Phát triển đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán lần 2

Tài liệu gồm 213 trang được sưu tầm và biên soạn bởi thầy giáo Ths. Nguyễn Chín Em, phát triển đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán lần 2. Với mỗi câu hỏi và bài toán trong đề thi, tài liệu bổ sung thêm nhiều câu hỏi và bài toán tương tự, có đáp án và lời giải chi tiết.

Chủ đề:

Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán 257 tài liệu

Môn:

Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:
213 trang 1 năm trước
Tác giả:
N
Nguyễn Vân
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Phát triển đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán lần 2

Tài liệu gồm 213 trang được sưu tầm và biên soạn bởi thầy giáo Ths. Nguyễn Chín Em, phát triển đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020 môn Toán lần 2. Với mỗi câu hỏi và bài toán trong đề thi, tài liệu bổ sung thêm nhiều câu hỏi và bài toán tương tự, có đáp án và lời giải chi tiết.

63 32 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán 257 tài liệu

Môn: Toán 1.9 K tài liệu

Thông tin:

213 trang 1 năm trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2
Môn: TOÁN
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
CÂU 1. Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh?
A. C
2
10
. B. A
2
10
. C. 10
2
. D. 2
10
.
Lời giải.
Số cách chọn 2 học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh là tổ hợp chập 2 của 10: C
2
10
(cách)
Chọn đáp án A
Câu 1.1. Tổ 1 của lớp 11A gồm 6 bạn nam và 4 bạn nữ. Để chọn một đội lao động trong tổ,
cần chọn một bạn nữ và ba bạn nam. Số cách chọn như vậy là
A. 21. B. 60. C. 40. D. 120.
Lời giải.
Số cách chọn một đội lao động gồm 3 nam và 1 nữ là C
3
6
· C
1
2
= 40 cách.
Chọn đáp án C
Câu 1.2. Một chi đoàn có 16 đoàn viên. Cần bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí
thư, Phó Bí thư và Ủy viên. Số cách chọn ra Ban Chấp hành nói trên là
A. 560. B. 4096. C. 48. D. 3360.
Lời giải.
Mỗi cách bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư và Ủy viên là một
chỉnh hợp chập 3 của 16 phần tử. Do đó có A
3
16
=
16!
13!
= 3360 cách.
Chọn đáp án D
Câu 1.3. Từ các chữ số 1; 2; 3; 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một
khác nhau?
A. 42. B. 12. C. 24. D. 4
4
.
Lời giải.
Mỗi số như vậy là một hoán vị của 4 phần tử. Vậy có thể lập được 4! = 24 số thỏa mãn đề bài.
Chọn đáp án C
Câu 1.4. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm học sinh gồm 4 bạn nam và 6 bạn nữ thành một
hàng ngang?
A. 10!. B. 4!. C. 6!.4!. D. 6!.
Lời giải.
Nhóm học sinh đó có tất cả 10 học sinh.
Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang có P
10
= 10! cách xếp.
Chọn đáp án A
Câu 1.5. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm 7 học sinh thành một hàng ngang?
A. 49. B. 720. C. 5040. D. 42.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 1
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Xếp 7 học sinh sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 7 phần tử.
Vậy có 7! = 5040 cách xếp.
Chọn đáp án C
Câu 1.6. Lớp 11A có 25 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một học
sinh làm lớp trưởng?
A. 25! + 20! cách. B. 45! cách. C. 45 cách. D. 500 cách.
Lời giải.
Số cách chọn một học sinh làm lớp trưởng: C
1
45
= 45 cách
Chọn đáp án C
Câu 1.7. Có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh từ 20 học sinh lớp 11A?
A. 1860480 cách. B. 120 cách. C. 15504 cách. D. 100 cách.
Lời giải.
Số cách chọn 5 học sinh từ 20 học sinh lớp 11A là C
5
20
= 15504 cách.
Chọn đáp án C
Câu 1.8. Cho tứ giác lồi ABCD và điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Có bao nhiêu
mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D?
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Lời giải.
Số mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D bằng số tổ hợp chập 2 của 4 phần tử.
Vậy có C
2
4
= 6 mặt phẳng.
Chọn đáp án D
Câu 1.9. Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Từ 5 chữ số này ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ
số khác nhau?
A. 120. B. 60. C. 30. D. 40.
Lời giải.
Có tất cả P
5
= 5! = 120 (số).
Chọn đáp án A
Câu 1.10. Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 bạn vào một cái bàn ngang có 10 ghế?
A. 8!. B. 10!. C. 7!. D. 9!.
Lời giải.
Mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của tập gồm 10 phần tử. Khi đó số cách sắp xếp là 10!.
Chọn đáp án B
Câu 1.11. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một
khác nhau?
A. 3125. B. 125. C. 120. D. 625.
Lời giải.
Mỗi số có 5 chữ số đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một hoán vị của 5 chữ số
trên. Vậy có 5! = 120 số thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 2
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 1.12. A
3
8
là ký hiệu của
A. Số các tổ hợp chập 3 của 8 phần tử. B. Số các chỉnh hợp chập 3 của 8 phần tử.
C. Số các chỉnh hợp chập 8 của 3 phần tử. D. Số các hoán vị của 8 phần tử.
Lời giải.
A
k
n
là ký hiệu của số các chỉnh hợp chập k của n phần tử.
Chọn đáp án B
Câu 1.13. Rút ngẫu nhiên 4 cái thẻ trong tập hợp gồm 10 cái thẻ. Số cách rút là
A. 5040. B. 210. C. 14. D. 40.
Lời giải.
Số cách rút 4 thẻ trong tập hợp gồm 10 thẻ là số các tổ hợp chập 4 của 10 phần tử: C
4
10
= 210
Chọn đáp án B
Câu 1.14. C
2
7
là ký hiệu của
A. Số các hoán vị của 7 phần tử. B. Số các tổ hợp chập 7 của 2 phần tử.
C. Số các chỉnh hợp chập 2 của 7 phần tử. D. Số các tổ hợp chập 2 của 7 phần tử.
Lời giải.
C
k
n
là ký hiệu của số các tổ hợp chập k của n phần tử.
Chọn đáp án D
Câu 1.15. Số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh vào một dãy có 5 ghế kê theo hàng ngang
là
A. 10. B. 24. C. 120. D. 25.
Lời giải.
Số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh vào một dãy có 5 ghế kê theo hàng ngang là 5! = 120
Chọn đáp án C
Câu 1.16. Ông T dẫn 6 cháu nội ngoại xếp thành hàng dọc vào rạp xem phim. Hỏi có bao
nhiêu cách xếp khác nhau nếu ông T đứng ở cuối hàng?
A. 720. B. 5040. C. 120. D. 702.
Lời giải.
Vì ông T luôn đứng cuối hàng nên chỉ có sự sắp xếp thành hàng dọc của 6 cháu ông T. Do đó
số cách xếp là 6! = 720.
Chọn đáp án A
Câu 1.17. Số cách phân 3 học sinh trong 12 học sinh đi lao động là:
A. P
12
. B. 36. C. A
3
12
. D. C
3
12
.
Lời giải.
Mỗi cách phân 3 học sinh trong 12 học sinh đi lao động là tổ hợp chập 3 của 12.
Vậy số cách phân học sinh lao động là C
3
12
.
Chọn đáp án D
Câu 1.18. Có tất cả bao nhiêu cách xếp 6 quyển sách khác nhau vào một hàng ngang trên giá
sách?
A. 5!. B. 6
5
. C. 6!. D. 6
6
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 3
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Mỗi cách sắp xếp 6 quyển sách khác nhau vào một hàng ngang trên giá sách là một hoán vị của
6 phần tử.
Vậy số cách sắp xếp là 6!.
Chọn đáp án C
Câu 1.19. Một tổ có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 bạn trực
nhật sao cho có nam và nữ?
A. 35. B. 49. C. 12. D. 25.
Lời giải.
Theo bài ra ta có chọn 2 bạn trực nhật sao cho có nam và nữ.
Suy ra chọn 1 nam và 1 nữ.
Vậy số cách chọn là: C
1
7
· C
1
5
= 35.
Chọn đáp án A
Câu 1.20. Có bao nhiêu cách lấy ra 3 phần tư tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử
A. 3
12
. B. 12
3
. C. A
3
12
. D. C
3
12
.
Lời giải.
lấy ra 3 phần tư tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử là C
3
12
.
Chọn đáp án D
CÂU 2. Cho cấp số cộng (u
n
) với u
1
= 3 và u
2
= 9 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
A. 6. B. 3. C. 12. D. -6.
Lời giải.
Cấp số cộng (u
n
) có số hạng tổng quát là: u
n
= u
1
+ (n − 1)d.
(Với u
1
là số hạng đầu và d là công sai).
Suy ra ta có: u
2
= u
1
+ d ⇔ 9 = 3 + d ⇔ d = 6.
Vậy công sai của cấp số công đã cho bằng 6.
Chọn đáp án A
Câu 2.1. Cho cấp số cộng (u
n
) thỏa mãn
(
u
2
+ u
3
− u
6
= 7
u
4
+ u
8
= −14
. Công thức số hạng tổng quát của
cấp số cộng này là
A. u
n
= 5 − 2n. B. u
n
= 2 + n. C. u
n
= 3n + 2. D. u
n
= −3n + 1.
Lời giải.
Ta có u
2
= u
1
+ d, u
3
= u
1
+ 2d, u
6
= u
1
+ 5d, u
4
= u
1
+ 3d và u
8
= u
1
+ 7d. Do đó
(
(u
1
+ d) + (u
1
+ 2d) − (u
1
+ 5d) = 7
(u
1
+ 3d) + (u
1
+ 7d) = −14
⇔
(
u
1
− 2d = 7
2u
1
+ 10d = −14
⇔
(
u
1
= 3
d = −2.
Vì vậy u
n
= 3 + (n − 1) · (−2) = 5 − 2n.
Chọn đáp án A
Câu 2.2. Tìm số hạng đầu u
1
và công bội q của cấp số nhân (u
n
) thỏa mãn
u
2
− u
4
+ u
5
= 114
u
3
− u
5
+ u
6
= 342
A. u
1
= 2, q = 3. B. u
1
= 3, q = 2. C. u
1
= 1, q = 3. D. u
1
= 1, q = 2.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 4
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
u
2
− u
4
+ u
5
= 114
u
3
− u
5
+ u
6
= 342
⇔
u
1
q(1 − q
2
+ q
3
) = 114(1)
u
1
q
2
(1 − q
2
+ q
3
) = 342(2)
Lấy phương trình (2) chia cho phương trình (1) ta được q = 3.
Thay vào phương trình (1) ta được u
1
= 2.
Chọn đáp án A
Câu 2.3. Cho cấp số cộng (u
n
) biết u
3
= 6, u
8
= 16. Tính công sai d và tổng của 10 số hạng đầu
tiên.
A. d = 2; S
10
= 100. B. d = 1; S
10
= 80. C. d = 2; S
10
= 120. D. d = 2; S
10
= 110.
Lời giải.
d =
u
8
− u
3
5
=
16 − 6
5
= 2.
u
1
= u
3
− 2d = 6 − 2 · 2 = 2.
S
10
=
10 · (u
1
+ u
10
)
2
=
10 · (u
1
+ u
1
+ 9 · d)
2
=
10 · (2 + 2 + 9 · 2)
2
= 110.
Chọn đáp án D
Câu 2.4. Cho cấp số cộng có u
1
= 0 và công sai d = 3. Tổng của 26 số hạng đầu tiên của cấp
số cộng đó bằng bao nhiêu?
A. 975. B. 775. C. 875. D. 675.
Lời giải.
Ta có S
n
= nu
1
+
n(n − 1)
2
· d ⇒ S
26
= 26 · 0 +
26.25
2
· 3 = 975.
Chọn đáp án A
Câu 2.5. Cho (u
n
) là cấp số cộng với công sai d. Biết u
5
= 16, u
7
= 22. Tính u
1
.
A. u
1
= −5. B. u
1
= −2. C. u
1
= 19. D. u
1
= 4.
Lời giải.
Ta có
(
u
5
= 16
u
7
= 22
⇔
(
u
1
+ 4d = 16
u
1
+ 6d = 22
⇔
(
u
1
= 4
d = 3
.
Vậy u
1
= 4.
Chọn đáp án D
Câu 2.6. Cho dãy (u
n
) là một cấp số cộng có u
1
= 2 và u
9
= 26. Tìm u
5
.
A. 15. B. 13. C. 12. D. 14.
Lời giải.
Ta có u
1
+ u
9
= u
1
+ u
1
+ 8d = 2u
1
+ 8d = 2(u
1
+ 4d) = 2u
5
. Do đó u
5
=
u
1
+ u
9
2
=
2 + 26
2
= 14.
Chọn đáp án D
Câu 2.7. Bốn số lập thành một cấp số cộng. Tổng của chúng bằng 22, tổng các bình phương
của chúng bằng 166. Tính tổng các lập phương của bốn số đó.
A. 1480. B. 1408. C. 1804. D. 1840.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 5
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Giả sử cấp số cộng là u
1
, u
2
, u
3
, u
4
. Từ giả thiết và tính chất của cấp số cộng, ta có
u
1
+ u
2
+ u
3
+ u
4
= 22
u
2
1
+ u
2
2
+ u
2
3
+ u
2
4
= 166
u
1
+ u
4
= u
2
+ u
3
Giải hệ trên ta được hai cấp số cộng là 1, 4, 7, 10 và 10, 7, 4, 1.
Ta có 1
3
+ 4
3
+ 7
3
+ 10
3
= 1408.
Chọn đáp án B
Câu 2.8. Cho cấp số nhân (u
n
) có u
4
= 40, u
6
= 160. Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số
nhân (u
n
).
A. u
1
= −5, q = −2. B. u
1
= −2, q = −5. C. u
1
= −5, q = 2. D. u
1
= −140, q = 60.
Lời giải.
u
4
= 40 ⇔ u
1
q
3
= 40
u
6
= 160 ⇔ u
1
q
5
= 160
Suy ra: q
2
= 4 ⇔ q = 2 hoặc q = −2
Với q = 2 thì u
4
= 40 ⇒ u
1
= 5
Với q = −2 thì u
4
= 40 ⇒ u
1
= −5
Chọn đáp án A
Câu 2.9. Cho cấp số cộng (u
n
) với số hạng đầu là u
1
= 15 và công sai d = −2. Tìm số hạng thứ
8 của cấp số cộng đã cho.
A. −1. B. 1. C. 103. D. 64.
Lời giải.
Ta có u
8
= u
1
+ 7d = 15 + 7(−2) = 1.
Chọn đáp án B
Câu 2.10. Cho (u
n
) là cấp số cộng với công sai d. Biết u
7
= 16, u
9
= 22. Tính u
1
.
A. 4. B. 19. C. 1. D. −2.
Lời giải.
Ta có
(
u
7
= 16
u
9
= 22
⇔
(
u
1
+ 6d = 16
u
1
+ 8d = 22
⇔
(
u
1
= −2
d = 3
.
Do đó, u
1
= −2 và d = 3.
Chọn đáp án D
Câu 2.11. Cho cấp số nhân (u
n
) thỏa mãn
(
u
1
+ u
3
= 10
u
4
+ u
6
= 80
. Tìm u
3
.
A. u
3
= 8. B. u
3
= 2. C. u
3
= 6. D. u
3
= 4.
Lời giải.
Gọi công bội của cấp số nhân là q.
Theo giả thiết ta có
(
u
1
+ u
3
= 10
u
4
+ u
6
= 80
⇔
(
u
1
(1 + q
2
) = 10
u
1
q
3
(1 + q
2
) = 80
⇔
u
1
=
10
1 + q
2
10q
3
(1 + q
2
)
1 + q
2
= 80
⇔
(
u
1
= 2
q = 2.
Vậy u
3
= u
1
q
2
= 2 · 2
2
= 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 6
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án A
Câu 2.12. Cho cấp số cộng (u
n
) có u
4
= −12; u
14
= 18. Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp
số cộng là
A. S = 24. B. S = −25. C. S = −24. D. S = 26.
Lời giải.
Ta có
(
u
4
= −12
u
14
= 18
⇔
(
u
1
+ 3d = −12
u
1
+ 13d = 18
⇔
(
u
1
= −21
d = 3.
Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S
16
= 16 · (−21) +
16 · 15
2
· 3 = 24.
Chọn đáp án A
Câu 2.13. Cho cấp số cộng (u
n
) biết u
5
= 18 và 4S
n
= S
2n
. Tìm số hạng đầu tiên u
1
và công
sai d của cấp số cộng.
A. u
1
= 2; d = 4. B. u
1
= 2; d = 3. C. u
1
= 2; d = 2. D. u
1
= 3; d = 2.
Lời giải.
Ta có
(
u
5
= 18
4S
n
= S
2n
⇔
u
1
+ 4d = 18
4
Å
nu
1
+
n(n − 1)d
2
ã
=
Å
2nu
1
+
2n(2n − 1)d
2
ã
⇔
(
u
1
+ 4d = 18
2u
1
= d
⇔
(
u
1
= 2
d = 4.
Chọn đáp án A
Câu 2.14. Cho cấp số cộng (u
n
) biết
(
u
2
− u
3
+ u
5
= 10
u
4
+ u
6
= 26
. Tìm tổng của 10 số hạng đầu tiên
của cấp số (u
n
).
A. S
10
= 145. B. S
10
= 154. C. S
10
= 290. D. S
10
= 45.
Lời giải.
Gọi d là công sai của cấp số cộng u
n
.
Khi đó:
(
u
2
− u
3
+ u
5
= 10
u
4
+ u
6
= 26
⇔
(
u
1
+ 3d = 10
2u
1
+ 8d = 26
⇔
(
u
1
= 1
d = 3.
Do đó, S
10
= (2u
1
+ 9d)
10
2
= 145.
Chọn đáp án A
Câu 2.15. Cho cấp số cộng (u
n
) thỏa mãn
(
u
5
+ 3u
3
− u
2
= −21
3u
7
− 2u
4
= −34
. Tính tổng 15 số hạng đầu
tiên của cấp số cộng (u
n
).
