ta có hệ phương trình
⇒ 25 f (x) − 49 f (x) = 15(x2 − 2x) +
5 f (1 − x) − 7 f (x) = 3 x2 − 1 21(x2 − 1) 3 5 7
Do đó −24 f (x) = 36x2 − 30x − 21 ⇔ f (x) = − x2 + x + . 2 4 8 5 Suy ra f 0(x) = −3x + . 4 1 1 Z Z 5 3 a Do đó x · f 0(x) dx = −3x2 + x dx = − = . 4 8 b 0 0 2020
Vậy a = 3 và b = 8, nên 8a − 3b = 0. Chọn phương án B 2 2 THPT
Câu 48.4. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn
; 1 và thỏa mãn 2 f (x) + 3 f = 5x, ∀x ∈ 3 3x 1 2 Z ; 1 . Tính phân ln x · f 0(x) dx bằng GHIỆP 3 2 N 3 T 5 2 1 5 2 1 5 2 1 5 2 1 A. ln + . B. ln − . C. − ln + . D. − ln − . 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 2 TỐ Lời giải. Cách 1: THI 2 2 2 10 Từ 2 f (x) + 3 f = 5x ta thế x bởi ta được 2 f + 3 f (x) = . KỲ 3x 3x 3x 3x 10 2 2
Do đó 4 f (x) − 9 f (x) = 10x − ⇒ f (x) = − 2x ⇒ f 0(x) = − − 2. x x x2 1 1 Z Z −2 5 2 1 ln x · f 0(x) dx = − 2 ln x dx = − ln − . x2 3 3 2 2 2 3 3 Cách 2: 1 1 1 Z Z f (x)
ln x · f 0(x) dx = f (x) ln x − dx x 2 2 2 3 3 3 2 2 2 Từ 2 f (x) + 3 f = 5x, ∀x ∈ ; 1 thay x = 1 và x =
vào ta có hệ phương trình: 3x 3 3  2  2 f (1) + 3 f = 5 f (1) = 0    3  ⇔ . 2 10 2 5   f = 3 f (1) + 2 f =   3 3 3 3 201 1 Z f (x) Xét I = dx x 2 3 2 2 Đặt x = ⇒ dx = − dt. 3t 3t2 2 2 1 2 3 f · 1 f 2 Z 3t t2 Z 3x Khi đó I = − dt = dx. 3 2 x 1 2 3t 3 2 2 1 1 f 1 2 f (x) + 3 f 1 Z f (x) Z 3x Z 3x Z 5 Ta có: 2I + 3I = 2 dx + 3 dx ⇒ 5I = dx = 5 dx = ⇒ o x x x 3 2 2 2 2 3 3 3 3 aPr 1 I = . 31 1 1 Z Z f (x) 5 2 1 Vậy
ln x · f 0(x) dx = f (x) ln x − dx = − ln − . x 3 3 2 2 2 2 3 3 3 Chọn phương án D
Câu 48.5. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (x) + f (1 − x) = 2x2 − 2x + 1 roups/GeoGebr Z
1, ∀x ∈ [0; 1]. Giá trị của I = f (x) dx bằng 0 4 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 Lời giải.
Ta có f (x) + f (1 − x) = 2x2 − 2x + 1 1 1 1 Z Z Z acebook.com/g ⇒ f (x) dx + f (1 − x) dx = 2x2 − 2x + 1 dx .f 0 0 0 1 1 Z 2 ⇒ I + f (1 − x) dx = x3 − x2 + x 3 0 0 1 Z 2 ⇒ I + f (1 − x) dx = . 3 https://www 0 1 Z Xét
f (1 − x) dx, đặt t = 1 − x ⇒ dt = − dx. 0 1 0 1 Z Z Z Ta có f (1 − x) dx = − f (t) dt = f (x) dx = I. 0 1 0 2 1 Vậy 2I = ⇔ I = . 3 2 Chọn phương án D 202
Câu 48.6. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn f (x) + 2 f (π − x) = (x + 1) sin x, (∀x ∈ R). π Z Tích phân f (x) dx bằng 0 π 2 + π A. 1 + . B. . C. 2 + π. D. 0. 2 3 Lời giải.
Thay x = π − x ta được
f (π − x) + 2 f (x) = (π − x + 1) sin(π − x) ⇔ 2 f (x) + f (π − x) = (π − x + 1) sin x.