A. −285. B. −244. C. −253. D. −274.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 7
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Ta có
(
u
5
+ 3u
3
− u
2
= −21
3u
7
− 2u
4
= −34
⇔
(
3u
1
+ 9d = −21
u
1
+ 12d = −34
⇔
(
u
1
= 2
d = −3
.
Khi đó
S
15
=
15
2
(2 · 2 + 14 · (−3)) = −285.
Chọn đáp án A
CÂU 3. Nghiệm của phương trình 3
x−1
= 27 là
A. x = 4. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 1.
Lời giải.
Ta có 3
x−1
= 27 ⇔ 3
x−2
= 3
3
⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4.
Chọn đáp án
A
Câu 3.1. Tìm nghiệm của phương trình log
2
(3x − 2) = 3.
A. x =
8
3
. B. x =
10
3
. C. x =
16
3
. D. x =
11
3
.
Lời giải.
Ta có log
2
(3x − 2) = 3 ⇔ 3x − 2 = 2
3
⇔ 3x = 10 ⇔ x =
10
3
.
Chọn đáp án B
Câu 3.2. Tìm nghiệm của phương trình
7 + 4
√
3
2x+1
= 2 −
√
3.
A. x =
1
4
. B. x = −
3
4
. C. x = −1. D. x = −
1
4
.
Lời giải.
Ta có
7 + 4
√
3
2x+1
= 2 −
√
3 ⇔ 2x + 1 = log
7+4
√
3
2 −
√
3
⇔ 2x + 1 = −
1
2
⇔ x = −
3
4
.
Chọn đáp án B
Câu 3.3. Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình 7
x
2
−5x+9
= 343. Tính x
1
+ x
2
.
A. x
1
+ x
2
= 4. B. x
1
+ x
2
= 6. C. x
1
+ x
2
= 5. D. x
1
+ x
2
= 3.
Lời giải.
Ta có 7
x
2
−5x+9
= 343 ⇔ 7
x
2
−5x+9
= 7
3
⇔ x
2
− 5x + 9 = 3 ⇔ x
2
− 5x + 6 = 0 ⇔
"
x = 2
x = 3.
Do đó tổng hai nghiệm x
1
+ x
2
= 2 + 3 = 5.
Chọn đáp án C
Câu 3.4. Tập nghiệm của phương trình 2
x
2
−3x
=
1
4
là
A. S = ∅. B. S = {1; 2}. C. S = {0}. D. S = {1}.
Lời giải.
2
x
2
−3x
=
1
4
⇔ 2
x
2
−3x
= 2
−2
⇔ x
2
− 3x = −2 ⇔ x
2
− 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2.
Chọn đáp án B
Câu 3.5. Phương trình 3
x−4
= 1 có nghiệm là
A. x = −4. B. x = 4. C. x = 0. D. x = 5.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3
x−4
= 3
0
⇔ x − 4 = 0 ⇔ x = 4.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 8
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 3.6. Phương trình 3
x−4
= 1 có nghiệm là
A. x = −4. B. x = 5. C. x = 4. D. x = 0.
Lời giải.
Phương trình tương đương: 3
x−4
= 1 ⇔ x − 4 = log
3
1 = 0 ⇔ x = 4.
Chọn đáp án C
Câu 3.7. Tập nghiệm của phương trình log
0,25
x
2
− 3x
= −1 là:
A. {4}. B.
ß
3 − 2
√
2
2
;
3 + 2
√
2
2
™
.
C. {1; −4}. D. {−1; 4}.
Lời giải.
Điều kiện: x
2
− 3x > 0 ⇔
"
x < 0
x > 3
.
Ta có
log
0,25
x
2
− 3x
= −1
⇔ x
2
− 3x = 4
⇔ x
2
− 3x − 4 = 0
⇔
"
x = −1 (nhận)
x = 4 (nhận).
Vậy S = {−1; 4}.
Chọn đáp án D
Câu 3.8. Tập nghiệm của phương trình log
2
x
2
− 2x + 4
= 2 là
A. {0; −2}. B. {2}. C. {0}. D. {0; 2}.
Lời giải.
Ta có x
2
− 2x + 4 = 2
2
⇔ x
2
− 2x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}.
Chọn đáp án D
Câu 3.9. Phương trình log
2
(x + 1) = 2 có nghiệm là
A. x = −3. B. x = 1. C. x = 3. D. x = 8.
Lời giải.
Phương pháp: log
a
b = c ⇔ b = a
c
.
Cách giải: log
2
(x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 2
2
⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3.
Chọn đáp án C
Câu 3.10. Có bao nhiêu giá trị x thoả mãn 5
x
2
= 5
x
?
A. 0. B. 3. C. 1. D. 2.
Lời giải.
Ta có 5
x
2
= 5
x
⇔ x
2
= x ⇔
"
x = 0
x = 1
.
Chọn đáp án D
Câu 3.11. Tìm nghiệm của phương trình log
3
(x − 2) = 2.
A. x = 9. B. x = 8. C. x = 11. D. x = 10.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 9
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Ta có:
log
3
(x − 2) = 2
⇔ x − 2 = 3
2
⇔ x − 2 = 9
⇔ x = 11.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 11
Chọn đáp án C
Câu 3.12. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3
x
2
+x
= 9 bằng
A. −2. B. −1. C. 2. D. 3.
Lời giải.
3
x
2
+x
= 9 ⇔ 3
x
2
+x
= 3
2
⇔ x
2
+ x = 2
⇔ x
2
+ x − 2 = 0
⇔
"
x = 1
x = −2.
Vậy tích tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng −2.
Chọn đáp án A
Câu 3.13. Gọi S là tập nghiệm của phương trình log
5
(x + 1) − log
5
(x − 3) = 1. Tìm S.
A. S = {−2; 4}. B. S = {
−1 +
√
13
2
;
−1 −
√
13
2
}.
C. S = {4}. D. S = {
−1 +
√
13
2
}.
Lời giải.
Điều kiện:x > 3
PT ⇔
x + 1
x − 3
= 5 ⇔ x = 4 (thỏa). Vậy S = {4}.
Chọn đáp án C
Câu 3.14. Tìm tập nghiệm S của phương trình log
2
(x + 4) = 4.
A. S = {−4; 12}. B. S = {4}. C. S = {4; 8}. D. S = {12}.
Lời giải.
Ta có log
2
(x + 4) = 4 ⇔ x + 4 = 2
4
⇔ x = 12.
Vậy tập nghiệm của phương trình S = {12}.
Chọn đáp án D
Câu 3.15. Nghiệm của phương trình log
2
x = 3 là
A. x = 9. B. x = 6. C. x = 8. D. x = 5.
Lời giải.
Ta có log
2
x = 3 ⇔ x = 2
3
⇔ x = 8
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 10
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 3.16. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình log
2
(x − 5) = 4.
A. x = 21. B. x = 3. C. x = 11. D. x = 13.
Lời giải.
Ta có log
2
(x − 5) = 4 ⇔ x − 5 = 2
4
⇔ x = 21.
Chọn đáp án A
Câu 3.17. Tìm nghiệm của phương trình log
3
(3x − 2) = 3.
A. x =
29
3
. B. x =
11
3
. C. x =
25
3
. D. x = 87.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương 3x − 2 = 3
3
hay x =
29
3
.
Chọn đáp án A
Câu 3.18. Tìm nghiệm của phương trình 9
x
− 3
x
− 6 = 0.
A. x = −2 . B. x = 1 . C. x = 2 . D. x = 3 .
Lời giải.
Ta có 9
x
− 3
x
− 6 = 0 ⇔
"
3
x
= 3
3
x
= −2
⇒ 3
x
= 3 ⇔ x = 1.
Chọn đáp án B
Câu 3.19. Giải phương trình log
2
(2x − 2) = 3.
A. x = 3. B. x = 2. C. x = 5. D. x = 4.
Lời giải.
Điều kiện x > 1.
log
2
(2x − 2) = 3 ⇔ 2x − 2 = 8 ⇔ x = 5.
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S = {5}.
Chọn đáp án C
Câu 3.20. Cho phương trình log
5
(5
x
− 1) ·log
25
(5
x+1
− 5) = 1. Khi đặt t = log
5
(5
x
− 1), ta được
phương trình nào dưới đây?
A. t
2
− 1 = 0. B. t
2
+ t − 2 = 0. C. t
2
− 2 = 0. D. 2t
2
+ 2t − 1 = 0.
Lời giải.
log
5
(5
x
− 1) · log
25
(5
x+1
− 5) = 1 ⇔ log
5
(5
x
− 1) ·
1
2
[1 + log
5
(5
x
− 1)] = 1.
Khi đặt t = log
5
(5
x
− 1), ta được phương trình t
2
+ t − 2 = 0.
Chọn đáp án B
CÂU 4. Thể tích của khối lập phương cạnh 2 bằng
A. 6. B. 8. C. 4. D. 2.
Lời giải.
Thể tch1 khối lập phương cạnh a là V = a
3
.
Vậy thể tích khối lập phương cạnh 2 là V = 2
3
= 8.
Chọn đáp án B
Câu 4.1. Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng
A. 8a
3
. B. 2a
3
. C. a
3
. D. 6a
3
.
Lời giải.
Thể tích khối lập phương cạnh 2a là V = (2a)
3
= 8a
3
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 11
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án A
Câu 4.2. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối chóp
D
0
.ABCD.
A. V =
a
3
4
. B. V =
a
3
6
. C. V =
a
3
3
. D. V = a
3
.
Lời giải.
Diện tích đáy ABCD là S
ABCD
= a
2
, chiều cao D
0
D = a.
Do đó V
D
0
.ABCD
=
1
3
S
ABCD
· D
0
D =
1
3
a
2
· a =
a
3
3
.
Chọn đáp án C
Câu 4.3. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập
phương đó.
A. 8
√
2 cm
3
. B. 16
√
2 cm
3
. C. 8 cm
3
. D. 2
√
2 cm
3
.
Lời giải.
Độ dài các cạnh hình lập phương là
4
√
2
= 2
√
2 cm.
Thể tích khối lập phương là V = (2
√
2)
3
= 16
√
2 cm
3
.
Chọn đáp án B
Câu 4.4. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập
phương đó.
A. 8
√
2 cm
3
. B. 16
√
2 cm
3
. C. 8 cm
3
. D. 2
√
2 cm
3
.
Lời giải.
Độ dài các cạnh hình lập phương là
4
√
2
= 2
√
2 cm.
Thể tích khối lập phương là V = (2
√
2)
3
= 16
√
2 cm
3
.
Chọn đáp án B
Câu 4.5. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập
phương đó.
A. 8
√
2 cm
3
. B. 16
√
2 cm
3
. C. 8 cm
3
. D. 2
√
2 cm
3
.
Lời giải.
Độ dài các cạnh hình lập phương là
4
√
2
= 2
√
2 cm.
Thể tích khối lập phương là V = (2
√
2)
3
= 16
√
2 cm
3
.
Chọn đáp án B
Câu 4.6. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập
phương đó.
A. 8
√
2 cm
3
. B. 16
√
2 cm
3
. C. 8 cm
3
. D. 2
√
2 cm
3
.
Lời giải.
Độ dài các cạnh hình lập phương là
4
√
2
= 2
√
2 cm.
Thể tích khối lập phương là V = (2
√
2)
3
= 16
√
2 cm
3
.
Chọn đáp án B
Câu 4.7. Nếu cạnh của một hình lập phương tăng lên gấp 3 lần thì thể tích của hình lập
phương đó tăng lên bao nhiêu lần?
A. 27. B. 9. C. 6. D. 4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 12
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
V
0
= (3a)
3
= 3
3
· a
3
= 27V .
Chọn đáp án A
Câu 4.8. Nếu cạnh của một hình lập phương tăng lên gấp 3 lần thì thể tích của hình lập
phương đó tăng lên bao nhiêu lần?
A. 27. B. 9. C. 6. D. 4.
Lời giải.
V
0
= (3a)
3
= 3
3
· a
3
= 27V .
Chọn đáp án A
Câu 4.9. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a.
A.
a
3
3
. B.
a
3
2
. C. a
3
. D.
a
3
6
.
Lời giải.
Thể tích của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a là: a
3
.
Chọn đáp án C
Câu 4.10. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a.
A.
a
3
3
. B.
a
3
2
. C. a
3
. D.
a
3
6
.
Lời giải.
Thể tích của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a là: a
3
.
Chọn đáp án C
Câu 4.11. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
biết AC
0
= 2a
√
3.
A. V = 8a
3
. B. V = a
3
. C. V =
3
√
6a
3
4
. D. V = 3
√
3a
3
.
Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình
lập phương AC
0
= x
√
3 = 2a
√
3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương
là V = x
3
= 8a
3
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
Chọn đáp án A
Câu 4.12. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
biết AC
0
= 2a
√
3.
A. V = 8a
3
. B. V = a
3
. C. V =
3
√
6a
3
4
. D. V = 3
√
3a
3
.
Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình
lập phương AC
0
= x
√
3 = 2a
√
3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương
là V = x
3
= 8a
3
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 13
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 4.13. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
biết AC
0
= 2a
√
3.
A. V = 8a
3
. B. V = a
3
. C. V =
3
√
6a
3
4
. D. V = 3
√
3a
3
.
Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình
lập phương AC
0
= x
√
3 = 2a
√
3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương
là V = x
3
= 8a
3
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
Chọn đáp án A
Câu 4.14. Một hộp đựng thực phẩm có dạng hình lập phương và có diện tích toàn phần bằng
150 dm
2
. Thể tích của khối hộp là
A. 125 cm
3
. B. 125 dm
3
. C.
125
3
dm
3
. D.
125
3
cm
3
.
Lời giải.
Ta có diện tích một mặt là S = a
2
.
Mà diện tích toàn phần của khối lập phương là 150 ⇒ S
tp
= 6 · S = 150 ⇒ 6a
2
= 150 ⇒ a = 5
(dm).
Suy ra V = a
3
= 5
3
= 125 (dm
3
).
Chọn đáp án B
Câu 4.15. Một khối lập phương có thể tích bằng 2
√
2a
3
. Cạnh của hình lập phương đó bằng
A. 2
√
2a. B.
√
2a. C. 2a. D.
√
3a.
Lời giải.
Giả sử cạnh hình lập phương có độ dài là x ⇒ thể tích của hình lập phương là
V = x
3
= 2
√
2a
3
.
Suy ra x =
3
p
2
√
2a
3
=
√
2a.
Vậy cạnh của hình lập phương bằng
√
2a.
Chọn đáp án B
CÂU 5. Tập xác định của hàm số y=log
2
x là
A. [0; +∞). B. (−∞; +∞). C. (0; +∞). D. [2; +∞).
Lời giải.
Điều kiện xác định của số y = log
2
x là x > 0.
Vậy tập xác định của hàm đã cho là: D = (0; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 5.1. Tập xác định của hàm số y = log
2
3 − x
2x
là
A. D = (3; +∞). B. D = (0; 3].
C. D = (−∞; 0) ∪ (3; +∞). D. D = (0; 3).
Lời giải.
Hàm số đã cho xác định khi
3 − x
2x
> 0 ⇔ x ∈ (0; 3).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 14
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 5.2. Tập xác định của hàm số y = log (x − 2)
2
là
A. R. B. R \ {2}. C. (2; +∞). D. [2; +∞).
Lời giải.
Phương pháp:
Hàm số y = log
a
f (x) xác định nếu f (x) xác định và f (x) > 0.
Cách giải:
Hàm số y = log (x − 2)
2
xác định nếu (x − 2)
2
> 0 ⇔ x 6= 2.
Vậy TXĐ D = R \ {2}.
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x − 2)
2
> 0 ⇔ x > 2 rồi chọn D = (2; +∞) là sai.
Chọn đáp án B
Câu 5.3. Tập xác định của hàm số y = log (x − 2)
2
là
A. R. B. R \ {2}. C. (2; +∞). D. [2; +∞).
Lời giải.
Phương pháp:
Hàm số y = log
a
f (x) xác định nếu f (x) xác định và f (x) > 0.
Cách giải:
Hàm số y = log (x − 2)
2
xác định nếu (x − 2)
2
> 0 ⇔ x 6= 2.
Vậy TXĐ D = R \ {2}.
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x − 2)
2
> 0 ⇔ x > 2 rồi chọn D = (2; +∞) là sai.
Chọn đáp án B
Câu 5.4. Tìm tập xác định của hàm số y = log
1
2
x
2
− 3x + 2
.
A. (−∞; 1) ∪ (2; +∞). B. (1; 2). C. (2; +∞). D. (−∞; 1).
Lời giải.
Điều kiện x
2
− 3x + 2 > 0 ⇔
"
x < 1
x > 2
nên tập xác định của hàm số (−∞; 1) ∪ (2; +∞).
Chọn đáp án A
Câu 5.5. Tập xác định của hàm số y =
x
2
− 3x + 2
π
là
A. R\{1; 2}. B. (−∞; 1) ∪ (2; +∞). C. (1; 2). D. (−∞; 1] ∪ [2; +∞).
Lời giải.
Ta có điều kiện: x
2
− 3x + 2 > 0 ⇔
"
x < 1
x > 2
.
Chọn đáp án B
Câu 5.6. Tìm tập xác định của hàm số y = log
1
2
(x + 1).
A. D = (−∞; −1). B. D = (−1; +∞). C. D = [−1; +∞). D. D = R\{1}.
Lời giải.
Điều kiện x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Suy ra tập xác định D = (−1; +∞).
Chọn đáp án B
Câu 5.7. Trong các hàm số sau, hàm số nào có cùng tập xác định với hàm số y = x
1
5
?
A. y = x
π
. B. y =
1
5
√
x
. C. y =
√
x. D. y =
3
√
x.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 15
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Ta có tập xác định hàm số y = x
1
5
là (0; +∞).
• Hàm số y = x
π
cũng có tập xác định là (0; +∞).