( f (x) + 2 f (π − x) = (π − x + 1) sin x Ta có
2 f (x) + f (π − x) = (x + 1) sin x
⇒ 3 f (x) = (2π − 3x + 1) sin x 2 ⇒ π − 3x + 1 f (x) = sin x 3 π π Z 2 x2 2 + ⇒ π + 1 π f (x) dx = x − = . 3 2 3 0 0 Chọn phương án B
Câu 48.7. Cho hàm số f (x) liên tục trên R thỏa mãn f (x) + 3x f (x2) = 3x5 − 3x3 + x2 + 2x + 1, ∀x ∈ 2020 0 Z R. Giá trị f (x) dx bằng −1 THPT 16 7 8 11 A. . B. . C. . D. . 3 12 3 6 Lời giải. GHIỆP N
• Lấy tích phân hai vế từ −1 đến 1 ta được T 1 1 1 TỐ Z Z Z f (x) dx + 3x f (x2) dx = (3x5 − 3x3 + x2 + 2x + 1) dx THI −1 −1 −1 0 1 Z Z KỲ 3 8 ⇔ f (x) dx + f (t) dt = 2 3 −1 1 1 Z 8 ⇔ f (x) dx = 3 −1 203
• Lấy tích phân hai vế từ −1 đến 0 ta được 0 0 0 Z Z Z f (x) dx + 3x f (x2) dx = (3x5 − 3x3 + x2 + 2x + 1) dx −1 −1 −1 0 0 Z 3 Z 7 ⇔ f (x) dx + f (t) dt = 2 12 −1 1 0 1 Z 3 Z 7 ⇔ f (x) dx − f (t) dt = 2 12 −1 0 o 0  1 0  Z 3 Z Z 7 aPr ⇔ f (x) dx − =  f (t) dt − f (t) dt 2 12 −1 −1 −1 0 5 Z 7 ⇔ f (x) dx − 4 = 2 12 −1 0 Z 11 ⇔ f (x) dx = . 6 −1 roups/GeoGebr
Câu 48.8. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn 2 f (x) + 3 f (π − x) = (x − 1) cos x, ∀x ∈ R. π Z Tính tích phân f (x)dx. 0 1 2 3 4 A. . B. − . C. − . D. − . 5 5 5 5 Lời giải. acebook.com/g Ta có .f π π 0 π π Z Z d(π − x) Z Z Z f (π − x)dx = f (π − x) = − f (t)dt = f (t)dt = f (x)dx. −1 0 0 π 0 0
Khi đó từ 2 f (x) + 3 f (π − x) = (x − 1) cos x, ∀x ∈ R lấy tích phân hai vế ta được π π Z Z
(2 f (x) + 3 f (π − x)) dx = (x − 1) cos xdx https://www 0 0 π π π Z Z Z ⇔ 2 f (x)dx + 3 f (π − x)dx = (x − 1) cos xdx 0 0 0 π π Z 1 Z ⇔ f (x)dx = (x − 1) cos xdx. 5 0 0 Ta có π π Z π Z π π
(x − 1) cos xdx = (x − 1) sin x −
sin xdx = (x − 1) sin x + cos x = −2. 0 0 0 0 0 204 π Z 2 Vậy f (x)dx = − . 5 0 Chọn phương án B √
Câu 48.9. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn 2 f (x) − f (1 − x) = 1 − x2, ∀x ∈ 1 Z [0; 1]. Tích phân f (x) dx bằng 0 π π π π A. . B. . C. . D. . 4 8 12 6 Lời giải. Xét x ∈ [0; 1]. Ta có p 2 f (x) − f (1 − x) = 1 − x2. (1)
Thay x bởi 1 − x, ta được p 2 f (1 − x) − f (x) = 2x − x2. (2) Từ (1) và (2), suy ra 2 p 1 p 2020 f (x) = · 1 − x2 + · 2x − x2. 3 3 Vậy 1 1 THPT Z Z 2 p 1 p π f (x) dx = · 1 − x2 + · 2x − x2 dx = . 3 3 4 0 0 Chọn phương án A GHIỆP N
Câu 48.10. Cho f (x) xác định, liên tục trên đoạn [0; 4] thỏa mãn f (x) + f (4 − x) = −x2 + 4x. Giá trị T 4 Z TỐ của tích phân I = f (x) dx bằng 0 THI 16 32 A. 32. B. . C. . D. 16. KỲ 3 3 Lời giải.
Trong tích phân I, ta đặt t = 4 − x ⇒ dt = − dx.
Với x = 0 ⇒ t = 4; với x = 4 ⇒ t = 0. 0 4 Z Z Tích phân trở thành I = f (4 − t)( −dt). Hay I = f (4 − x) dx. 4 0 4 4 4 Z Z x3 32 Từ đó suy ra I + I = ( f (x) + f (4 − x)) dx = (−x2 + 4x) dx = − + 2x2 = . 3 3 0 0 0 16 Vậy I = . 3 Chọn phương án B x2 + 2x + 3
Câu 48.11. Cho hàm số f (x) liên tục trên [0; 1] và f (x) + f (1 − x) = , ∀x ∈ [0; 1]. Tính x + 1 1 Z I = f (x) dx. 0 205 3 3 3 A. I = + 2 ln 2. B. I = 3 + ln 2. C. I = + ln 2. D. I = + 2 ln 2. 4 4 2 Lời giải. 0 1 Z Z
Đặt t = 1 − x, ta có dt = −dx. Đổi cận, ta được I = − f (1 − t) dt = f (1 − x) dx. 1 0 1 1 Z Z x2 + 2x + 3 x2 1 3 Do vậy 2I = [ f (x) + f (1 − x)] dx = dx = + x + 2 ln |x + 1| = + 2 ln 2. x + 1 2 0 2 0 0 3 Vậy I = + ln 2. 4 Chọn phương án C o π 4 aPr Z
Câu 48.12. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và 3 f (−x) − 2 f (x) = tan2 x. Tính f (x) dx. − π 4 π π A. 1 − π . B. − 1. C. 1 + . D. 2 − π . 2 2 4 2 Lời giải.