• Hàm số y =
1
5
√
x
có tập xác định là R \
0
.
• Hàm số y =
√
x có tập xác định là [0; +∞).
• Hàm số y =
3
√
x có tập xác định là R.
Chọn đáp án A
Câu 5.8. Tìm tập xác định D của hàm số y = e
x
2
−2x
.
A. D = R. B. D = [0; 2]. C. D = R\{0; 2}. D. D = ∅.
Lời giải.
Hàm số y = e
x
2
− 2x xác định với ∀x ∈ R.
Chọn đáp án A
Câu 5.9. Tập xác định D của hàm số y = log
2018
(2x − 1) là
A. D = (0; +∞). B. D = R. C. D =
1
2
; +∞
. D. D =
h
1
2
; +∞
.
Lời giải.
Hàm số xác định ⇔ 2x − 1 > 0 ⇔ x >
1
2
.
Chọn đáp án C
Câu 5.10. Tìm tập xác định D của hàm số y =
1
√
e
x
− e
5
.
A. D = (ln 5; +∞). B. D = [ln 5; +∞). C. D = R\{5}. D. D = (5; +∞).
Lời giải.
Hàm số xác định khi e
x
− e
5
> 0 ⇔ x > 5.
Chọn đáp án D
Câu 5.11. Tập xác định của hàm số y = log
3
x là
A. [0; +∞). B. R \ {0}. C. R. D. (0; +∞).
Lời giải.
Hàm số y = log
3
x xác định trên (0; +∞).
Chọn đáp án D
Câu 5.12. Tìm tập xác định D của hàm số y = log
2
x + 3
x − 2
.
A. D = (−∞; −3] ∪ (2; +∞). B. D = (2; +∞).
C. D = (−3; 2). D. D = (−∞; −3) ∪ (2; +∞).
Lời giải.
Điều kiện xác định :
x + 3
x − 2
> 0 ⇔ (x + 3)(x − 2) > 0 ⇔
"
x < −3
x > 2
.
Vậy D = (−∞; −3) ∪ (2; +∞).
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 16
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 5.13. Tìm tập xác định D của hàm số y = log
3
(3 − x).
A. D = (3; +∞). B. D = R \ {3}. C. D = (−∞; 3). D. D = R.
Lời giải.
Hàm số xác định ⇔ 3 − x > 0 ⇔ x < 3. Suy ra, D = (−∞; 3).
Chọn đáp án C
Câu 5.14. Hàm số y = log
√
3
(x
2
− 4x) có tập xác định là
A. D = R \ {0; 4}. B. D = [0; 4].
C. D = (−∞; 0) ∪ (4; +∞). D. D = (0; 4).
Lời giải.
Điều kiện xác định của hàm số là x
2
− 4x > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (4; +∞). Vậy tập xác định của
hàm số là D = (−∞; 0) ∪ (4; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 5.15. Tập xác định D của hàm số y = (x + 2)
√
2
3
là
A. D = R \ {2}. B. D = (−2; +∞). C. D = (0; +∞). D. D = R.
Lời giải.
Ta có x + 2 > 0 ⇔ x > −2.
Vậy TXĐ của hàm số là D = (−2; +∞).
Chọn đáp án B
Câu 5.16. Tập xác định D của hàm số f(x) = ln(4 − x) là
A. D = (−∞; 4). B. D = (4; +∞). C. D = R \ {4}. D. D = (−∞; 4].
Lời giải.
Hàm số f(x) xác định ⇔ 4 − x > 0 ⇔ x < 4.
Chọn đáp án A
Câu 5.17. Hàm số y = log
3
(3 − 2x) có tập xác định là
A.
3
2
; +∞
. B.
−∞;
3
2
. C.
−∞;
3
2
i
. D. R.
Lời giải.
Điều kiện 3 − 2x > 0 ⇔ x <
3
2
nên hàm số có tập xác định là
−∞;
3
2
.
Chọn đáp án B
Câu 5.18. Tập xác định của hàm số y = log
2
(x − 1) + log
2
(x − 3) là
A. D = (1; 3). B. D = (−∞; 1).
C. D = (3; +∞). D. D = (−∞; 1) ∪ (3; +∞).
Lời giải.
Hàm số xác định khi
(
x − 1 > 0
x − 3 > 0
⇔ x > 3 ⇒ D = (3; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 5.19. Tập xác định D của hàm số y = (x
2
− 3x − 4)
−3
là
A. D = [−1; 4]. B. D = (−1; 4).
C. D = R \ {−1; 4}. D. D = (−∞; −1) ∪ (4; +∞).
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 17
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Hàm lũy thừa với số mũ nguyên âm nên cơ số khác 0.
Do đó x
2
− 3x − 4 6= 0 ⇔
(
x 6= −1
x 6= 4
. Suy ra D = R \ {−1; 4}.
Chọn đáp án C
Câu 5.20. Hàm số y = log
5
4x − x
2
có tập xác định là
A. (0; +∞). B. (0; 4). C. R. D. (2; 6).
Lời giải.
Hàm số xác định khi 4x − x
2
> 0 ⇔ 0 < x < 4. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là (0; 4).
Chọn đáp án B
CÂU 6. Hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu
A. F
0
(x) = −f(x), ∀x ∈ K. B. f
0
(x) = F (x), ∀x ∈ K.
C. F
0
(x) = f(x), ∀x ∈ K . D. f
0
(x) = −F (x), ∀x ∈ K.
Lời giải.
Theo định nghĩa thì hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng K nếu
F
0
(x) = f(x), ∀x ∈ K.
Chọn đáp án C
Câu 6.1. Tìm họ nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) =
1
5x + 4
.
A. F (x) =
1
ln 5
ln |5x + 4| + C. B. F (x) = ln |5x + 4| + C.
C. F (x) =
1
5
ln |5x + 4| + C. D. F (x) =
1
5
ln(5x + 4) + C.
Lời giải.
Ta có
Z
1
5x + 4
dx =
1
5
ln |5x + 4| + C.
Chọn đáp án C
Câu 6.2. Cho hàm số f(x) = 2x + e
x
. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f(x) thỏa mãn
F (0) = 2019.
A. F (x) = e
x
− 2019. B. F (x) = x
2
+ e
x
− 2018.
C. F (x) = x
2
+ e
x
+ 2017. D. F (x) = x
2
+ e
x
+ 2018.
Lời giải.
F (x) =
Z
(2x + e
x
) dx = x
2
+ e
x
+ C.
Do F (0) = 2019 nên 0
2
+ e
0
+ C = 2019 ⇔ C = 2018.
Vậy F (x) = x
2
+ e
x
+ 2018.
Chọn đáp án D
Câu 6.3. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x
2
− 1 là
A. x
3
+ C. B.
x
3
3
+ x + C. C. 6x + C. D. x
3
− x + C.
Lời giải.
Ta có
Z
f(x)dx =
Z
(3x
2
− 1) dx = x
3
− x + C.
Chọn đáp án D
Câu 6.4. Hàm số f(x) = cos(4x + 7) có một nguyên hàm là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 18
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. −sin(4x + 7) + x. B.
1
4
sin(4x + 7) − 3. C. sin(4x + 7) − 1. D. −
1
4
sin(4x + 7) + 3.
Lời giải.
Hàm số f(x) = cos(4x + 7) có một nguyên hàm là
1
4
sin(4x + 7) − 3.
Chọn đáp án B
Câu 6.5. Cho f(x), g(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên R, k ∈ R. Trong các khẳng
định dưới đây, khẳng định nào sai?
A.
Z
[f(x) − g(x)] dx =
Z
f(x)dx −
Z
g(x)dx. B.
Z
f
0
(x)dx = f(x) + C.
C.
Z
kf(x)dx = k
Z
f(x)dx. D.
Z
[f(x) + g(x)] dx =
Z
f(x)dx +
Z
g(x)dx.
Lời giải.
Khẳng định A, B, D đúng theo tính chất của nguyên hàm.
Khẳng định C chỉ đúng khi k 6= 0.
Chọn đáp án C
Câu 6.6. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x
2
+ cos x là
A. 2x − sin x + C. B.
1
3
x
3
+ sin x + C. C.
1
3
x
3
− sin x + C. D. x
3
+ sin x + C.
Lời giải.
Ta có:
Z
(x
2
+ cos x)dx =
1
3
x
3
+ sin x + C.
Chọn đáp án B
Câu 6.7. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = x
3
+ x
2
là
A.
x
4
4
+
x
3
3
+ C. B. x
4
+ x
3
. C. 3x
2
+ 2x. D.
1
4
x
4
+
1
4
x
3
.
Lời giải.
Z
x
3
+ x
2
dx =
x
4
4
+
x
3
3
+ C.
Chọn đáp án A
Câu 6.8. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 5
2x
?
A.
Z
5
2x
dx = 2.5
2x
ln 5 + C. B.
Z
5
2x
dx = 2.
5
2x
ln 5
+ C.
C.
Z
5
2x
dx =
25
x
2 ln 5
+ C. D.
Z
5
2x
dx =
25
x+1
x + 1
+ C.
Lời giải.
Ta có
Z
5
2x
dx =
1
2
.
5
2x
ln 5
+ C =
25
x
2 ln 5
+ C.
Chọn đáp án C
Câu 6.9. Nguyên hàm của hàm số f(x) = 4x
3
+ x − 1 là:
A. x
4
+ x
2
+ x + C. B. 12x
2
+ 1 + C. C. x
4
+
1
2
x
2
− x + C. D. x
4
−
1
2
x
2
− x + C.
Lời giải.
Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm cơ bản
Z
x
n
dx =
x
n+1
n + 1
+ C.
Cách giải:
Z
f(x) dx = 4 ·
x
4
4
+
x
2
2
− x + C = x
4
+
1
2
· x
2
− x + C.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 19
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 6.10. Họ các nguyên hàm của hàm số y = cos x + x là
A. sin x +
1
2
x
2
+ C. B. sin x + x
2
+ C. C. −sin x +
1
2
x
2
+ C. D. −sin x + x
2
+ C.
Lời giải.
Ta có F (x) =
Z
(cos x + x) dx = sin x +
1
2
x
2
+ C.
Chọn đáp án A
Câu 6.11. Nếu
Z
f(x) dx =
x
3
3
+ e
x
+ C thì f (x) bằng
A. f (x) = 3x
2
+ e
x
. B. f (x) =
x
4
3
+ e
x
. C. f (x) = x
2
+ e
x
. D. f (x) =
x
4
12
+ e
x
.
Lời giải.
Ta có
Z
f(x) dx =
x
3
3
+ e
x
+ C ⇒ f (x) = x
2
+ e
x
.
Chọn đáp án C
Câu 6.12. Nguyên hàm của hàm số f (x) = x
2019
, (x ∈ R) là hàm số nào trong các hàm số dưới
đây?
A. F (x) = 2019x
2018
+ C, (C ∈ R). B. F (x) = x
2020
+ C, (C ∈ R).
C. F (x) =
x
2020
2020
+ C, (C ∈ R). D. F (x) = 2018x
2019
+ C, (C ∈ R).
Lời giải.
Áp dụng công thức
Z
x
n
dx =
x
n+1
n + 1
+ C (n 6= −1), ta có
Z
f(x) dx =
Z
x
2019
dx =
x
2020
2020
+ C.
Câu 6.13. Hàm số F (x) = e
x
2
là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?
A. f (x) = 2xe
x
2
. B. f (x) = x
2
e
x
2
. C. f (x) = e
x
2
. D. f (x) =
e
x
2
2x
.
Lời giải.
Ta có f (x) = (F (x))
0
=
Ä
e
x
2
ä
0
= 2xe
x
2
.
Chọn đáp án A
Câu 6.14. Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x) = 3
−x
.
A.
3
−x
ln 3
+ C. B. −
3
−x
ln 3
+ C. C. −3
−x
+ C. D. −3
−x
ln 3 + C.
Lời giải.
Ta có
Z
3
−x
dx = −
3
−x
ln 3
+ C.
Chọn đáp án B
Câu 6.15. Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số f(x) = sin 5x.
A.
1
5
cos 5x + C. B. cos 5x + C. C. −cos 5x + C. D. −
1
5
cos 5x + C.
Lời giải.
Ta có
Z
sin 5xdx =
1
5
Z
sin 5xd(5x) = −
1
5
cos 5x + C.
Chọn đáp án D
Câu 6.16. Họ nguyên hàm của hàm số f(x) = 2x + 1 là
A. F (x) = 2x
2
+ x. B. F (x) = 2. C. F (x) = C. D. F (x) = x
2
+ x + C.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 20
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có
F (x) =
Z
f(x) dx =
Z
(2x + 1) dx = x
2
+ x + C.
Chọn đáp án D
Câu 6.17. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = e
x
+ x là
A. e
x
+ x
2
+ C. B. e
x
+
1
2
x
2
+ C. C.
1
x + 1
e
x
+
1
2
x
2
+ C. D. e
x
+ 1 + C.
Lời giải.
Ta có
Z
f(x) dx =
Z
(e
x
+ x) dx =
Z
e
x
dx +
Z
x dx = e
x
+
1
2
x
2
+ C, với C là hằng số.
Chọn đáp án B
Câu 6.18. Tìm nguyên hàm F (x) =
Z
π
2
dx.
A. F (x) = π
2
x + C. B. 2πx + C. C. F (x) =
π
3
3
+ C. D. F (x) =
π
2
x
2
2
+ C.
Lời giải.
Ta có F (x) =
Z
π
2
dx = π
2
x + C.
Chọn đáp án A
Câu 6.19. Tìm tất cả nguyên hàm của hàm số f(x) = 3x
2
+
x
2
.
A.
Z
f(x) dx =
x
3
3
+
x
2
4
+ C. B.
Z
f(x) dx = x
3
+
x
2
2
+ C.
C.
Z
f(x) dx = x
3
+
x
2
4
+ C. D.
Z
f(x) dx = x
3
+
x
2
4
.
Lời giải.
Ta có
Z
f(x) dx =
Z
3x
2
+
x
2
dx = 3
Z
x
2
dx +
1
2
Z
x dx = x
3
+
x
2
4
+ C.
Chọn đáp án C
Câu 6.20. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f(x) = sin(3ax + 1) (với a là tham số khác 0).
A. cos(3ax + 1) + C. B.
1
3a
cos(3ax + 1) + C.
C. −
1
3a
cos(3ax + 1) + C. D. −cos(3ax + 1) + C.
Lời giải.
Z
sin(3ax + 1) dx =
1
3a
Z
sin(3ax + 1) d(3ax + 1) = −
1
3a
cos(3ax + 1) + C.
Chọn đáp án C
CÂU 7. Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 4.Thể tích của khối chóp đã
cho bằng
A. 6. B. 12. C. 36. D. 4.
Lời giải.
Ta có công thức thể tích khối chóp V =
1
3
B.h =
1
3
.3.4 = 4.
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 21
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 7.1. Cho khối chóp S.ABCD cạnh bên SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình chữ
nhật, AB = a, AD = 2a, SA = 3a. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng
A. 6a
3
. B.
a
3
3
. C. 2a
3
. D. a
3
.
Lời giải.
Theo giả thiết ABCD là hình chữ nhật nên thể tích khối chóp S.ABCD
là
V =
1
3
SA · AB · AD =
1
3
· 3a · a · 2a = 2a
3
.
S
A
B C
D
Chọn đáp án C
Câu 7.2. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng
a, đường cao SO. Biết SO =
a
√
2
2
, thể tích khối chóp S.ABCD bằng
A.
a
3
√
2
6
. B.
a
3
√
2
3
. C.
a
3
√
2
2
. D.
a
3
√
3
4
.
Lời giải.
Ta có S
ABCD
= a
2
.
Vậy V
S.ABCD
=
1
3
· SO · S
ABCD
=
1
3
·
a
√
2
2
· a
2
=
a
3
√
2
6
.
S
A
C
O
B
D
Chọn đáp án A
Câu 7.3. Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) và SA = 2, tam giác ABC vuông cân tại A và
AB = 1. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
A.
1
6
. B.
1
3
. C. 1. D.
2
3
.
Lời giải.
Ta có S
ABC
=
1
2
AB · AC =
1
2
⇒ V
S.ABC
=
1
3
SA · S
ABC
=
1
3
.
A
S
B
C
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 22
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 7.4. Cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và cạnh đáy bằng 20 cm, 21 cm,
29 cm. Tính thể tích khối chóp này.
A. 7 000
√
2 cm
3
. B. 6 000 cm
3
. C. 6 213 cm
3
. D. 7 000 cm
3
.
Lời giải.
Diện tích đáy
S =
…
20 + 21 + 29
2
20 + 21 + 29
2
− 20
20 + 21 + 29
2
− 21
20 + 21 + 29
2
− 29
= 210 cm
2
.
Thể tích khối chóp
V =
1
3
· S · h =
1
3
· 210 · 100 = 7 000 cm
3
.
Chọn đáp án D
Câu 7.5. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, SA = a
√
3, cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
A.
a
3
√
3
2
. B.
a
3
2
. C.
a
3
√
3
4
. D.
a
3
4
.
Lời giải.
Thể tích khối chóp là
V =
1
3
· SA · S
ABC
=
1
3
· a
√
3 ·
a
2
√
3
4
=
a
3
4
.
C
B
A
S
Chọn đáp án D
Câu 7.6. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, SA = a
√
3, cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
A.
a
3
√
3
2
. B.
a
3
2
. C.
a
3
√
3
4
. D.
a
3
4
.
Lời giải.
Thể tích khối chóp là
V =
1
3
· SA · S
ABC
=
1
3
· a
√
3 ·
a
2
√
3
4
=
a
3
4
.
C
B
A
S
Chọn đáp án D
Câu 7.7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy và
SA = BC = a
√
3. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
A. V =
√
3
6
a
3
. B. V =
√
3
2
a
3
. C. V =
3
√
3
4
a
3
. D. V =
√
3
4
a
3
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 23
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AC =
BC
√
2
=
a
√
3
√
2
,
suy ra: S
ABC
=
1
2
AB · AC =
3a
2
4
.