Theo đề bài ta có 3 f (−x) − 2 f (x) = tan2 x. (1)
Thay x bởi −x ta được: 3 f (x) − 2 f (−x) = tan2(−x) = tan2 x. (2)
Từ (1) và (2) suy ra f (x) = tan2 x. Khi đó roups/GeoGebr π π π π 4 4 4 4 Z Z Z Z h i I = f (x) dx = tan2 x dx = 2 tan2 x dx = 2 1 + tan2 x − 1 dx − π − π 0 0 4 4 π 4 Z 1 π = 2 − 1
dx = 2(tan x − x)| 4 = 2 − π . cos2 x 0 2 0 acebook.com/g .f Chọn phương án D π 2 Z
Câu 48.13. Cho hàm số f (x) liên tục trên R và f (x) + f (−x) = cos2 x, ∀x ∈ R. Tính I = f (x) dx. − π2 π π 3π π A. I = + 2 ln 2. B. I = . C. I = . D. I = + ln 2. 2 4 4 4 https://www Lời giải. π π 2 0 2 Z Z Z Ta có I = f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. − π π 0 2 − 2
Đặt x = −t ⇒ dx = − dt. π
Khi x = 0 thì t = 0, khi x = − π thì t = . 2 2 206 Do đó 0 π π π 2 2 2 Z Z Z Z I = − f (−t) dt + f (x) dx = f (−t) dt + f (x) dx π 0 0 0 2 π π π 2 2 2 Z Z Z = f (−x) dx + f (x) dx = [ f (−x) + f (x)] dx 0 0 0 π π 2 2 Z Z 1 + cos 2x = cos2 x dx = dx 2 0 0 π 1 sin 2x π = x + 2 = . 2 2 0 4 Chọn phương án B
Câu 48.14. Cho hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn
f x3 + x − 1 + f −x3 − x − 1 = −6x6 − 12x4 − 6x2 − 2, ∀x ∈ R. 2020 1 Z Giá trị của f (x) dx bằng THPT −3 A. 32. B. 4. C. −36. D. −20. Lời giải. GHIỆP
Đặt a = x3 + x − 1, khi đó ta có f (a) + f (−a − 2) = −6 (a + 1)2 − 2. Hàm số f (a) liên tục và xác định N trên T R. Từ đó TỐ 1 1 1 Z Z Z THI ⇒ f (a) da + f (−a − 2) da = −6 (a + 1)2 − 2 da − − − KỲ 3 3 3 1 Z ⇒ I + f (−a − 2) da = −40. −3 1 Z Xét
f (−a − 2) da, đặt t = −a − 2 ⇒ dt = − da. −3 1 −3 1 Z Z Z Ta có f (−a − 2) da = − f (t) dt = f (a) da = I. −3 1 −3
Vậy 2I = −40 ⇔ I = −20. Chọn phương án D
CÂU 49. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB = a , [ SBA = [ SCA = 90◦
, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 60◦ . Thể tích khối chóp đã cho bằng A. a3 . B. a3 . C. a3 . D. a3 . 3 2 6 Lời giải. 207
- Gọi I và H lần lượt là trung điểm của SA và BC . Theo giả thiết [ SBA = [
SCA = 90◦ nên điểm I cách
đều 4 điểm S, A, B, C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC .
- Mặt khác, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , suy ra I H là trục đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC , khi đó I H⊥ (ABC) . √ √
- Ngoài ra, tam giác ABC vuông cân tại A nên AH⊥BC ; AB = a =⇒ BC = a 2 và AH = a 2 . 2 Đặt I H = x, x > 0 . √ √ √
- Dựng hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho H (0; 0; 0) , A a 2; 0; 0 , B 0; a 2; 0 , C 0; − a 2; 0 2 2 2 , I (0; 0; x) . √ √ √ # » # »
Do I là trung điểm của SA nên ta có S − a 2; 0; 2x . - Ta có AB = − a 2 ; a 2; 0 , AS = 2 2 2 √ √ √ #» h # » # »i o
−a 2; 0; 2x , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (SAB) là n1 = AB, AS = ax 2; ax 2; a2 . aPr # » √ √ √ √ # » -Ta có CA =
a 2 ; a 2; 0 , CS = − a 2; a 2; 2x , suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (SAC) 2 2 2 2 #» √ √ h # » # »i
là n2 = CA, CS = ax 2; −ax 2; a2 .