Dẫn tới: V
S.ABC
=
1
3
SA · S
ABC
=
1
3
· a
√
3 ·
3a
2
4
=
a
3
√
3
4
.
S
A
C
B
Chọn đáp án D
Câu 7.8. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có chiều rộng 2a và chiều dài 3a.
Chiều cao của khối chóp là 4a. Thể tích của khối chóp S.ABCD tính theo a là
A. V = 24a
3
. B. V = 9a
3
. C. V = 40a
3
. D. V = 8a
3
.
Lời giải.
Ta có V =
1
3
· 3a · 2a · 3a = 8a
3
.
Chọn đáp án D
Câu 7.9. Cho khối chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại C, CA = a, (SAB) vuông
góc với (ABC) và diện tích tam giác SAB bằng
a
2
2
. Tính độ dài đường cao SH của khối chóp
S.ABC.
A. a. B. 2a. C. a
√
2. D.
a
√
2
2
.
Lời giải.
Vì ABC là tam giác vuông cân tại C nên AB = a
√
2.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, vì (SAB) ⊥ (ABC) nên
SH ⊥ (ABC).
Ta có S
SAB
=
1
2
SH · AB =
a
2
2
⇒ SH =
a
2
AB
=
a
√
2
2
.
S
C
A B
H
a
Chọn đáp án D
Câu 7.10. Cho khối chóp tam giác có chiều cao 10 dm, diện tích đáy 300 dm
2
. Tính thể tích
khối chóp đó.
A. 1 m
3
. B. 3000 dm
3
. C. 1000 dm
2
. D. 3000 dm
2
.
Lời giải.
Gọi V là thể tích khối chóp, h là chiều cao và S là diện tích đáy.
Khi đó V =
1
3
· h · S ⇔ V =
1
3
· 10 · 300 ⇔ V = 1000
dm
3
.
Do đó V = 1
m
3
.
Chọn đáp án A
Câu 7.11. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy
và SA = a. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 24
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. V =
a
3
3
. B. V = a
3
. C. V =
2a
3
3
. D. V =
a
3
6
.
Lời giải.
Diện tích hình vuông ABCD là S = a
2
.
Thể tích khối chóp đã cho là
V =
1
3
· SA · S =
1
3
· a
2
· a =
a
3
3
.
S
A B
CD
Chọn đáp án A
Câu 7.12. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), SA = a
√
3, ABCD là hình vuông
có cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
A. V =
√
3a
3
3
. B. V =
a
3
4
. C. V =
√
3a
3
. D. V =
√
3a
3
6
.
Lời giải.
Gọi V là thể tích khối chóp, do SA ⊥ (ABCD) suy ra
V =
1
3
· SA · S
đ
=
1
3
·
√
3a · a
2
=
√
3a
3
3
.
A
S
B
C
D
Chọn đáp án A
Câu 7.13. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hai mặt bên (SAB) và
(SAC) cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp biết SC = a
√
3.
A.
a
3
√
6
12
. B.
2a
3
√
6
9
. C.
a
3
√
3
2
. D.
a
3
√
3
4
.
Lời giải.
Ta có (SAB) ⊥ (ABC), (SAC) ⊥ (ABC) nên SA ⊥ (ABC).
Mà S
ABC
=
a
2
√
3
4
, SA =
√
SC
2
− AC
2
= a
√
2 nên suy ra
V
S.ABC
=
S
ABC
· SA
3
=
a
3
√
6
12
.
AB
C
S
Chọn đáp án A
Câu 7.14. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 25
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
(ABC) và SA = a. Biết rằng thể tích của khối chóp S.ABC bằng
√
3a
3
. Tính độ dài cạnh đáy
của khối chóp S.ABC.
A. 2a
√
3. B. 3a
√
3. C. 2a. D. 2a
√
2.
Lời giải.
Ta có
V
S.ABC
=
1
3
SA · S
4ABC
⇒ S
4ABC
=
3V
S.ABC
SA
= 3
√
3a
2
⇒
AB
2
√
3
4
= 3
√
3a
2
⇒ AB = 2a
√
3 = BC = AC.
S
A
B
C
Chọn đáp án A
CÂU 8. Cho khối nón có chiều cao h = 3 và bán kính đáy r = 4. Thể tích của khối nón đã cho
bằng
A. 16π. B. 48π. C. 36π. D. 4π.
Lời giải.
Ta có công thức thể tích khối nón V =
1
3
πr
2
.h =
1
3
π.16.3 = 16π.
Chọn đáp án A
Câu 8.1. Cho khối nón có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối
nón đã cho.
A. V = 16π
√
3. B. V = 12π. C. V = 4. D. V = 4π.
Lời giải.
Áp dụng công thức tính thể tích của khối nón ta tính được V =
1
3
πr
2
h =
1
3
.π.(
√
3)
2
.4 = 4π.
Chọn đáp án D
Câu 8.2. Cho khối nón có đường cao h và bán kính đáy r. Tính thể tích của khối nón.
A. 2πr
√
h
2
+ r
2
. B.
1
3
πr
2
h. C. πr
√
h
2
+ r
2
. D. πr
2
h.
Lời giải.
Theo công thức thể tích khối nón V =
1
3
πr
2
h.
Chọn đáp án B
Câu 8.3. Cho khối nón (N) có bán kính r =
√
5, có chiều cao h = 5. Thể tích V của khối nón
(N) đã cho là.
A. V
(N)
=
27π
5
. B. V
(N)
=
16π
5
. C. V
(N)
=
26π
5
. D. V
(N)
=
25π
3
.
Lời giải.
Ta có V
(N)
=
1
3
· 5π
√
5
2
=
25π
3
.
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 26
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 8.4. Cho khối nón tròn xoay có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V
của khối nón đã cho.
A. V = 16π
√
3. B. V = 12π. C. V = 4. D. V = 4π.
Lời giải.
Thể tích khối nón là V =
1
3
π
√
3
2
· 4 = 4π.
Chọn đáp án D
Câu 8.5. Cho khối nón tròn xoay có chiều cao h, đường sinh l và bán kính đường tròn đáy
bằng R . Diện tích toàn phần của khối nón là
A. S
tp
= πR(l + R). B. S
tp
= πR(l + 2R). C. S
tp
= 2πR(l + R). D. S
tp
= πR(2l + R).
Lời giải.
S
tp
= S
đ
+ S
xq
= πR
2
+ πRl = πR(l + R).
Chọn đáp án A
Câu 8.6. Cho khối nón có bán kính đáy bằng r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón là
A. V =
1
3
r
2
h. B. V = r
2
h. C. V = πr
2
h. D. V =
1
3
πr
2
h.
Lời giải.
Ta có V =
1
3
πr
2
h.
Chọn đáp án D
Câu 8.7. Cho khối nón có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 4. Thể tích của khối nón đã
cho bằng
A. V = 12π. B. V = 4π. C. V = 4. D. V = 12.
Lời giải.
Thể tích khối nón V = π · r
2
· h = 12π.
Chọn đáp án A
Câu 8.8. Cho khối nón có bán kính đáy bằng r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón là
A. V =
1
3
r
2
h. B. V = r
2
h. C. V = πr
2
h. D. V =
1
3
πr
2
h.
Lời giải.
Ta có V =
1
3
πr
2
h.
Chọn đáp án D
Câu 8.9. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng l = 2a và chiều cao bằng h = a
√
3. Tính thể
tích khối nón đã cho
A.
πa
3
3
. B.
2πa
3
3
. C.
√
2πa
3
3
. D.
√
3πa
3
3
.
Lời giải.
Gọi r là bán kính của đáy hình nón. Ta có r =
√
l
2
− h
2
= a.
Thể tích khối nón là
V =
1
3
· π · r
2
· h =
1
3
πa
3
√
3.
Chọn đáp án D
Câu 8.10. Cho khối nón và khối trụ có cùng chiều cao và cùng bán kính đường tròn đáy. Gọi
V
1
; V
2
lần lượt là thể tích của khối nón và khối trụ. Biểu thức
V
1
V
2
có giá trị bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 27
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A.
1
π
. B. 1. C.
1
2
. D.
1
3
.
Lời giải.
Gọi bán kính đường tròn đáy của khối nón và khối trụ là R.
Chiều cao của khối nón và khối trụ là h.
Khi đó thể tích khối nón là V
1
=
1
3
πR
2
· h và thể tích khối trụ là V
2
= πR
2
· h.
Do vậy
V
1
V
2
=
1
3
πR
2
· h
πR
2
· h
=
1
3
.
Chọn đáp án D
Câu 8.11. Cho khối nón tròn xoay có chiều cao bằng 8 cm và độ dài đường sinh bằng 10 cm.
Thể tích của khối nón là
A. 124π cm
3
. B. 128π cm
3
. C. 140π cm
3
. D. 96π cm
3
.
Lời giải.
Áp dụng công thức tính thể tích khối nón V =
1
3
B · h =
1
3
π · (10
2
− 8
2
) · 8 = 96π (cm
3
).
Chọn đáp án D
Câu 8.12. Cho khối nón có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 6. Thể tích của khối nón đã
cho bằng
A. V = 6π. B. V = 6. C. V = 18. D. V = 18π.
Lời giải.
Ta có V =
1
3
πr
2
h =
1
3
π
√
3
2
6 = 6π.
Chọn đáp án A
Câu 8.13. Cho khối nón và khối trụ có cùng chiều cao và cùng bán kính đường tròn đáy. Gọi
V
1
, V
2
lần lượt là thể tích của khối nón và khối trụ. Biểu thức
V
1
V
2
có giá trị bằng
A.
1
π
. B. 1. C.
1
2
. D.
1
3
.
Lời giải.
Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của
khối nón và khối trụ lần lượt là h và R.
• Thể tích của khối nón V
1
=
1
3
πR
2
h.
• Thể tích của khối trụ V
2
= πR
2
h.
• Vậy ta có
V
1
V
2
=
1
3
.
AO
S
AO
A
0
O
0
Chọn đáp án D
Câu 8.14. Thể tích của khối nón có chiều cao h = 6 và bán kính đáy R = 4 bằng
A. V = 32π. B. V = 96π. C. V = 16π. D. V = 48π.
Lời giải.
Thể tích của khối nón V =
1
3
πR
2
· h =
1
3
π · 4
2
· 6 = 32π
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 28
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 8.15. Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng 20π. Thể tích
của khối nón đã cho bằng
A. 4π. B. 16π. C.
16
3
π. D.
80
3
π.
Lời giải.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón ta có
S
xq
= πrl ⇒ 20π = π · 4 · l ⇒ l = 5.
Vì h =
√
l
2
− r
2
nên h =
√
5
2
− 4
2
=
√
9 = 3.
Khối nón có thể tích là V =
1
3
πr
2
h =
1
3
π · 4
2
· 3 = 16π.
S
l
h
r = 4
Chọn đáp án B
Câu 8.16. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6.
A. V = 18π. B. V = 54π. C. V = 108π. D. V = 36π.
Lời giải.
Ta có V =
1
3
πr
2
h =
1
3
π · 3
2
· 6 = 18π.
Chọn đáp án A
Câu 8.17. Cho hình nón có chiều cao h và góc ở đỉnh bằng 90
◦
. Thể tích của khối nón xác
định bởi hình nón trên:
A.
2π
3
. B.
√
6π
3
. C.
π
3
. D. 2π.
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra bán kính nón r = h.
Vậy thể tích khối nón tương ứng là
V =
1
3
πr
2
h =
πh
3
3
.
r
hl
S
O
A B
Chọn đáp án C
Câu 8.18. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 4.
A. V = 4π. B. V = 12π. C. V = 16π
√
3. D. V = 4.
Lời giải.
Thể tích V của khối nón có bán kính đáy r =
√
3 và chiều cao h = 4 là V =
1
3
π
√
3
2
· 4 = 4π.
Chọn đáp án A
CÂU 9. Cho mặt cầu có bán kính R = 2. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng
A.
32π
3
. B. 8π. C. 16π. D. 4π.
Lời giải.
S = 4πR
2
= 16π.
Chọn đáp án C
Câu 9.1. Thể tích khối cầu có bán kính bằng
a
2
là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 29
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A.
πa
3
2
. B.
πa
2
4
. C.
πa
3
6
. D. πa
2
.
Lời giải.
Phương pháp: Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính r là: V =
4
3
πr
3
.
Cách giải: Thể tích khối cầu có bán kính bằng
a
2
là: V =
4
3
π
a
2
3
=
πa
3
6
.
Chọn đáp án C
Câu 9.2. Một mặt cầu có đường kính bằng a có diện tích S bằng bao nhiêu?
A. S =
4πa
2
3
. B. S =
πa
2
3
. C. S = πa
2
. D. S = 4πa
2
.
Lời giải.
Vì đường kính mặt cầu bằng a nên bán kính mặt cầu là r =
a
2
.
Diện tích mặt cầu là S = 4π
a
2
2
= πa
2
.
Chọn đáp án C
Câu 9.3. Thể tích của khối cầu có bán kính R là
A. πR
3
. B.
4πR
3
3
. C. 2πR
3
. D.
πR
3
3
.
Lời giải.
Thể tích của khối cầu có bán kính R là V =
4πR
3
3
.
Chọn đáp án B
Câu 9.4. Khối cầu có bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu?
A. 144π. B. 288π. C. 48π. D. 72π.
Lời giải.
Ta có công thức tính thể tích khối cầu V =
4
3
πR
3
.
Từ đó suy ra thể tích khối cầu đã cho là V =
4
3
π6
3
= 288π.
Chọn đáp án B
Câu 9.5. Tính diện tích của mặt cầu có bán kính r = 2.
A.
32
3
π. B. 8π. C. 32π. D. 16π.
Lời giải.
Phương pháp
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4πR
2
.
Cách giải
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r = 2 là S = 4πr
2
= 16π.
Chọn đáp án D
Câu 9.6. Thể tích khối cầu bán kính a bằng
A.
4πa
3
3
. B. 4πa
3
. C.
πa
3
3
. D. 2πa
3
.
Lời giải.
Thể tích khối cầu bán kính a là V =
4
3
πa
3
.
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 30
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 9.7. Một hình nón có góc ở đỉnh bằng 60
0
. Hãy tính tỷ số của diện tích toàn phần chia
cho diện tích xung quanh của hình nón đó.
A.
2
3
. B.
2 +
√
3
2
. C.
3
2
. D. 2.
Câu 9.8. Tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh
l = 2
√
5.
A. 8
√
5π. B. 2
√
5π. C. 2π. D. 4
√
5π.
Lời giải.
S
xq
= 2π.r.l = 2π.2.2
√
5 = 8
√
5π.
Chọn đáp án A
Câu 9.9. Khối cầu bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu?
A. 72π. B. 48π. C. 288π. D. 144π.
Lời giải.
Ta có thể tích của khối cầu được tính theo công thức: V =
4
3
πR
3
=
4
3
π6
3
= 288π.
Chọn đáp án C
Câu 9.10. Thể tích V của một khối cầu có bán kính R là
A. V =
4
3
πR
3
. B. V =
1
3
πR
3
. C. V =
4
3
πR
2
. D. V = 4πR
3
.
Lời giải.
Thể tích V của khối cầu có bán kính R là V =
4
3
πR
3
Chọn đáp án A
Câu 9.11. Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R.
A. S =
4πR
3
3
. B. S = πR
2
. C. S =
3πR
2
4
. D. S = 4πR
2
.
Lời giải.
Theo công thức tính diện tích của mặt cầu. bán kính R.
Chọn đáp án D
Câu 9.12. Cho mặt cầu có diện tích bằng
8πa
2
3
. Tính bán kính r của mặt cầu.
A. r =
a
√
6
3
. B. r =
a
√
3
3
. C. r =
a
√
6
2
. D. r =
a
√
2
3
.
Lời giải.
Diện tích mặt cầu đã cho là 4πr
2
=
8πa
2
3
. Suy ra r =
a
√
6
3
.
Chọn đáp án A
Câu 9.13. Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng
A. 2πR
2
. B. πR
2
. C. 4πR
2
. D. 2πR.
Lời giải.
Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng 4πR
2
.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 31
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 9.14. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Tính diện tích xung
quanh của hình nón.
A. 12π. B. 9π. C. 30π. D. 15π.
Lời giải.
Độ dài đường sinh của hình nón là
√
3
2
+ 4
2
= 5. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là
S = π · 3 · 5 = 15π.
Chọn đáp án D
Câu 9.15. Biết rằng diện tích mặt cầu có bán kính r được tính theo công thức S = 4πr
2
. Tính
diện tích mặt cầu có bán kính bằng 3.
A. 9π. B. 12π. C. 4π. D. 36π.
Lời giải.
Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 3 là S = 4π · 3
2
= 36π.
Chọn đáp án D
Câu 9.16. Tính diện tích S của mặt cầu có bán kính bằng a.
A. S =
4
3
πa
2
. B. S = πa
2
. C. S = 4πa
2
. D. S =
πa
2
3
.
Lời giải.
Diện tích của mặt cầu có bán kính bằng a là S = 4πa
2
.
Chọn đáp án
C
Câu 9.17. Khối cầu có bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu?
A. 144π. B. 288π. C. 48π. D. 72π.
Lời giải.
Thể tích của khối cầu có bán kính R = 6 là V =
4
3
πR
3
=
4
3
π · 6
3
= 288π.
Chọn đáp án B
Câu 9.18. Tính diện tích S của mặt cầu có bán kính bằng 2a.
A. S = 16πa
2
. B. S = 4πa
2
. C. S =
32
3
πa
2
. D. S =
16
3
πa
2
.
Lời giải.
Diện tích mặt cầu bán kính R = 2a là S = 4πR
2
= 4π(2a)
2
= 16πa
2
.
Chọn đáp án A
CÂU 10. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
+
0
−
−∞−∞
22
−1−1
22
−∞−∞
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; −1). B. (0; 1). C. (−1; 0). D. (−∞; 0).
Lời giải.
Dựa vào hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (−1; 0).