Theo giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 60◦ nên ta có #» #» #» |2a2x2−2a2x2+a4| cos60◦ = |cos (n n2| 1, n2)| = | #» n1. = √ √ | #» n1|.| #» n2| 2a2x2+2a2x2+a4. 2a2x2+2a2x2+a4 =⇒ 1 = a4
⇐⇒ 4a2x2 + a4 = 2a4 ⇐⇒ x2 = a2 ⇐⇒ x = a (do x, a > 0 ). 2 2a2x2+2a2x2+a4 4 2
Khi đó d (S, (ABC)) = 2d (I, (ABC)) = 2.I H = 2x = a ; S∆ABC = a22 roups/GeoGebr
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = 1.d (S, (ABC)) .S .a. a2 = a3 (đvtt). 3 ∆ABC = 13 2 6 Chọn phương án D
Câu 49.1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = 5a; 9 [ SAB = d
SCB = 90◦. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SBA) bằng α với cos α = . Thể tích của 16 khối chóp S.ABC bằng √ √ 50a3 125 7a3 125 7a3 50a3 A. . B. . C. . D. . 3 9 18 9 Lời giải. acebook.com/g .f
Ta có hai tam giác vuông 4ASB và 4SBC bằng nhau. S
Kẻ AI ⊥ SB ⇒ CI ⊥ SB và góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBC) là góc giữa hai đường thẳng AI và CI suy ra (AI; CI) = α. √
Do AC = 5 2a, 4AIC cân tại I nên ta có: 2AI2 − AC2 2A2 − AC2 9 = cos ⇔ d AIC ⇔ = − AI2 = https://www 2AI2 2AI2 16 I 16a2 ⇒ AI = 4a. D ( BA ⊥ SA
Dựng (SD) ⊥ (ABC) tại D. Ta có ⇒ BA ⊥ AD. BA ⊥ SD Tương tự BC ⊥ CD. C A
Nên tứ giác ABCD là hình vuông cạnh 5a, suy ra BD = √ √ √ B 5 7 5 2a ⇒ SD = SB2 − BD2 = a. 3 √ √ 1 1 1 5 7 1 125 7a3 Vậy VS.ABC = SD. .BA2 = . . .25a3 = . 3 2 3 3 2 18 Chọn phương án C 208
Câu 49.2. Cho hình chóp S.ABC có BC = 2BA = 4a; [ ABC = [
BAS = 90◦. Biết góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (SBA) bằng 60◦ và SC = SB. Thể tích của khối chóp S, ABC bằng 32 8a3 16a3 16a3 A. a3. B. . C. . D. . 3 3 3 9 Lời giải.
Tam giác SBC cân cạnh đáy BC = 4a. Gọi E là S
trung điểm của BC thì ta có 4SEB vuông tại E, BE = 2a = BA.
Ta có hai tam giác 4SAB và 4SEB bằng nhau và chung cạnh huyền.
Kẻ AI ⊥ SB ⇒ EI ⊥ SB và góc giữa hai mặt phẳng D I
(SBA) và (SBC) góc giữa hia mặt phẳng (SBA) và C
(SBE) là góc giữa hai đường thẳng AI và EI suy ra E A (AI; EI) = 60◦. B 1 Do [ CBA = 90◦ ⇒ 180◦ > d AIE > 90◦ suy ra d AIE = 120◦ ⇒ cos d AIE = − . √ 2
Có AE = 2 2a, 4AIE cân tại I, nên ta có: √ 2AI2 − AE2 2AI2 − AE2 1 8a2 2 2 2020 = cos ⇔ ⇒ √ d AIC ⇔ = − AI2 = AI = a. 2AI2 2AI2 2 3 3 2a AI2 4a 6a Suy ra BI = √ ⇒ SI = = √ ⇒ SB = √ . THPT 3 IB 3 3 ( BA ⊥ SA
Dựng SD ⊥ (ABC) tại D. Ta có:
⇒ BA ⊥ AD. Tương tự BE ⊥ ED nên tứ giác ABED là BA ⊥ SD √ √ GHIỆP
hình vuông cạnh 2a. Suy ra BD = 2 2a ⇒ SD = SB2 − BD2 = 2a. N 1 1 1 8a3 T
Thể tích VS.ABC = SD. BC.BA = .2a.4a2 = . 3 2 3 3 TỐ Chọn phương án B THI
Câu 49.3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, [ SAB = d SCB = 90◦ góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng 60◦. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng KỲ √ √ √ √ 3a3 2a3 2a3 2a3 A. . B. . C. . D. . 24 24 8 12 Lời giải. 209
Gọi M là trung điểm của SB và G là trọng tâm 4ABC. S Theo giả thiết: [ SAB = d SCB = 90◦ ⇒ MS = MB = MA =
MC ⇒ M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp 4ABC ⇒ MG ⊥ (ABC). I
Do D là điểm đối xứng với G qua cạnh AC ⇒ SD ⊥ (ABC).