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 32
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 10.1. Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
− 4 có bảng biến thiên sau, tìm a và b.
x
y
0
y
−∞
−2
0
+∞
+
0
−
0
+
aa
00
bb
+∞+∞
A. a = +∞; b = 2. B. a = −∞; b = −4. C. a = −∞; b = 1. D. a = +∞; b = 3.
Lời giải.
Phương pháp:
Tính giới hạn của hàm số khi x tiến đến −∞ để tìm a và tính giá trị của hàm số tại x = 0 để
tìm b.
Cách giải:
lim
x→−∞
y = −∞, y(0) = −4 ⇒ a = −∞; b = −4.
Chọn đáp án B
Câu 10.2. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
−1−1
−2−2
−1−1
−∞−∞
Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào sau đây
A. (0; 1). B. (−1; 0). C. (−∞; 1). D. (1; +∞).
Lời giải.
Từ bẳng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1).
Chọn đáp án A
Câu 10.3. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
00
5
2
5
2
00
+∞+∞
Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. (0; +∞). B. (−∞; 0). C. (−1; 0). D. (−∞; −2).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên (−∞; −1) và (0; 1) nên chọn đáp án D.
Chọn đáp án D
Câu 10.4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 33
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến
thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây
sai?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng
(−∞; −1).
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 1).
C. Hàm số đồng biến trên khoảng
(2; +∞).
D. Hàm số đồng biến trên khoảng
(−2; +∞).
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
− −
0
+
+∞+∞
−∞
+∞
−2−2
+∞+∞
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0), (0; 1) và đồng biến
trên khoảng (1; +∞). Do đó, khẳng định “Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; +∞)” sai.
Chọn đáp án D
Câu 10.5. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0 2
+∞
+
0
−
0
+
00
11
−3−3
+∞+∞
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (2; +∞). B. (−∞; 1). C. (0; +∞). D. (0; 2).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞).
Chọn đáp án A
Câu 10.6.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như
hình bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên
khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; −1). B. (−1; 1).
C. (1; +∞). D. (0; 1).
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
00
−1−1
00
−∞−∞
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên (−1; 0) và (1; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 10.7. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định
nào sau đây là sai?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 34
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
00
66
−∞−∞
A. f(x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1). B. f(x) đồng biến trên khoảng (0; 6).
C. f(x) nghịch biến trên khoảng (3; +∞). D. f(x) đồng biến trên khoảng (−1; 3).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y = f (x) đồng biến trên (−1; 3); hàm số y = f(x) nghịch biến
trên (−∞; −1), (3; +∞).
Chọn đáp án B
Câu 10.8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây
x
y
0
y
−∞
−2
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
00
+∞+∞
Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (2; +∞). B. (−2; 2). C. (−∞; 3). D. (0; +∞).
Lời giải.
Dựa bào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞).
Chọn đáp án A
Câu 10.9.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như
hình vẽ bên. Hàm số y = f (x) đồng biến trên
khoảng nào dưới đây?
A. (−∞; 0). B. (0; 2).
C. (−2; 0). D. (2; +∞).
x
y
0
y
−∞
−2
0 2
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
33
−1−1
33
−∞−∞
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).
Chọn đáp án B
Câu 10.10. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:
x
y
0
y
−∞
1 3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−1−1
+∞+∞
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 35
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
A. Tổng giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số là 2.
B. max
R
f(x) = 3 đạt tại x = 1.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
D. Hàm số đồng biến trên các khoảng (3; +∞) và (−∞; 1).
Câu 10.11. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
− +
0
−
+∞+∞
−1 −∞
22
−∞−∞
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 1).
B. Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) ∪ (1; +∞).
C. Hàm số đồng biến trên (0; 1).
D. Hàm số đồng biến trên (−∞; 2).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1) và nghịch biến trên các
khoảng (−∞; 0) và (1; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 10.12.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng
biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau
đây là sai?
A. f(x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1).
B. f (x) đồng biến trên (0; 6).
C. f(x) nghịch biến trên (3; +∞).
D. f(x) đồng biến trên (−1; 3).
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
00
66
−∞−∞
Lời giải.
Hàm số đồng biến trên (−1; 3) nên f(x) đồng biến trên (0; 6) là sai.
Chọn đáp án B
Câu 10.13. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình dưới đây.
x
y
0
y
−∞
−3 −2
+∞
+
0
+
0
−
−∞−∞
55
−∞−∞
0
Số mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 36
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
(1) Hàm số đồng biến trên khoảng (−3; −2).
(2) Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 5).
(3) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−2; +∞).
(4) Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2).
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên (−2; +∞) và đồng biến trên (−∞; −2)
⇒ (3), (4) đúng.
Hàm số đồng biến trên (−3; −2) và nghịch biến trên (−2; 5) nên (1) đúng và (2) sai.
Chọn đáp án D
Câu 10.14. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−2
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
00
+∞+∞
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0).
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0).
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −2).
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 2).
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 2).
Chọn đáp án D
Câu 10.15. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ sau
x
y
0
y
−∞
0 2
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
−6−6
22
−∞−∞
Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A. (0; 2). B. (0; 3). C. (−∞; 0). D. (2; +∞).
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (0; 2).
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 37
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
CÂU 11. Với a là số thực dương tùy ý, log
2
a
3
bằng
A.
3
2
log
2
a. B.
1
3
log
2
a. C. 3 + log
2
a. D. 3 log
2
a.
Lời giải.
Ta có log
2
a
3
= 3 log
2
a.
Chọn đáp án D
Câu 11.1. Với a, b là hai số thực dương tùy ý, ln
a
4
e
b
bằng
A. 4 ln a − ln b + 1. B. 4 ln b − ln a + 1. C. 4 ln a + ln b − 1. D. 4 ln a + ln b + 1.
Lời giải.
Ta có: ln
a
4
e
b
= ln a
4
+ ln e − ln b = 4 ln a + 1 − ln b = 4 ln a − ln b + 1.
Chọn đáp án A
Câu 11.2. Với a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1, đặt P = log
a
b
3
+ log
a
2
b
6
. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. P = 27 log
a
b . B. P = 15 log
a
b . C. P = 9 log
a
b . D. P = 6 log
a
b .
Lời giải.
Ta có P = log
a
b
3
+ log
a
2
b
6
= 3 log
a
b +
6
2
log
a
b = 3 log
a
b + 3 log
a
b = 6 log
a
b.
Chọn đáp án D
Câu 11.3. Tính giá trị của a
log
√
a
4
với a > 0, a 6= 1.
A. 8. B. 4. C. 16. D. 2.
Lời giải.
Ta có a
log
√
a
4
= a
2 log
a
4
= a
log
a
16
= 16.
Chọn đáp án C
Câu 11.4. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log a = x, log b = y. Tính P = log
a
2
b
3
A. P = 6xy. B. p = x
2
y
3
. C. P = x
2
+ y
3
. D. P = 2x + 3y.
Lời giải.
Ta có log
a
2
b
3
= log
a
2
+ log
b
3
= 2 log a + 3 log b = 2x + 3y.
Chọn đáp án D
Câu 11.5. Cho a, b > 0, log
3
a = p, log
3
b = p. Đẳng thức nào dưới đây đúng?
A. log
3
Å
3
r
a
m
b
d
ã
= r + pm − qd. B. log
3
Å
3
r
a
m
b
d
ã
= r + pm + qd.
C. log
3
Å
3
r
a
m
b
d
ã
= r − pm − qd. D. log
3
Å
3
r
a
m
b
d
ã
= r − pm + qd.
Lời giải.
Ta có log
3
3
a
m
b
d
= log
3
3
r
− log
3
a
m
b
d
= r − log
3
a
m
− log
3
b
d
= r − m log
3
a − d log
3
b
Chọn đáp án C
Câu 11.6. Giả sử a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn a
2
b
3
= 4
4
. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A. 2 log
2
a − 3 log
2
b = 8. B. 2 log
2
a + 3 log
2
b = 8.
C. 2 log
2
a + 3 log
2
b = 4. D. 2 log
2
a − 3 log
2
b = 4.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có log
2
a
2
b
3
= log
2
4
4
⇔ log
2
a
2
+ log
2
b
3
= 4 log
2
4 ⇔ 2 log
2
a + 3 log
2
b = 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 38
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án B
Câu 11.7. Cho số thực a > 0, a 6= 1. Giá trị log
√
a
3
3
√
a
2
bằng
A.
4
9
. B.
2
3
. C. 1. D.
9
4
.
Lời giải.
Ta có: log
√
a
3
3
√
a
2
= log
a
3
2
a
2
3
=
2
3
·
2
3
· log
a
a =
4
9
.
Câu 11.8. Giá trị của biểu thức log
2
5 · log
5
64 bằng
A. 6. B. 4. C. 5. D. 2.
Lời giải.
log
2
5 · log
5
64 = log
2
64 = log
2
2
6
= 6.
Chọn đáp án A
Câu 11.9. Biết log 3 = m, log 5 = n, tìm log
9
45 theo m, n.
A. 1 −
n
2m
. B. 1 +
n
m
. C. 2 +
n
2m
. D. 1 +
n
2m
.
Lời giải.
Ta có log
9
45 =
log 3
2
· 5
log 3
2
= 1 +
log 5
2 log 3
= 1 +
n
2m
.
Chọn đáp án D
Câu 11.10. Cho các số thực dương a, b, c và a 6= 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. log
a
b + log
a
c = log
a
(b + c). B. log
a
b + log
a
c = log
a
|b − c|.
C. log
a
b + log
a
c = log
a
(bc). D. log
a
b + log
a
c = log
a
(b − c).
Lời giải.
Với a, b, c và a 6= 1 thì log
a
b + log
a
c = log
a
(bc).
Chọn đáp án
C
Câu 11.11. Cho a và b là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai d 6= 0.
Giá trị của log
2
b − a
d
bằng
A. log
2
5. B. 2. C. 3. D. log
2
9.
Lời giải.
Ta có b = a + 4d nên b − a = 4d. Do đó, log
2
b − a
d
= log
2
4d
d
= 2.
Chọn đáp án B
Câu 11.12. Biết log
6
a = 2, (a > 0). Tính I = log
6
1
a
A. I = −2. B. I = 2. C. I = 1. D. I =
1
2
.
Lời giải.
Từ log
6
a = 2 (a > 0) ⇔ a = 6
2
. Khi đó I = log
6
1
a
= log
6
6
2
−1
= −2.
Chọn đáp án
A
Câu 11.13. Với a, b, x là các số thực dương thỏa mãn log
5
x = 4 log
5
a + 3 log
5
b, mệnh đề nào
dưới đây là đúng?
A. x = 3a + 4b. B. x = 4a + 3b. C. x = a
4
b
3
. D. x = a
4
+ b
3
.
Lời giải.
log
5
x = 4 log
5
a + 3 log
5
b = log
5
a
4
· b
3
. Suy ra x = a
4
b
3
.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 39
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 11.14. Tính giá trị của biểu thức I = a · log
2
√
8.
A. I =
2
3
. B. I =
3a
2
. C. I =
2a
3
. D. I =
3
2
.
Lời giải.
I = a · log
2
√
8 = a · log
2
2
3
2
=
3
2
· a · log
2
2 =
3a
2
.
Chọn đáp án B
Câu 11.15. Tính giá trị của biểu thức A = log
8
12 − log
8
15 + log
8
20
A. 1. B.
4
3
. C. 2. D.
3
4
.
Lời giải.
Ta có A = log
8
12 − log
8
15 + log
8
20 = log
8
12 · 20
15
= log
8
16 =
4
3
.
Chọn đáp án B
CÂU 12. Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng
A. 4πrl. B. πrl. C.
1
3
πrl. D. 2πrl.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ S = 2πrl.
Chọn đáp án D
Câu 12.1. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 7 . Diện tích xung quanh
của hình trụ đã cho bằng
A.
175π
3
. B. 175π. C. 70π. D. 35π.
Lời giải.
Ta có S
xq
= 2πrl = 2π · 5 · 7 = 70π .
Chọn đáp án C
Câu 12.2. Khối trụ tròn xoay có đường kính bằng 2a, chiều cao h = 2a có thể tích là
A. V = 2πa
2
. B. V = 2πa
3
. C. V = 2πa
2
h. D. V = πa
3
.
Lời giải.
Khối trụ tròn xoay có bán kính bằng
2a
2
= a nên có thể tích là V = πa
2
· 2a = 2πa
3
.
Chọn đáp án B
Câu 12.3. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S, diện tích đáy bằng diện tích một
mặt cầu bán kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng
A. Sa. B.
1
2
Sa. C.
1
3
Sa. D.
1
4
Sa.
Lời giải.
Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.
Theo bài ra ta có
(
S = 2πrh
πr
2
= 4πa
2
⇔
r = 2a
h =
S
4πa
.
Thể tích khối trụ là V = πr
2
h = π · 4a
2
·
S
4πa
= Sa.
Chọn đáp án A
Câu 12.4. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S, diện tích đáy bằng diện tích một
mặt cầu bán kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 40
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. Sa. B.
1
2
Sa. C.
1
3
Sa. D.
1
4
Sa.
Lời giải.
Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.
Theo bài ra ta có
(
S = 2πrh
πr
2
= 4πa
2
⇔
r = 2a
h =
S
4πa
.
Thể tích khối trụ là V = πr
2
h = π · 4a
2
·
S
4πa
= Sa.
Chọn đáp án A
Câu 12.5. Một hình trụ có bán kính đáy , r = a độ dài đường sinh l = 2a Diện tích toàn phần
của hình trụ này là
A. 2πa
2
. B. 4πa
2
. C. 6πa
2
. D. 5πa
2
.
Lời giải.
S
tp
= 2S
d
+ S
xq
= 2πa
2
+ 2πa · 2a = 6πa
2
.
Chọn đáp án C
Câu 12.6. Một hình trụ có bán kính đáy , r = a độ dài đường sinh l = 2a Diện tích toàn phần
của hình trụ này là
A. 2πa
2
. B. 4πa
2
. C. 6πa
2
. D. 5πa
2
.
Lời giải.
S
tp
= 2S
d
+ S
xq
= 2πa
2
+ 2πa · 2a = 6πa
2
.
Chọn đáp án C
Câu 12.7. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình
vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ là
A. 8πcm
2
. B. 4πcm
2
. C. 32πcm
2
. D. 16πcm
2
.
Lời giải.
Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có h = 2r = 4cm
⇒ S
xq
= 2πrh = 2π · 2.4 = 16πcm
2
.
O
0
Q
O
N
A
A
0
B
B
0
P
M
Chọn đáp án D
Câu 12.8. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4πa
2
và bán kính đáy là a. Tính độ dài
đường cao h của hình trụ đó.
A. a. B. 2a. C. 3a. D. 4a.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 41
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là:
S
xq
= 2πah ⇔ h =
S
xq
2πa
=
4πa
2
2πa
= 2a.
Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h = 2a.
Chọn đáp án B
Câu 12.9. Hình trụ tròn xoay có đường kính đáy là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là
A. V = 2πa
3
. B. V = πa
3
. C. V = 2πa
2
. D. V = 2πa
2
h.
Lời giải.
Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r = a.
Thể tích V = h · πr
2
= 2a · πa
2
= 2πa
3
.
h
2a
Chọn đáp án A
Câu 12.10. Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính
đáy là R.
A. S
xq
= 2πRh. B. S
xq
= π
2
Rh. C. S
xq
= πRh. D. S
xq
= 4πRh.
Lời giải.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ S
xq
= 2πRh.
Chọn đáp án
A
Câu 12.11. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4, diện tích xung quanh bằng 48π. Thể tích
của khối trụ bằng
A. 24π. B. 96π. C. 32π. D. 72π.
Lời giải.
Gọi hình trụ có bán kính và chiều cao lần lượt là R, h.
Theo giả thiết R = 4 và S
xq
= 2π · R · h = 48π nên h = 6.
Do đó thể tích khối trụ V = π · R
2
· h = 96π.
Chọn đáp án B
Câu 12.12. Một hình trụ có bán kính đáy a, có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính
theo a diện tích xung quanh của hình trụ.
A. πa
2
. B. 2πa
2
. C. 3πa
2
. D. 4πa
2
.
Lời giải.
Thiết diện qua trục là một hình vuông nên hình trụ có đường sinh bằng
đường kính đáy: l = 2a.
Vậy diện tích xung quanh hình trụ là S
xq
= 2πrl = 4πa
2
.
B
0
B
O
O
0
A
A
0
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 42
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 12.13. Cho hình trụ có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung
quanh của hình trụ.
A. πa
2
. B. 2a
2
. C. 2πa
2
. D. 4πa
2
.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S
xq
= 2π · R · h = 4πa
2
.
Chọn đáp án D
Câu 12.14. Tính diện tích xung quanh S của hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao
bằng 4.
A. S = 12π. B. S = 42π. C. S = 36π. D. S = 24π.
Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S = 2πRh = 2π · 3 · 4 = 24π.
Chọn đáp án D
Câu 12.15. Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh
a. Thể tích của khối trụ đó bằng bao nhiêu?
A. πa
3
. B.
πa
3
2
. C.
πa
3
3
. D.
πa
3
4
.
Lời giải.
Khối trụ có chiều cao h = a, bán kính đáy bằng r =
a
2
.
Vậy V = πr
2
h = π ·
a
2
4
· a =
πa
3
4
.
C
C
0
B
B
0
Chọn đáp án D
CÂU 13. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
−2−2
+∞+∞
Hàm số đã cho đạt cụrc đại tại
A. x = −2. B. x = 2. C. x = 1. D. x = −1.
Lời giải.
Hàm số đạt cực đại tại điểm mà đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Từ bảng biến hàm số đạt cực tại x = −1.
Chọn đáp án D
Câu 13.1. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm
số.
A. 3. B. 0. C. 1. D. 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 43
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
x
y
0
y
−∞
−2
0 2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
Lời giải.
Dựa vào BBT suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.
Chọn đáp án A
Câu 13.2. Hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
y
0
y
−∞
1 2
+∞
+
0
− +
−∞−∞
33
00
+∞+∞
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đã cho có hai điểm cực trị. B. Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị.