Từ giả thiết suy ra hai tam giác vuông 4SAB và 4SCB bằng nhau. M D
Do đó từ A kể AI ⊥ SB I ∈ SB thì CI ⊥ SB. A
Nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) là (AI; CI) = 60◦. 2AI2 − AC2 1 C o Do [ ABC = 60◦ ⇒ ⇒ d AIC = 120◦ ⇒ = − AI = G √ √ 2AI2 2 a 2a a 3 aPr √ ⇒ BI = √ ⇒ SB = √ . 3 3 2 4 √ 2 √ a
Ta có BD = .d f rac 32a = √ ⇒ SD = SB2 − BD2 = √ . B 3 3 6 √ √ 1 1 1 3 2a3 Thể tích VS.ABC = SD.S √ . a3 = . 3 4ABC = 3 6 4 24 Chọn phương án B √
Câu 49.4. Cho tứ diện ABCD có [ DAB = [
CBD = 90◦; AB = a; AC = a 5; [ ABC = 135◦. Biết góc roups/GeoGebr
giữa hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) bằng 30◦. Thể tích của tứ diện ABCD bằng. a3 a3 a3 a3 A. √ . B. √ . C. √ . D. . 2 3 2 3 2 6 Lời giải. Dựng DH ⊥ (ABC). D ( ( BA ⊥ DA BC ⊥ DB Ta có ⇒ BA ⊥ AH. Tơng tự ⇒ BA ⊥ DH BC ⊥ DH BC ⊥ BH. E acebook.com/g Tam giác AHB có AB = a, [
ABH = 45◦ ⇒ 4H AB vuông cân .f tại A ⇒ AH = AB = a. √ F
Áp dụng định lý cosin, ta có BC = a 2. √ 1 1 √ 2 a2 √ Vậy S 5 4ABC = .BA.BC. sin [ CBA = .a.a 2. = . C 2 2 2 2 H a ( HE ⊥ DA Dựng
⇒ HE ⊥ (DAB) và HF ⊥ (DBC). A a B HF ⊥ BD https://www
Suy ra góc giữa (DBA) bằng (DBC) là (HE; HF) = [
EHF và tam giác HEF vuông tại E. √ ax ax 2
Đặt DH = x, khi đó HE = √ , HF = √ . a2 + x2 2a2 + x2 3 √ HE x2 + 2a2 1 a3 Suy ra cos [ EHF = = 4 √ ⇒ x = a. Vậy V .DH.S . HF = ABCD = 4ABC = 2x2 + 2a2 3 6 Chọn phương án D √ √
Câu 49.5. Cho hình chóp S.ABC có AB = a 2, AC = a, BC = a 3, [ SBA = [ SCA = 90◦, và hai mặt 1
phẳng (SAB) và (SAC) tạo với nhau 1 góc α sao cho cos α = √ . Thể tích của khối chóp S.ABC 3 bằng 210 √ √ √ √ 2a3 2a3 2a3 2a3 A. . B. . C. . D. . 12 2 3 6 Lời giải. √ √
Từ giả thiết AB = a 2, AC = a, BC = a 3 ⇒ BC2 = 3a2 = S
2a2 + a2 = AB2 + AC2 ⇒ 4ABC vuông tại A.
Dựng SD ⊥ (ABC) ⇒ ABCD hình chữ nhật, nên BD = AC = √ a, DC = AB = a 2. Gọi SD = h DB DC K Ta có .
= cos α, xem a = 1 để dễ cho tính toán, ta có: SB S √ C 1 2 1 √ E . √
= √ ⇔ h4 + 3h2 − 4 = 0 ⇒ h2 = 1 ⇒ h = 1 ⇒ h+1 h2 + 2 3 D h = a = SD. C √ 1 1 2a3 Vậy VS.ABC = .SD. AB.AC = . B A 3 2 6 Chọn phương án D
CÂU 50. Cho hàm số f (x) . Hàm số y = f 0 (x) có đồ thị như hình bên.
Hàm số g (x) = f (1 − 2x) + x2 − x nghịch biến trên khoảng nào y dưới đây? 1 A. 1; 3 . B. 0; 1 . 4 2020 2 2 C. (−2; −1) . D. (2; 3) . − x 2 O THPT −2 GHIỆP Lời giải. N
Ta có g0 (x) = −2 f 0 (1 − 2x) − (1 − 2x) T h i
Đặt u = 1 − 2x ta được hàm số h (u) = −2 f 0 (u) + 1 u 2 TỐ
Từ đồ thị hàm số y = f 0 (x) ta có đồ thị hàm số y = f 0 (u) và y = − 1 u như hình vẽ 2  1 3 THI " − " 2 < u < 0 − 2 < 1 − 2x < 0 < x <
Từ đó ta có h (u) < 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 2 2  . KỲ u > 4 1 − 2x > 4  3 x < − 2 Chọn phương án A
Câu 50.1. Cho hàm số f (x). Hàm số y = f 0(x) có đồ thị như hình phía dưới y 3 1 −1 −3 O x 1 −2 211
Hàm số g(x) = 3 f (1 − 2x) + 8x3 − 21x2 + 6x đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1; 2). B. (−3; −1). C. (0; 1). D. (−1; 2). Lời giải.
Ta có g0(x) = −6 f 0(1 − 2x) + 2x2 − 42x + 6.
g0(x) < 0 ⇔ f 0(1 − 2x) < 4x2 − 7x + 1tag∗ 1 − t Đặt 1 − 2x = t ⇔ x = . 2 1 − t 2 1 − t 3 3 o
Ta có (*) trở thành f 0(t) < 4. − 7.
+ 1 ⇔ f 0(t) < t2 + t − . 2 2 2 2 3 3 aPr
Vẽ Parabol (P) : y = x2 + x −
trên cùng 1 hệ trục Oxy với đồ thị y = f 0(x) như hình vẽ sau, ta 2 2 3 33
thấy (P) có đỉnh I − ; −
và đi qua các điểm (−3; 3), (−1; −2), (1; 1) 4 16 y 3 roups/GeoGebr 1 −1 −3 O x 1 −2 acebook.com/g
Từ đồ thị ta thấy trên khoảng (−3; 1) ta có .f 3 3 f 0(t) < t2 + t −
⇔ −3 < t < −1 ⇔ −3 < 1 − 2x < −1 ⇔ 1 < x < 2 2 2
Vậy hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (1; 2). Chọn phương án A https://www
Câu 50.2. Cho hàm số f (x). Hàm số f 0(x) có đồ thị như hình phía dưới y ) f(x = 1 y 4 − x 2 O −2 212
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g(x) = 4 f (x − m) + x2 − 2mx +
2020 đồng biến trên khoảng (1; 2). A. 2. B. 3. C. 0. D. 1. Lời giải.
Ta có g0(x) = 4 f 0(x − m) = 2x − 2m. x − m
g0(x) ≥ 0 ⇔ f 0(x − m) ≥ − (*) 2 t
Đặt t = x − m thì (∗) ⇔ f 0(x) ≥ − . 2 x
Vẽ đường thẳng y = − trên cùng hệ trục Oxy với đồ thị y = f 0(x) như hình sau 2 y ) f(x = 1 y 4 − x 2 O 2020 y = −2 − t 2 THPT " " t − 2 ≤ t ≤ 0 m − 2 ≤ x ≤ m
Từ đồ thị ta có f 0(x) ≥ − ⇔ ⇔ . 2 t ≥ 4 x ≥ x + m
Hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (1; 2) ⇔ g0(x) ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2). GHIỆP N " " T m − 2 ≤ 1 < 2 ≤ m 2 ≤ m ≤ 3 ⇔ ⇔ TỐ m + 4 ≤ 1 m ≤ −3 THI
Vì m nguyên dương nên m ∈ {2; 3}. Vậy có hai giá trị nguyên dương của m để hàm số g(x) đồng biến trên khoảng (1; 2). KỲ Chọn phương án A
Câu 50.3. Cho hàm số đa thức f (x) có đạo hàm trên R. Biết f (0) = 0 và đồ thị hàm số y = f 0(x) như hình phía dưới y ) f(x = 1 y 4 − x 2 O −2
Hàm số g(x) = 4 f (x) + x2 đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (0; 4). B. (−2; 0). C. (4; +∞). D. (−∞; −2). 213 Lời giải.
Xét hàm số h(x) = 4 f (x) + x2, x ∈ R. x
Có h0(x) = 4 f 0(x) + 2x ⇒ h0(x) = 0 ⇔ f 0(x) = − . 2 x
Vẽ đường thẳng y = − trên cùng hệ trục Oxy với đồ thị y = f 0(x) như hình phía dưới 2 y ) f(x = 1 y 4 − x o 2 O aPr y = −2 − t 2
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên như sau: x −∞ −2 0 4 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ roups/GeoGebr y h(−2) h(4)
Chú ý ở đây h(0) = 4 f (0). Từ đó ta có bảng biến thiên x −∞ −2 0 4 +∞ +∞ −h(−2) −h(4) +∞ g(x) acebook.com/g .f 0
Từ bảng biến ta suy ra g(x) đồng biến trên khoảng (0; 4). Chọn phương án A
Câu 50.4. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau https://www x −∞ −3 0 5 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 +
Biết rằng a < f (x) < 5, ∀x ∈ R. Hàm số g(x) = f [ f (x) − 1] + x3 + 3x2 + 2020 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (0; 5). B. (−2; 0). C. (−2; 5). D. (−∞; −2). Lời giải.
Ta có: g0(x) = f 0(x). f 0 [ f (x) − 1] + 3x2 + 6x.
Vì 1 < f (x) < 5, ∀x ∈ R ⇒ 0 < f (x) − 1 < 4.
Từ bảng xét dấu của f 0(x) ⇒ f 0 [ f (x) − 1] < 0.