C. Hàm số đã cho không có giá trị cực tiểu. D. Hàm số đã cho không có giá trị cực đại.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 2.
Vậy hàm số có hai điểm cực trị.
Chọn đáp án A
Câu 13.3.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau.
Giá trị cực đại của hàm số bằng
A. 1. B. 2. C. 0. D. 5.
x
y
0
y
−∞
0 2
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
11
55
−∞−∞
Lời giải.
Giá trị cực đại của hàm số bằng 5.
Chọn đáp án D
Câu 13.4. Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau:
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 đã cho
A. y
CĐ
= −2 và y
CT
= 2. B. y
CĐ
= 3 và y
CT
= 0.
C. y
CĐ
= 2 và y
CT
= 0. D. y
CĐ
= 3 và y
CT
= −2.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 44
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Từ bảng biến thiên ta có y
CĐ
= 3 và y
CT
= 0.
Chọn đáp án B
Câu 13.5.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên
dưới đây. Khẳng định nào sau đây là
khẳng định đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2.
B. Hàm số đạt cực đại tại x = −2.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 4.
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 3.
x
y
0
y
−∞
2 4
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−2−2
+∞+∞
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4.
Chọn đáp án A
Câu 13.6.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như
hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. Hàm số có điểm cực tiểu x = 0.
B. Hàm số có điểm cực đại x = 5.
C. Hàm số có điểm cực tiểu x = −1.
D. Hàm số có điểm cực tiểu x = 1.
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
−1−1
+∞+∞
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x = 1.
Chọn đáp án D
Câu 13.7. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số y = f(x) có bao
nhiêu điểm cực trị?
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
− +
0
−
−∞−∞
22
−1 −1
33
22
A. Có một điểm. B. Có ba điểm. C. Có hai điểm. D. Có bốn điểm.
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = −1 và x = 1.
Chọn đáp án C
Câu 13.8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số y = f(x) có bao
nhiêu điểm cực trị?
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
− +
0
−
−∞−∞
22
−1 −1
33
22
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 45
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. Có một điểm. B. Có ba điểm. C. Có hai điểm. D. Có bốn điểm.
Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = −1 và x = 1.
Chọn đáp án C
Câu 13.9. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định
nào sau đây là đúng?
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−3−3
00
−3−3
+∞+∞
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1 bằng 1.
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0.
D. Hàm số có đúng hai điểm cực trị.
Lời giải.
Phương pháp: Đánh giá dấu của f
0
(x) và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y = f(x).
• Cực tiểu là điểm mà tại đó f
0
(x) đổi dấu từ âm sang dương.
• Cực đại là điểm mà tại đó f
0
(x) đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải: Hàm số đạt cực đại tại x = 0.
Chọn đáp án C
Câu 13.10. Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
y
0
y
−∞
1 2
+∞
− +
0
−
+∞+∞
−1−1
00
−∞−∞
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 1.
B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1.
C. Hàm số có đúng một cực trị.
D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 2.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có, dấu của y
0
đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại tại
x = 2 và dấu của y
0
đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng −1, giá trị cực đại của hàm số bằng 0.
Chọn đáp án A
Câu 13.11. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 46
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
2 4
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−2−2
+∞+∞
Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây?
A. x = −2. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 4.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2.
Chọn đáp án C
Câu 13.12.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên
như hình bên.
Chọn khẳng định sai.
x
y
0
y
−∞
−3
0
+∞
−
0
+ −
+∞+∞
00
33
−∞−∞
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0. B. Hàm số có hai điểm cực trị.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −3. D. Hàm số có giá trị cực tiểu y = −3.
Câu 13.13. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
0 2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
22
−2−2
+∞+∞
A. y
CD
= 0. B. max y
R
= 2. C. min y
R
= −2. D. y
CT
= −2.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: y
CD
= 2, y
CT
= −2.
Do lim
x→+∞
y = +∞ nên hàm số không có giá trị lớn nhất.
Do lim
x→−∞
y = −∞ nên hàm số không có giá trị nhỏ nhất.
Chọn đáp án D
Câu 13.14. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [−2; 3], có bảng biến thiên như hình vẽ
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 47
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
x
f
0
(x)
f(x)
−2 −1
1 3
+
0
− +
00
11
−2−2
55
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Giá trị cực tiểu của hàm số là 0. B. Giá trị cực đại của hàm số là 5.
C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1. D. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1.
Lời giải.
Hàm số đã cho có đạo hàm không xác định tại x = 1 nhưng đổi dấu qua x = 1 nên x = 1 là
điểm cực tiểu của hàm số.
Chọn đáp án D
Câu 13.15. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như dưới đây
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
−1−1
+∞+∞
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số có điểm cực tiểu x = 0. B. Hàm số có điểm cực đại x = 5.
C. Hàm số có điểm cực tiểu x = −1. D. Hàm số có điểm cực tiểu x = 1.
Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x = 1.
Chọn đáp án D
CÂU 14. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
A. y = x
3
− 3x. B. y = −x
3
+ 3x.
C. y = x
4
− 2x
2
. D. y = −x
4
+ 2x
2
.
x
y
O
Lời giải.
Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a > 0 nên chỉ có hàm số y = x
3
−3x thỏa
yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án A
Câu 14.1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 48
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ?
A. y =
2x − 1
x − 1
. B. y =
x + 1
x − 1
.
C. y = x
4
+ x
2
+ 1. D. y = x
3
− 3x − 1.
x
y
O
1
1
Lời giải.
Đồ thị là của hàm số nhất biến có tiệm cân đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1
nên là hàm số y =
x + 1
x − 1
Chọn đáp án B
Câu 14.2.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới
đây?
A. y =
x + 2
−2x + 4
. B. y =
−x + 1
x − 2
.
C. y =
2x − 3
x + 2
. D. y =
−x + 3
2x − 4
.
x
y
O
−2
2
−
1
2
1
2
Lời giải.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2 (loại phương án C), tiệm cận ngang y = −
1
2
(loại phương
án B) và đi qua điểm (−2; 0) (loại phương án D).
Chọn đáp án A
Câu 14.3.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = x
3
− 3x − 1. B. y = −x
3
− 3x
2
− 1.
C. y = −x
3
+ 3x
2
+ 1. D. y = x
3
− 3x + 1.
x
y
−1
3
1
−1
O
Lời giải.
Đường cong trong hình vẽ có dạng đồ thị của hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a 6= 0.
Dựa vào đồ thị, ta có lim
x→+∞
y = +∞. Suy ra a > 0.
Mặt khác, giao điểm của đồ thị với trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0.
Chỉ có hàm số y = x
3
− 3x + 1 thỏa mãn các đặc điểm trên.
Vậy đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số y = x
3
− 3x + 1.
Chọn đáp án D
Câu 14.4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 49
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Đường cong ở hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây
A. y = −x
3
+ 3x + 1. B. y =
x + 1
x − 1
.
C. y =
x − 1
x + 1
. D. y = x
3
− 3x
2
− 1.
O
x
y
1
1
Lời giải.
Căn cứ vào đồ thị ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x = 1 nên loại phương
án y = −x
3
+ 3x + 1, y =
x − 1
x + 1
, y = x
3
− 3x
2
− 1.
Vậy hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y =
x + 1
x − 1
.
Chọn đáp án B
Câu 14.5.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = −x
4
+ 3x
2
− 2. B. y = −x
4
+ 2x
2
− 1.
C. y = −x
4
+ x
2
− 1. D. y = −x
4
+ 3x
2
− 3.
x
−1
1
−1
y
O
Lời giải.
Dựa vào dạng đồ thị ta thấy:
• Hàm số đã cho có dạng y = ax
4
+ bx
2
+ c với a < 0.
• Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −1 nên hàm số có hệ số tự do
c = −1. Do vậy ta loại đáp án A và D.
• Hàm số đạt cực đại tại x = ±1, giá trị cực đại bằng 0.
• Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, gía trị cực tiểu bằng −1 . Do vậy ta chọn đáp án B.
Chọn đáp án B
Câu 14.6. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
x
y
−1
−1
2
O
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 50
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. y =
2x − 1
x + 1
. B. y =
1 − 2x
x + 1
. C. y =
2x + 1
x − 1
. D. y =
2x + 1
x + 1
.
Lời giải.
Đồ thị hàm số có đường tiệm đứng là x = −1. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −1).
Chọn đáp án A
Câu 14.7.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = x
4
− 2x
2
− 1. B. y = −x
4
+ 2x
2
− 1.
C. y = x
3
− x
2
− 1. D. y = −x
3
+ x
2
− 1.
x
y
O
Lời giải.
Dựa vào hình dáng đồ thị ta suy ra hàm số là hàm trùng phương y = ax
4
+ bx
2
+ c có
• “Đuôi thăng thiên” nên a > 0.
• Cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên c < 0.
• Có 3 cực trị nên a · b < 0 ⇒ b < 0.
Chọn đáp án A
Câu 14.8. Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
x
y
O
−1
−2
1 32
−4
A. y = x
3
− 3x
2
+ 4. B. y = −x
3
+ 3x
2
− 4. C. y = x
3
− 3x
2
− 4. D. y = −x
3
− 3x
2
− 4.
Lời giải.
Hình vẽ là đồ thị hàm số y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a < 0 và hàm số có hai điểm cực trị là x = 0
và x = 2. Ta thấy chỉ có hàm số y = −x
3
+ 3x
2
− 4 thỏa mãn các điều kiện đó.
Chọn đáp án B
Câu 14.9.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = x
4
− 2x
2
+ 3. B. y = x
4
− 2x
2
− 3.
C. y = −x
4
+ 2x
2
− 3. D. y = x
3
− 3x
2
− 3.
x
y
−1
1
−3
−4
O
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 51
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Đồ thị đã cho có dạng đồ thị của hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a dương, cắt trục tung tại
điểm có tung độ bằng −3.
Chọn đáp án B
Câu 14.10.
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây.
Hàm số đó là hàm số nào?
A. y = x
3
− 3x
2
+ 2. B. y = x
3
+ 3x
2
+ 2.
C. y = −x
3
+ 3x
2
+ 2. D. y = x
3
− 3x
2
+ 1.
21
1
−1
−2
2
x
y
O
Lời giải.
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số tăng suy ra hệ số a > 0.
Đồ thị hàm số đạt cực trị tại hai điểm là (0; 2) và (2; −2).
Ta có y = x
3
− 3x
2
+ 2 có y
0
= 3x
2
− 6x. Cho y
0
= 0 ⇔
"
x = 0
x = −2
(thỏa).
Ta có hàm số y = x
3
+ 3x + 2 có y
0
= 3x
2
+ 6x. Cho y
0
= 0
"
x = 0
x = 2
(loại). Ta có đồ thị hàm số cắt
trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 suy ra hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ 1 không thỏa.
Chọn đáp án A
Câu 14.11.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = 3x
2
− 2x
3
+ 1. B. y = −2x
3
− 3x
2
+ 1.
C. y = x
3
− 2x
2
+ 1. D. y = −x
3
+ 3x
2
+ 1.
x
y
O
1
1
2
Lời giải.
Đồ thị hình bên có a < 0, điểm cực tiểu M(0; 1), cực đại N(1; 2).
• Xét hàm số y = 3x
2
−2x
3
+ 1 có y
0
= 6x − 6x
2
= 0 ⇒
"
x = 0 ⇒ y = 1
x = 1 ⇒ y = 2
thỏa mãn đồ thị hình
bên.
• Xét hàm số y = −2x
3
− 3x
2
+ 1 có y
0
= −6x
2
− 6x = 0 ⇒
"
x = 0
x = −1
không thỏa mãn đồ thị
hình bên.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 52
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
• Hàm số y = x
3
− 2x
2
+ 1 có y
0
= 3x
2
− 4x = 0 ⇔
x = 0
x =
4
3
không thỏa hình bên.
• Hàm số y = −x
3
+ 3x
2
+ 1 có y
0
= −3x
2
+ 6x = 0 ⇒
"
x = 0
x = 2
không thỏa đồ thị hình bên.
Chọn đáp án A
Câu 14.12.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới
đây?
A. y = x
4
− x
2
+ 1. B. y = x
4
− 4x
2
+ 1.
C. y = −x
4
+ 4x
2
+ 1. D. y = x
3
− 3x
2
+ 2x + 1.
x
y
−2 2
1
O
Lời giải.
Từ dáng điệu của đồ thị hàm số suy ra nó là đồ thị hàm số trùng phương có hệ số a > 0. Do đó
ta chỉ xét hai hàm số y = x
4
− x
2
+ 1 và y = x
4
− 4x
2
+ 1.
Với hàm số y = x
4
− 4x
2
+ 1, ta có y
0
= 4x
3
− 8x, y
0
= 0 ⇔
"
x = 0
x = ±
√
2
. Khi x = ±
√
2 thì y = −3.
Do đó, đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số y = x
4
− 4x
2
+ 1.
Chọn đáp án B
Câu 14.13.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số
nào dưới đây?
A. y =
x − 1
2x + 1
. B. y =
x + 1
2x − 1
.
C. y =
2x − 1
x + 1
. D. y =
2x + 1
x − 1
.
O
x
y
1
−1
1
−1
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 53
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Từ đồ thị đã cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −
1
2
là tiệm cận đứng và đường thẳng
y =
1
2
làm tiệm cận ngang. Do đó đồ thị trên là của hàm số y =
x − 1
2x + 1
.
Chọn đáp án A
Câu 14.14.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số
nào dưới đây?
A. y =
x − 1
2x + 1
. B. y =
x + 1
2x − 1
.
C. y =
2x − 1
x + 1
. D. y =
2x + 1
x − 1
.
O
x
y
1
−1
1
−1
Lời giải.
Từ đồ thị đã cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −
1
2
là tiệm cận đứng và đường thẳng
y =
1
2
làm tiệm cận ngang. Do đó đồ thị trên là của hàm số y =
x − 1
2x + 1
.
Chọn đáp án A
Câu 14.15.
Đồ thị được cho ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. y = −x
3
+ 3x
2
+ 1. B. y =
x − 1
x + 1
.
C. y = x
3
+ 3x
2
+ 1. D. y = x
4
+ 2x + 1.
x
y
O
Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và hệ số a < 0
Chọn đáp án A
CÂU 15. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
x − 2
x + 1
là
A. y = −2. B. y = 1. C. x = −1. D. x = 2.
Lời giải.
Ta có lim
x→+∞
x − 2
x + 1
= 1 và lim
x→−∞
x − 2
x + 1
= 1.
Suy ra y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 54
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 15.1. Cho hàm số y =
2x − 3
x + 4
. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số trên là:
A. x = −4. B. y = 2. C. x = 4. D. y =
−3
4
.
Lời giải.
lim
x→+∞
y = lim
x→+∞
2x − 3
x + 4
= 2, lim
x→−∞
y = lim
x→−∞
2x − 3
x + 4
= 2.
Vậy y = 2 là đường tiệm cận ngang.
Chọn đáp án B
Câu 15.2. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
x − 3
x − 1
là đường thẳng có phương trình?
A. y = 5. B. y = 0. C. x = 1. D. y = 1.
Lời giải.
Ta có lim
x→±∞
y = lim
x→+∞
x − 3
x − 1
= 1 ⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Chọn đáp án B
Câu 15.3. Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số
trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới
đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
A. y =
2x − 1
x + 1
.
B. y =
1 − 2x
x + 1
.
C. y =
2x + 1
x − 1
.
D. y =
2x + 1
x + 1
.
x
y
O
−4 −2 −1 2
−1
1
2
3
5
Lời giải.
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −1 ⇒ loại đáp án C.
Đồ thị hàm số đi qua điểm A (0; −1) ⇒ loại đáp án B và D.
Chọn đáp án A
Câu 15.4. Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
2 − 2x
x + 1
.
A. y = −2. B. x = −1. C. x = −2. D. y = 2.
Lời giải.
Ta có: lim
x→±∞
y = lim
x
→ ±∞
2 − 2x
x + 1
= lim
x→±∞
2
x
− 2
1 +
1
x
= −2 ⇒ y = −2 là đường tiệm cận ngang của
hàm số.
Chọn đáp án A
Câu 15.5. Đồ thị hàm số y =
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Ta có: lim
x→±∞
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
= 0 nên đồ thị hàm số y =
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
có tiệm cận ngang y = 0.
lim
x→−1
+
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
= lim
x→−1
+
4 (x + 1)
(x + 1)
2
= lim
x→−1
+
4
x + 1
= +∞ nên đồ thị hàm số y =
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
có
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 55
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
tiệm cận đứng x = −1.
Vậy đồ thị hàm số y =
4x + 4
x
2
+ 2x + 1
có tất cả hai đường tiệm cận. Chọn đáp án A.
Chọn đáp án A
Câu 15.6. Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
2 − 2x
x + 1
.
A. x = −1. B. x = −2. C. y = 2. D. y = −2.
Lời giải.
Ta có lim
x→+∞
2 − 2x
x + 1
= −2 ⇒ y = −2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Chọn đáp án D
Câu 15.7. Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
3 − 2x
x + 1
là
A. x = −2. B. x = −1. C. y = −2. D. y = 3.
Lời giải.
Phương pháp: Sử dụng đồ thị hàm số y =
ax + b
cx + d
Å
x 6= −
d
c
ã
nhận đường thẳng y =
a
c
làm tiệm
cận ngang và đường thẳng x = −
d
c
làm tiệm cận đứng.
Cách giải:
Đồ thị hàm số y =
3 − 2x
x + 1
nhận đường thẳng y = −2 làm tiệm cận ngang.
Chọn đáp án C
Câu 15.8. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
5
x − 1
là đường thẳng có phương trình nào
dưới đây?
A. x = 1. B. y = 5. C. x = 0. D. y = 0.
Lời giải.
Ta có:
lim
x→+∞
5
x − 1
= 0
lim
x→−∞
5
x − 1
= 0
⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0.
Chọn đáp án D
Câu 15.9. Đồ thị hàm số y =
2x − 3
x − 1
có các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt
là
A. x = 1 và y = 2. B. x = 2 và y = 1. C. x = 1 và y = −3. D. x = −1 và y = 2.
Lời giải.
Hàm số đã cho là hàm nhất biến nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1, đường
tiệm cận ngang là y = 2.
Chọn đáp án A
Câu 15.10. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
1 − 4x
2x − 1
?
A. y = 2. B. y =
1
2
. C. y = 4. D. y = −2.
Lời giải.
Ta có: lim
x→+∞
y = −2 và lim
x→−∞
y = −2 nên đường thẳng y = −2 là đường tiệm cận ngang của đồ
thị hàm số.
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 56
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 15.11. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
3x − 5
x − 2
là
A. x = 2. B. y = 2. C. x = 3. D. y = 3.
Lời giải.
Ta có lim
x→2
+
3x − 5
x − 2
= +∞ và lim
x→2
−
3x − 5
x − 2
= −∞ nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
đã cho.
Chọn đáp án A
Câu 15.12. Phương trình các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
y =
1 − 3x
x + 2
lần lượt là
A. x = −2 và y = −3. B. y = −2 và x = −3. C. x = −2 và y = 1. D. x = 2 và y = 1.
Lời giải.
Ta có lim
x→(−2)
+
1 − 3x
x + 2
= +∞ và lim
x→(−2)
−
1 − 3x
x + 2
= −∞
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −2
Ta có lim
x→±∞
1 − 3x
x + 2
= −3
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = −3.
Chọn đáp án A
Câu 15.13. Đồ thị hàm số y =
7 − 2x
x − 2
có tiệm cận đứng là đường thẳng?
A. x = −3. B. x = 2. C. x = −2. D. x = 3.
Lời giải.
Ta có lim
x→2
+
y = lim
x→2
+
7 − 2x
x − 2
= +∞, nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên là x = 2.
Chọn đáp án B
Câu 15.14. Hàm số nào có đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm đường tiệm cận?
A. y =
1
x + 1
. B. y =
5x
2 − x
. C. y = x − 2 +
1
x + 1
. D. y =
1
x + 2
.
Lời giải.
Hàm số y =
5x
2 − x
nhận x = 2 làm tiệm cận đứng nên chọn B.
Chọn đáp án B
Câu 15.15. Đồ thị hàm số y =
2x − 3
x − 1
có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt
là
A. x = 1 và y = 2. B. x = 2 và y = 1. C. x = 1 và y = −3. D. x = −1 và y = 2.
Lời giải.
• lim
x→±∞
2x − 3
x − 1
= 2 nên y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị.
• lim
x→1
+
2x − 3
x − 1
= −∞, lim
x→1
−
2x − 3
x − 1
= +∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Chọn đáp án A
CÂU 16. Tập nghiệm của bất phương trình log x ≥ 1 là
A. (10; +∞). B. (0; +∞). C. [10; +∞). D. (−∞; 10).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 57
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
log x ≥ 1 ⇔
(
x > 0
x ≥ 10
⇔ x ≥ 10.
Chọn đáp án C
Câu 16.1. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
(3x + 1) < 2 là
A.
h
−
1
3
; 1
. B.
−
1
3
;
1
3
. C.
−
1
3
; 1
. D. (−∞; 1).
Lời giải.
ĐK: x > −
1
3
log
2
(3x + 1) < 2 ⇔ 3x + 1 < 4 ⇔ x < 1.
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là −
1
3
< x < 1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình
−
1
3
; 1
.
Chọn đáp án C
Câu 16.2. Tìm tập nghiệm của bất phương trình
3
4
x−1
>
3
4
−x+3
.
A. (2; +∞). B. (−∞; 2). C. [2; +∞). D. (−∞; 2].
Lời giải.
3
4
x−1
>
3
4
−x+3
⇔ x − 1 < −x + 3 ⇔ x < 2.
Chọn đáp án B
Câu 16.3. Tập nghiệm của bất phương trình
1
2
x
< 8 là.
A. S = (−∞; −3). B. S =
−∞;
1
3
. C. S = (−3; +∞). D. S =
1
3
; +∞
.
Lời giải.
1
2
x
< 8 ⇔ x > log
1
2
8 ⇔ x > −3.
Chọn đáp án C
Câu 16.4. Tập nghiệm của bất phương trình 3
2x−1
> 27 là
A.
1
2
; +∞
. B. (3; +∞). C.
1
3
; +∞
. D. (2; +∞).
Lời giải.
3
2x−1
> 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2.
Chọn đáp án D
Câu 16.5. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
x > log
2
(8 − x) là
A. (8; +∞). B. (−∞; 4). C. (4; 8). D. (0; 4).
Lời giải.
Điều kiện 0 < x < 8.
Do 2 > 1 nên bất phương trình đã cho tương đương với
x > 8 − x ⇔ 2x > 8 ⇔ x > 4.
Kết hợp với điều kiện 0 < x < 8 ta được tập nghiệm của bất phương trình là (4; 8)
Chọn đáp án C
Câu 16.6. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
x < 0 là
A. (0; 1). B. (−∞; 1). C. (1; +∞). D. (0; +∞).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 58
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Điều kiện: x > 0.
Phương trình đã cho tương đương với x < 1.
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm 0 < x < 1.
Chọn đáp án A
Câu 16.7. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
2
(x − 3) ≥ log
1
2
(9 − 2x) là
A. S = (3; 4). B. S =
3;
9
2
. C. S = (3; 4]. D. S =
h
4;
9
2
.
Lời giải.
log
1
2
(x − 3) ≥ log
1
2
(9 − 2x) ⇔
(
x − 3 ≤ 9 − 2x
x − 3 > 0
⇔ 3 < x ≤ 4.
Chọn đáp án C
Câu 16.8. Tập nghiệm của bất phương trình 3
x
> 9 là
A. (2; +∞). B. (0; 2). C. (0; +∞). D. (−2; +∞).
Lời giải.
Ta có 3
x
> 9 ⇔ 3
x
> 3
2
⇔ x > 2.
Chọn đáp án A
Câu 16.9. Tập nghiệm của bất phương trình 3
2x−1
> 27 là
A. (2; +∞). B. (3; +∞). C.
1
3
; +∞
. D.
1
2
; +∞
.
Lời giải.
Ta có 3
2x−1
> 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2.
Chọn đáp án A
Câu 16.10. Tập nghiệm của bất phương trình 2
x+1
> 0 là
A. x ∈ R. B. x > −1. C. x > 1. D. x > 0.
Lời giải.
Ta có 2
x+1
> 0 với mọi x ∈ R.
Chọn đáp án A
Câu 16.11. Tập nghiệm của bất phương trình 3
2x−1
> 27 là
A. (2; +∞). B. (3; +∞). C.
1
3
; +∞
. D.
1
2
; +∞
.
Lời giải.
Ta có 3
2x−1
> 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2.
Chọn đáp án A
Câu 16.12. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
2
x > 0 là
A. (0; 1). B. (−∞; 1). C. (1; +∞). D. (0; +∞).
Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0.
Ta có log
1
2
x > 0 ⇔ x < 1. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của bất phương
trình là S = (0; 1).
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 59
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 16.13. Tập nghiệm của bất phương trình
2
3
4x
≤
3
2
2−x
là
A.
−∞; −
2
3
i
. B.
−∞;
2
5
i
. C.
2
5
; +∞
i
. D.
h
−
2
3
; +∞
.
Lời giải.
2
3
4x
≤
3
2
2−x
⇔
3
2
−4x
≤
3
2
2−x
⇔ −4x ≤ 2 − x ⇔ x ≥ −
2
3
.
Chọn đáp án D
Câu 16.14. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log
3
(x − 2) > 2.
A. (−∞; 11). B. (2; +∞). C. [11; +∞). D. (11; +∞).
Lời giải.
Điều kiện: x − 2 > 0 ⇔ x > 2.
Vì 3 > 1 nên log
3
(x − 2) > 2 ⇔ x − 2 > 3
2
⇔ x > 11.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [11; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 16.15. Tập nghiệm của bất phương trình
1
3
3x
>
1
3
2x+6
là
A. (0; 6). B. (−∞; 6). C. (0; 64). D. (6; +∞).
Lời giải.
Ta có
1
3
3x
>
1
3
2x+6
⇔ 3x < 2x + 6 ⇔ x < 6.
Chọn đáp án B
CÂU 17. Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị trong hình bên.
Số nghiệm của phương trình f(x) = −1 là
A. 3. B. 2.
C. 1. D. 4.
x
y
O
−2
2
−3
1
Lời giải.
x
y
O
y = −1
−2
2
−3
1
Dựa vào đồ thị ta thấy có 4 giao điểm. Vậy phương trình có 4 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 17.1. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình sau
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 60
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−2
0 2
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−2−2
11
−2−2
+∞+∞
Số nghiệm thực của phương trình 2f(x) + 3 = 0 là
A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải.
2f(x) + 3 = 0 ⇔ f(x) = −
3
2
.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = −
3
2
.
Mà −2 < −
3
2
< 1 nên số nghiệm thực của phương trình 2f(x) + 3 = 0 là 4.
Chọn đáp án A
Câu 17.2.
Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của
phương trình 3f(x) − 8 = 0 bằng
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
x
y
O
1
−1
1
2
−2
2
−2
Lời giải.
Ta có 3f(x) − 8 = 0 ⇔ f (x) =
8
3
.
Dựa vào đồ thị, đường thẳng y =
8
3
cắt đồ thị y = f (x) tại hai điểm
phân biệt. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
x
y
O
1
−1
1
2
−2
2
−2
8
3
Chọn đáp án B
Câu 17.3. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
00
+∞+∞
Số nghiệm của phương trình 2f(x) + 3 = 0 là
A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 61
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Ta có 2f(x) + 3 = 0 ⇔ f(x) = −
3
2
là PTHĐGĐ của đồ thị (C) của hàm số y = f(x) và đường
thẳng d : y = −
3
2
. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (C) và d cắt nhau tại 1 điểm. Vậy Phương
trình 2f(x) + 3 = 0 có 1 nghiệm.
Chọn đáp án A
Câu 17.4.
Cho hàm số f(x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình
2f(x) − 3 = 0 là
A. 3. B. 1. C. 2. D. 0.
x
y
−1
3
1
−1
O
Lời giải.
Ta có 2f(x) − 3 = 0 ⇔ f (x) =
3
2
(∗).
Số nghiệm của phương trình (∗) bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số
y = f(x) và đường thẳng y =
3
2
.
Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại 3 điểm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
x
y
−1
3
1
−1
y =
3
2
O
Chọn đáp án A
Câu 17.5.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ
bên. Số nghiệm của phương trình f (x) = −1 là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
−
0
+ +
11
−
√
2−
√
2
+∞
−∞
−1−1
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f (x) = −1 tương ứng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x)
và y = −1. Dựa vào bảng biến thiên suy ra số giao điểm hai đồ thị là 2 điểm.
Chọn đáp án A
Câu 17.6. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 62
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
1
2
1
2
55
1
2
1
2
+∞+∞
Số nghiệm của phương trình 2f(x) − 5 = 0 là:
A. 4. B. 0. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Ta có 2f(x) − 5 = 0 ⇔ f (x) =
5
2
.
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường
thẳng y =
5
2
. Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y =
5
2
cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại
đúng 4 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án A
Câu 17.7.
Cho hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 1 có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá
trị thực của tham số m để phương trình −x
4
+2x
2
+1 = m có bốn nghiệm
thực phân biệt.
A. 1 ≤ m ≤ 2.
B. m > 1.
C. m < 2.
D. 1 < m < 2.
x
y
O
1
2
−1 1
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình −x
4
+ 2x
2
+ 1 = m là số giao điểm của đồ
thị hai hàm số y = −x
4
+ 2x
2
+ 1 và đường thẳng y = m (song song hoặc
trùng Ox).
Từ đồ thị, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < m < 2.
x
y
O
1
2
−1 1
Chọn đáp án
D
Câu 17.8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ:
x
y
0
y
−∞
−2
1
+∞
1
−
0
+
11
−∞
+∞
−2−2
+∞+∞
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình f(x) = m có 3 nghiệm phân biệt.
A. −2 < m < 1. B. −2 < m. C. −2 ≤ m < 1. D. −2 ≤ m ≤ 1.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 63
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng
y = m.
Chọn đáp án A
Câu 17.9.
Cho hàm số y = f(x) = ax
4
+ bx
2
+ c có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm
của phương trình 2f(x) + 3 = 0 là
A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
x
y
Lời giải.
Ta có 2f(x) + 3 = 0 ⇔ f(x) = −
3
2
. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
đã cho và đường thẳng ∆: y = −
3
2
. Dựa vào đồ thị thì hàm số có cực đại là y
CĐ
= 1 và cực tiểu
là y
CT
= −3. Mà −3 < −
3
2
< 1 nên đường thẳng ∆ cắt đồ thị đã cho tại 4 điểm.
Vậy phương trình 2f(x) + 3 = 0 có 4 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 17.10.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình bên. Phương
trình f(x) = π có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
O
x
y
−2 −1 1 2
−1
1
2
3
4
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f(x) = π bằng số giao điểm của đường thẳng y = π và đồ thị hàm
số y = f (x).
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y = π cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có
4 nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án D
Câu 17.11.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 64
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Đồ thị ở hình bên là của hàm số y = x
4
−2x
2
−3. Với giá trị nào của
m thì phương trình x
4
−2x
2
+ m = 0 có ba nghiệm phân biệt?
A. m = −3. B. m = −4. C. m = 0. D. m = 4.
x
y
−4
−3
−1
1
O
Lời giải.
PT ⇔ x
4
−2x
2
−3 = −m −3. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y = x
4
− 2x
2
− 3 và đường thẳng y = −m − 3. Dựa vào đồ thị hàm số ta có phương trình có ba
nghiệm phân biệt khi −m − 3 = −3 ⇔ m = 0.
Chọn đáp án C
Câu 17.12.
Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và
có bảng biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của
phương trình f(x) + 2 = 0 là
A. 2. B. 0. C. 1. D. 3.
x
y
0
y
−∞
1 3
+∞
+
0
− +
−∞−∞
22
−2−2
+∞+∞
Lời giải.
Ta thấy f(x) + 2 = 0 ⇔ f(x) = −2 ⇔
"
x = x
0
∈ (−∞; 1)
x = 3.
Vậy phương trình f(x) + 2 = 0 có 2 nghiệm.
Chọn đáp án A
Câu 17.13.
Đồ thị ở hình bên là của hàm số y = x
4
−3x
2
−3. Với giá trị nào của
m thì phương trình x
4
− 3x
2
+ m = 0 có ba nghiệm phân biệt?
A. m = −4. B. m = 0. C. m = −3. D. m = 4.
x
y
O
−1
1
−3
−5
Lời giải.
Ta có
x
4
− 3x
2
+ m = 0 ⇔ x
4
− 3x
2
− 3 = −m − 3. (1)
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị y = x
4
− 3x
2
− 3 và y = −m − 3.
Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi
−m − 3 = −3 ⇔ m = 0.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 65
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án B
Câu 17.14. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ.
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
−2−2
+∞+∞
Số nghiệm của phương trình f(x) + 2 = 0 là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Lời giải.
Phương trình f(x) + 2 = 0 ⇔ f(x) = −2. Số nghiệm phương trình đã cho là số giao điểm của đồ
thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = −2. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số giao điểm này
bằng 2 nên phương trình đã cho có hai nghiệm.
Chọn đáp án B
Câu 17.15. Cho hàm số y = x
4
− 2x
2
− 3 có đồ thị hàm số như hình bên dưới. Với giá trị nào
của tham số m phương trình x
4
− 2x
2
− 3 = 2m − 4 có hai nghiệm phân biệt?
x
y
O
1
−1
−3
−4
A.
m = 0
m >
1
2
. B. 0 < m <
1
2
. C.
m = 0
m =
1
2
. D. m ≤
1
2
.
Lời giải.
Số nghiệm của phương trình x
4
−2x
2
−3 = 2m −4 bằng số giao điểm của đường thẳng y = 2m −4
và đồ thị hàm số y = x
4
− 2x
2
− 3.
Dựa vào đồ thị ta có phương trình x
4
−2x
2
−3 = 2m −4 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
"
2m − 4 = −4
2m − 4 > −3
⇔
m = 0
m >
1
2
.
Chọn đáp án A
CÂU 18. Nếu
1
Z
0
f(x)dx = 4 thì
1
Z
0
2f(x)dx = 4 bằng
A. 16. B. 4. C. 2. D. 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 66
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Ta có:
1
Z
0
2f(x) dx = 2
1
Z
0
f(x) dx = 2.4 = 8.
Chọn đáp án D
Câu 18.1. Nếu
2
Z
1
f(x) dx = 3,
5
Z
2
f(x) dx = −1 thì
5
Z
1
f(x) dx bằng
A. 3. B. 4. C. 2. D. −2.
Lời giải.
Theo tính chất tích phân
5
Z
1
f(x) dx =
2
Z
1
f(x) dx +
5
Z
2
f(x) dx = 3 + (−1) = 2.
Chọn đáp án C
Câu 18.2. Nếu
5
Z
2
f(x)dx = 3 và
7
Z
5
f(x)dx = 9 thì
7
Z
2
f(x)dx bằng bao nhiêu?
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 đáp án C
Câu 18.3. Nếu
5
Z
1
dx
2x − 1
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng
A. 9. B. 3. C. 6. D. 81.
Lời giải.
5
Z
1
dx
2x − 1
=
1
2
ln |2x − 1|
5
1
= ln 3.
Vậy c = 3.
Chọn đáp án B
Câu 18.4. Nếu
5
Z
1
dx
2x − 1
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng
A. 9. B. 3. C. 6. D. 81.
Lời giải.
5
Z
1
dx
2x − 1
=
1
2
ln |2x − 1|
5
1
= ln 3.
Vậy c = 3.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 67
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 18.5. Nếu
5
Z
1
dx
2x − 1
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng
A. 9. B. 3. C. 6. D. 81.
Lời giải.
5
Z
1
dx
2x − 1
=
1
2
ln |2x − 1|
5
1
= ln 3.