Từ đó ta có bảng xét dấu như sau: 214 x −∞ −3 −2 0 5 +∞ f 0(x). f 0 [ f (x) − 1] + 0 − | − 0 + 0 − 3x2 + 6x + | + 0 − 0 + | +
Do đó hàm g(x) nghịch biến trên khoảng (−2; 0). Chọn phương án B 2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI KỲ 215 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 A 3 C 4.12 C 6.9 D 8.8 A 10.7 A 12.4 D 13.11 B 15.14 C 17.10 D 1.1 B 3.1 C 4.13 C 6.10 A 8.9 D 10.8 B 12.5 A 13.12 B 16 A 17.11 D 17.12 A 1.2 D 3.2 A 5 A 6.11 D 8.10 D 10.9 C 12.6 A 13.13 B 16.1 A 17.13 C 1.3 C 3.3 C 5.1 D 6.12 C 8.11 B 10.10 B 12.7 D 13.14 A 16.2 D 18 B 1.4 D 3.4 A 5.2 C 6.13 B 8.12 A 10.11 D 12.8 D 14 D 16.3 A 18.1 A o 1.5 C 3.5 B 5.3 A 7 B 9 A 10.12 D 12.9 B 14.1 D 16.4 D 18.2 B aPr 1.6 B 3.6 C 5.4 A 7.1 C 9.1 C 10.13 B 12.10 C 14.2 B 16.5 D 18.3 A 1.7 C 3.7 D 5.5 A 7.2 D 9.2 B 11 A 12.11 D 14.3 B 16.6 C 18.4 C 18.5 B 1.8 C 3.8 C 5.6 B 7.3 C 9.3 A 11.1 B 12.12 D 14.4 D 16.7 C 18.6 B 1.9 A 3.9 D 5.7 D 7.4 B 9.4 B 11.2 C 12.13 B 14.5 D 16.8 D 18.7 C roups/GeoGebr 1.10 C 3.10 B 5.8 D 7.5 A 9.5 D 11.3 B 12.14 D 14.6 C 16.9 A 18.8 C 1.11 B 3.11 A 5.9 B 7.6 D 9.6 A 11.4 A 12.15 C 15 D 16.10 B 18.9 A 2 A 3.12 C 5.10 A 7.7 D 9.7 D 11.5 A 12.16 D 15.1 C 16.11 C 18.10 A 2.1 B 4 D 5.11 C 7.8 A 9.8 D 11.6 C 12.17 D 15.2 B 16.12 A 18.11 C 18.12 C 2.2 B 4.1 B 5.12 B 7.9 B 9.9 C 11.7 D 13 B 15.3 D 16.13 C acebook.com/g 18.13 D .f 2.3 C 4.2 A 5.13 B 7.10 C 9.10 C 11.8 D 13.1 C 15.4 D 17 B 18.14 C 2.4 C 4.3 C 6 B 7.11 D 9.11 A 11.9 D 13.2 B 15.5 B 17.1 A 18.15 C 2.5 A 4.4 D 6.1 A 8 D 9.12 C 11.10 C 13.3 B 15.6 A 17.2 A 19 C 2.6 A 4.5 B 6.2 D 8.1 B 10 C 11.11 B 13.4 B 15.7 A 17.3 B 19.1 A https://www 2.7 B 4.6 D 6.3 B 8.2 C 10.1 C 11.12 B 13.5 D 15.8 A 17.4 D 19.2 B 19.3 A 2.8 B 4.7 B 6.4 C 8.3 C 10.2 C 11.13 D 13.6 A 15.9 B 17.5 B 19.4 A 2.9 C 4.8 D 6.5 B 8.4 D 10.3 C 12 C 13.7 C 15.10 D 17.6 A 19.5 C 2.10 C 4.9 D 6.6 A 8.5 C 10.4 A 12.1 D 13.8 A 15.11 C 17.7 C 19.6 D 2.11 A 4.10 D 6.7 C 8.6 D 10.5 B 12.2 C 13.9 D 15.12 C 17.8 A 19.7 B 2.12 B 4.11 C 6.8 B 8.7 B 10.6 D 12.3 C 13.10 B 15.13 B 17.9 D 19.8 B 216 19.9 A 21.11 D 23.10 C 25.8 D 27.7 A 29.7 C 31.4 A 33.2 B 35.1 A 37 A 19.10 B
21.12 D 23.11 A 25.9 C 27.8 A 29.8 C 31.5 C 33.3 D 35.2 C 37.1 D 37.2 D 20 D
21.13 A 23.12 D 25.10 B 27.9 B 29.9 A 31.6 D 33.4 A 35.3 C 37.3 A 20.1 C 22 B 23.13 C
25.11 A 27.10 A 29.10 A 31.7 B 33.5 D 35.4 C 38 B 20.2 A 22.1 C 24 A 25.12 D 27.11 C 29.11 A 31.8 A 33.6 D 35.5 C 38.1 B 20.3 B 22.2 A 24.1 D 26 A 27.12 C 29.12 D 31.9 B 33.7 B 35.6 B 38.2 D 20.4 A 22.3 A 24.2 A 26.1 C 28 D 29.13 D 31.10 B 33.8 D 35.7 C 38.3 D 20.5 C 22.4 B 24.3 B 26.2 A 28.1 A 30 C 31.11 B 33.9 A 35.8 A 38.4 A 38.5 D 20.6 D 22.5 C 24.4 A 26.3 A 28.2 C 30.1 C 31.12 C 33.10 A 35.9 D 38.6 C 20.7 D 22.6 B 24.5 C 26.4 A 28.3 D 30.2 C 31.13 A 33.11 C 35.10 B 38.7 D 2020 20.8 C 22.7 A 24.6 B 26.5 A 28.4 A 30.3 B 32 B
33.12 A 35.11 D 38.8 C 20.9 C 22.8 A 24.7 A 26.6 A 28.5 C 30.4 D 32.1 B
33.13 A 35.12 D 38.9 C THPT 20.10 D 22.9 B 24.8 D 26.7 A 28.6 A 30.5 C 32.2 C 34 C 36 A 38.10 A
20.11 A 22.10 D 24.9 D 26.8 D 28.7 A 30.6 C 32.3 B 34.1 A 36.1 B 38.11 D GHIỆP N 38.12 B T 20.12 B 22.11 C 24.10 C 26.9 A 28.8 C 30.7 A 32.4 A 34.2 B 36.2 B TỐ 39 D 20.13 C 22.12 C 24.11 A 26.10 C 28.9 D 30.8 A 32.5 D 34.3 B 36.3 C THI 39.1 C 21 A 23 C 24.12 B
26.11 A 28.10 D 30.9 A 32.6 B 34.4 C 36.4 C KỲ 39.2 A 21.1 D 23.1 A
24.13 A 26.12 A 28.11 A 30.10 A 32.7 D 34.5 D 36.5 A 39.3 A 21.2 B 23.2 C 25 B 26.13 B
28.12 A 30.11 D 32.8 A 34.6 D 36.6 C 39.4 B 21.3 B 23.3 B 25.1 A 27 C 29 A 30.12 D 32.9 D 34.7 C 36.7 A 39.5 C 21.4 D 23.4 D 25.2 B 27.1 B 29.1 A 30.13 D 32.10 C 34.8 B 36.8 D 39.6 C 39.7 C 21.5 C 23.5 C 25.3 C 27.2 C 29.2 A 30.14 A 32.11 C 34.9 C 36.9 A 39.8 D 21.7 D 23.6 C 25.4 C 27.3 A 29.3 C 31 A 32.12 A 34.10 C 36.10 A 39.9 D 21.8 A 23.7 B 25.5 C 27.4 C 29.4 C 31.1 C
32.13 D 34.11 D 36.11 A 39.10 D 21.9 C 23.8 B 25.6 D 27.5 C 29.5 A 31.2 A 33 A 34.12 D 36.12 C 39.11 C 21.10 D 23.9 B 25.7 A 27.6 B 29.6 D 31.3 B 33.1 A 35 B 36.13 C 39.12 C 217 39.13 B 40.7 D 41.5 B 42.3 B 43.2 C 43.14 A 44.6 C 46.3 A 48.4 D 49.1 C 39.14 D 40.8 D 41.6 A 42.4 A 43.3 A 43.15 D 44.7 C 46.4 C 48.5 D 49.2 B 39.15 C 40.9 C 41.7 C 42.5 A 43.4 A 43.16 C 44.8 B 47 D 48.6 B 49.3 B 39.16 A 40.10 B 41.8 C 42.6 B 43.5 C 43.17 A 44.9 A 47.1 C 48.7 D 49.4 D
39.17 D 40.11 D 41.9 C 42.8 C 43.6 D 43.18 D 45 B 47.2 A 48.8 B 40 A
40.12 D 41.10 D 42.9 C 43.7 C 43.19 D 45.1 B 47.3 C 48.9 A 49.5 D o 40.1 A 40.13 C 41.11 C 42.10 D 43.8 A 44 C 45.2 C 47.4 C 48.10 B aPr 50 A 40.2 A 41 B 41.12 C 42.11 B 43.9 D 44.1 C 45.3 D 47.5 B 48.11 C 50.1 A 40.3 A 41.1 D 41.13 A 42.12 C 43.10 B 44.2 D 45.4 A 48 B 48.12 D 50.2 A 40.4 D 41.2 B 42 A 42.13 D 43.11 C 44.3 B 46 C 48.1 D 48.13 B 50.3 A 40.5 A 41.3 B 42.1 A 43 C 43.12 D 44.4 C 46.1 C 48.2 A 48.14 D roups/GeoGebr 40.6 D 41.4 B 42.2 B 43.1 C 43.13 D 44.5 A 46.2 D 48.3 B 49 D 50.4 B acebook.com/g .f https://www 218