Vậy c = 3.
Chọn đáp án B
Câu 18.6. Nếu
2
Z
1
f(x) dx = 3,
5
Z
2
f(x) dx = −1 thì
5
Z
1
f(x) dx bằng
A. −2. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Ta có
5
Z
1
f(x) dx =
2
Z
1
f(x) dx +
5
Z
2
f(x) dx = 3 − 1 = 2.
Chọn đáp án B
Câu 18.7. Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0; 3]. Nếu
3
Z
0
f(x)dx = 2 thì tích phân
3
Z
0
[x −
3f(x)]dx có giá trị bằng
A. −3. B. 3. C.
3
2
. D. −
3
2
.
Lời giải.
Ta có
3
Z
0
[x − 3f(x)]dx =
3
Z
0
xdx − 3
3
Z
0
f(x)dx =
1
2
x
2
3
0
− 6 =
9
2
− 6 = −
3
2
.
Chọn đáp án D
Câu 18.8. Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0; 3]. Nếu
3
Z
0
f(x)dx = 2 thì tích phân
3
Z
0
[x −
3f(x)]dx có giá trị bằng
A. −3. B. 3. C.
3
2
. D. −
3
2
.
Lời giải.
Ta có
3
Z
0
[x − 3f(x)]dx =
3
Z
0
xdx − 3
3
Z
0
f(x)dx =
1
2
x
2
3
0
− 6 =
9
2
− 6 = −
3
2
.
Chọn đáp án D
Câu 18.9. Cho các số thực a, b (a < b). Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm là hàm liên tục trên
R thì
A.
b
Z
a
f(x) dx = f
0
(a) − f
0
(b). B.
b
Z
a
f
0
(x) dx = f (b) − f(a).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 68
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
C.
b
Z
a
f
0
(x) dx = f (a) − f(b). D.
b
Z
a
f(x) dx = f
0
(b) − f
0
(a).
Lời giải.
Ta có
b
Z
a
f
0
(x) dx = f (x)
b
a
= f(b) − f (a).
Chọn đáp án B
CÂU 19. Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i là
A. ¯z = −2 + i. . B. ¯z = −2 − i. C. ¯z = 2 − i. D. ¯z = 2 + i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i và z = 2 − i.
Chọn đáp án C
Câu 19.1. Cho số phức z thỏa mãn z = 3 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.
A. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng 2. B. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2.
C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2. D. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng −2.
Lời giải.
Vì z = 3 + 2i ⇒ z = 3 − 2i. Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2.
Chọn đáp án C
Câu 19.2. Phần thực và phần ảo của số phức z = 1 + 2i lần lượt là
A. 1 và 2. B. 1 và i. C. 1 và 2i. D. 2 và 1.
Lời giải.
Số phức z có phần thực là 1 và phần ảo là 2.
Chọn đáp án A
Câu 19.3. Số phức liên hợp của z = 4 + 3i là
A. z = −3 + 4i. B. z = 4 − 3i. C. z = 3 + 4i. D. z = 3 − 4i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của z = 4 + 3i là z = 4 − 3i.
Chọn đáp án B
Câu 19.4. Tìm phần thực và phần ảo của số phức liên hợp của số phức z = 1 + i.
A. Phần thực là 1, phần ảo là −1. B. Phần thực là 1, phần ảo là −i.
C. Phần thực là 1, phần ảo là 1. D. Phần thực là 1, phần ảo là i.
Lời giải.
¯z = 1 − i, phần thực bằng 1, phần ảo bằng −1.
Chọn đáp án A
Câu 19.5. Tìm phần ảo của số phức z = 5 − 8i.
A. 8. B. −8i. C. 5. D. −8.
Lời giải.
Theo sách giáo khoa ta thấy z có phần ảo là −8.
Chọn đáp án D
Câu 19.6. Tìm phần ảo của số phức z = 8 − 12i.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 69
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. −12. B. 18. C. 12. D. −12i.
Lời giải.
Phần ảo của số phức z = 8 − 12i là −12.
Chọn đáp án A
Câu 19.7. Tìm số phức liên hợp của của số z = 5 + i.
A. z = 5 − i. B. z = −5 − i. C. z = 5 + i. D. z = −5 + i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của của số a + bi là a − bi. Do đó z = 5 − i.
Chọn đáp án A
Câu 19.8. Tính mô-đun của số phức z = 3 + 4i.
A. 3. B. 5. C. 7. D.
√
7.
Lời giải.
Ta có |z| =
√
3
2
+ 4
2
= 5.
Chọn đáp án B
Câu 19.9. Số phức liên hợp của số phức z = 6 − 4i là
A. ¯z = −6 + 4i. B. ¯z = 4 + 6i. C. ¯z = 6 + 4i. D. ¯z = −6 − 4i.
Lời giải.
Số phức liên hợp của số phức 6 − 4i là 6 + 4i.
Chọn đáp án C
Câu 19.10. Cho số phức z = 2 + i. Số phức liên hợp z có phần thực, phần ảo lần lượt là
A. 2 và 1. B. −2 và −1. C. −2 và 1. D. 2 và −1.
Lời giải.
z = 2 + i ⇒ z = 2 − i. Vậy z có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và −1.
Chọn đáp án D
CÂU 20. Cho hai số phức z
1
= 2 + i và z
2
= 1 + 3i . Phần thực của số phức z
1
+ z
2
bằng
A. 1. B. 3. C. 4. D. -2.
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= 3 + 4i.
Chọn đáp án B
Câu 20.1. Cho hai số phức z
1
= 3+i, z
2
= 2−i. Tính giá trị của biểu thức P = |z
1
+z
1
·z
2
|.
A. P = 85. B. P = 5. C. P = 50. D. P = 10.
Lời giải.
Ta có z
1
· z
2
= (3 + i)(2 − i) = 7 − i ⇒ z
1
+ z
1
· z
2
= 3 + i + 7 − i = 10.
Suy ra P = |z
1
+ z
1
· z
2
| = 10.
Chọn đáp án D
Câu 20.2. Cho hai số phức z
1
= −1+2i, z
2
= −1−2i. Giá trị của biểu thức |z
1
|
2
+|z
2
|
2
bằng
A.
√
10. B. 10. C. −6. D. 4.
Lời giải.
Ta có |z
1
| =
»
(−1)
2
+ 2
2
=
√
5; |z
2
| =
»
(−1)
2
+ (−2)
2
=
√
5.
|z
1
|
2
+ |z
2
|
2
=
√
5
2
+
√
5
2
= 10.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 70
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 20.3. Cho hai số phức z
1
= 1 −2i và z
2
= 3 + 4i. Tìm điểm M biểu diễn số phức z
1
.z
2
trên
mặt phẳng tọa độ.
A. M(−2; 11). B. M(−2; −11). C. M(11; −2). D. M(11; 2).
Lời giải.
Ta có z
1
.z
2
= (1 − 2i)(3 + 4i) = 11 − 2i.
Vậy M(11; −2).
Chọn đáp án C
Câu 20.4. Cho hai số phức z
1
= 1 + 2i, z
2
= 3 − i. Tìm số phức z =
z
2
z
1
.
A. z =
1
10
+
7
10
i. B. z =
1
5
+
7
5
i. C. z =
1
5
−
7
5
i. D. z = −
1
10
+
7
10
i.
Lời giải.
Ta có z =
z
2
z
1
=
z
2
· z
1
z
1
· z
1
=
(3 − i)(1 − 2i)
(1 + 2i)(1 − 2i)
=
1 − 7i
5
=
1
5
−
7
5
i.
Chọn đáp án C
Câu 20.5. Cho hai số phức z
1
= 2 −7i và z
2
= −4 + i. Điểm biểu diễn số phức z
1
+ z
2
trên mặt
phẳng tọa độ là điểm nào dưới đây?
A. Q(−2; −6). B. P (−5; −3). C. N(6; −8). D. M (3; −11).
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= −2 − 6i. Vậy điểm biểu diễn z
1
+ z
2
trên mặt phẳng tọa độ là điểm Q(−2; −6).
Chọn đáp án A
Câu 20.6. Cho hai số phức z
1
= 1 + 2i và z
2
= 2 −3i. Phần ảo của số phức w = 3z
1
−2z
2
là
A. 11. B. 12. C. 1. D. 12i.
Lời giải.
Ta có w = 3z
1
− 2z
2
= 3(1 + 2i) − 2(2 − 3i) = −1 + 12i.
Vậy phần ảo của số phức w là 12.
Chọn đáp án B
Câu 20.7. Cho hai số phức z
1
= 5−7i, z
2
= 2−i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho bằng
A. |z
1
− z
2
| = 3
√
5. B. |z
1
− z
2
| = 45.
C. |z
1
− z
2
| =
√
113. D. |z
1
− z
2
| =
√
74 −
√
5.
Lời giải.
Ta có z
1
− z
2
= 3 − 6i ⇒ |z
1
− z
2
| =
√
9 + 36 = 3
√
5.
Chọn đáp án A
Câu 20.8. Cho hai số phức z
1
= 5−7i, z
2
= 2−i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho bằng
A. |z
1
− z
2
| = 3
√
5. B. |z
1
− z
2
| = 45.
C. |z
1
− z
2
| =
√
113. D. |z
1
− z
2
| =
√
74 −
√
5.
Lời giải.
Ta có z
1
− z
2
= 3 − 6i ⇒ |z
1
− z
2
| =
√
9 + 36 = 3
√
5.
Chọn đáp án A
Câu 20.9. Cho hai số phức z
1
= 2 + 3i và z
2
= −4 − 5i. Tìm số phức z = z
1
+ z
2
.
A. z = 2 + 2i. B. z = −2 − 2i. C. z = 2 − 2i. D. z = −2 + 2i.
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= (2 + 3i) + (−4 − 5i) = −2 − 2i.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 71
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án B
Câu 20.10. Cho hai số phức z = 3 − 5i và w = −1 + 2i. Điểm biểu diễn số phức z
0
= z − w · z
trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là
A. (−4; −6). B. (4; 6). C. (4; −6). D. (−6; −4).
Lời giải.
Ta có
z
0
= z − w · z
= 3 + 5i − (−1 + 2i) · (3 − 5i)
= 3 + 5i − (7 + 11i)
= −4 − 6i.
Chọn đáp án A
Câu 20.11. Cho hai số phức z
1
= 3 − 7i và z
2
= 2 + 3i. Tìm số phức z = z
1
+ z
2
.
A. z = 1 − 10i. B. z = 5 − 4i. C. z = 3 − 10i. D. z = 3 + 3i.
Lời giải.
Ta có z = z
1
+ z
2
= 3 − 7i + 2 + 3i = 5 − 4i.
Chọn đáp án B
Câu 20.12. Cho hai số phức: z
1
= 1 − 2i, z
2
= 2 + 3i. Tìm số phức w = z
1
− 2z
2
.
A. w = −3 + 8i. B. w = −5 + i. C. w = −3 − 8i. D. w = −3 + i.
Lời giải.
Ta có w = z
1
− 2z
2
= (1 − 2i) − 2(2 + 3i) = −3 − 8i.
Chọn đáp án C
Câu 20.13. Cho hai số phức z
1
= 5 − 7i, z
2
= 2 − i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho
bằng
A. |z
1
− z
2
| = 3
√
5. B. |z
1
− z
2
| = 45.
C. |z
1
− z
2
| =
√
113. D. |z
1
− z
2
| =
√
74 −
√
5.
Lời giải.
Ta có z
1
− z
2
= 3 − 6i ⇒ |z
1
− z
2
| =
√
9 + 36 = 3
√
5.
Chọn đáp án A
Câu 20.14. Cho hai số phức z
1
= 2 + 3i và z
2
= −4 − 5i. Tìm số phức z = z
1
+ z
2
.
A. z = 2 + 2i. B. z = −2 − 2i. C. z = 2 − 2i. D. z = −2 + 2i.
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= (2 + 3i) + (−4 − 5i) = −2 − 2i.
Chọn đáp án B
Câu 20.15. Cho hai số phức: z
1
= 1 − 2i, z
2
= 2 + 3i. Tìm số phức w = z
1
− 2z
2
.
A. w = −3 + 8i. B. w = −5 + i. C. w = −3 − 8i. D. w = −3 + i.
Lời giải.
Ta có w = z
1
− 2z
2
= (1 − 2i) − 2(2 + 3i) = −3 − 8i.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 72
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
CÂU 21. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = −1+2i là điểm nào dưới đây?
A. Q(1; 2). B. P(−1; 2). C. N(1; −2). D. M(−1; −2).
Lời giải.
Điểm biểu diễn của số phức z = −1 + 2i là điểm P (−1; 2).
Chọn đáp án B
Câu 21.1. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
|z + 2 − 5i| = 6 là đường tròn có tâm I và bán kính R lần lượt là
A. I(−2; 5) và R = 36. B. I(−2; 5) và R = 6.
C. I(2; −5) và R = 36. D. I(2; −5) và R = 6.
Lời giải.
Gọi z = x + iy (x, y ∈ R). Ta có |z + 2 − 5i| = 6 ⇔ (x + 2)
2
+ (y − 5)
2
= 36.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn z là đường tròn có tâm I(−2; 5) và bán kính R = 6.
Chọn đáp án B
Câu 21.2. Cho số phức z = 4 − 3i có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là M. Tính
độ dài OM.
A. 5. B. 25. C.
√
7. D. 4.
Lời giải.
Ta có OM = |z| =
p
4
2
+ (−3)
2
= 5.
Chọn đáp án A
Câu 21.3. Cho số phức z = 6 + 17i. Điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy
là
A. M(−6; −17). B. M(−17; −6). C. M(17; 6). D. M(6; 17).
Lời giải.
Điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy là M(6; 17).
Chọn đáp án D
Câu 21.4.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn
của số phức z. Tìm z.
A. z = −4 + 3i. B. z = −3 + 4i. C. z = 3 − 4i. D. z = 3 + 4i.
x
y
O
M
3
−4
Lời giải.
Điểm M có tọa độ là M (3; −4) ⇒ điểm M biểu diễn số phức z = 3 − 4i.
Chọn đáp án C
Câu 21.5. Số phức được biểu diễn bởi điểm M(2; −1) là
A. 2 + i. B. 1 + 2i. C. 2 − i. D. −1 + 2i.
Lời giải.
Số phức có điểm biểu diễn bởi M(2; −1) trên mặt phẳng tọa độ là 2 − i.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 73
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 21.6.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 −4i được biểu diễn bởi điểm
nào trong các điểm A, B, C, D?
A. Điểm D. B. Điểm B. C. Điểm A. D. Điểm C.
x
−4
3
y
−3
−4
−3
4
3
−4
3
4
O
C
D
A
B
Lời giải.
Ta có z = 3 − 4i nên điểm biểu diễn số phức z là D(3; −4).
Chọn đáp án A
Câu 21.7.
Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm
M như hình bên?
A. 1 − 2i. B. i + 2. C. i − 2. D. 1 + 2i.
x
y
O
1
−2
M
Lời giải.
Vì M (1; −2) nên M là điểm biểu diễn của số phức z = 1 − 2i.
Chọn đáp án A
Câu 21.8. Điểm M biểu diễn số phức z = 2 − i trên mặt phẳng tọa độ Oxy là
A. M = (1; −2). B. M = (2; −1). C. M = (−2; 1). D. M = (2; 1).
Lời giải.
Số phức z = 2 − i có điểm biểu diễn là M = (2; −1).
Chọn đáp án B
Câu 21.9. Số phức z thỏa mãn z = 1 −2i được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm nào
sau?
A. Q(−1; −2). B. M(1; 2). C. P (−1; 2). D. N(1; −2).
Lời giải.
Ta có z = 1 − 2i ⇒ z = 1 + 2i. Khi đó số phức z được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm
M(1; 2).
Chọn đáp án B
Câu 21.10. Cho số phức z = 1 − 2i, điểm M biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy
có tọa độ là
A. M (2; 1). B. M (1; 2). C. M (1; −2). D. M (−1; 2).
Lời giải.
Ta có z = 1 − 2i ⇒ z = 1 + 2i ⇒ M (1; 2).
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 74
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 21.11.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 − 4i được biểu diễn bởi
điểm nào trong các điểm A, B, C, D?
A. Điểm D. B. Điểm B. C. Điểm A. D. Điểm C.
x
y
O
A
D
C
B
−3
−4
3
4
−4 3
Lời giải.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 − 4i được biểu diễn bởi điểm có tọa độ là D(3; −4).
Chọn đáp án A
CÂU 22. Trong không gian Oxyz,hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1; −1) trên mặt phẳng
(Ozx) có tọa độ là
A. (0; 1; 0). B. (2; 1; 0). C. (0; 1; −1). D. (2; 0; −1).
Lời giải.
Hình chiếu của M(2; 1; −1) lên mặt phẳng Ozx là điểm (2; 0; −1).
Chọn đáp án D
Câu 22.1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−1; 2; 3). Hình chiếu vuông góc của điểm A
trên trục Oz là điểm
A. Q(−1; 0; 3). B. M(0; 0; 3). C. P (0; 2; 3). D. N(−1; 0; 0).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm A(−1; 2; 3) lên trục Oz là điểm M(0; 0; 3).
Chọn đáp án B
Câu 22.2. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox là
điểm nào dưới đây?
A. M(2; 0; 0). B. M(0; 3; 0). C. M(0; 0; 4). D. M(0; 2; 3).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) là điểm M(2; 0; 0).
Chọn đáp án A
Câu 22.3. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox là
điểm nào dưới đây?
A. M(2; 0; 0). B. M(0; 3; 0). C. M(0; 0; 4). D. M(0; 2; 3).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) là điểm M(2; 0; 0).
Chọn đáp án A
Câu 22.4. Trong không gian tọa độ Oxyz, tọa độ điểm G
0
đối xứng với điểm G(5; −3; 7) qua
trục Oy là
A. G
0
(−5; 0; −7). B. G
0
(−5; −3; −7). C. G
0
(5; 3; 7). D. G
0
(−5; 3; −7).
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 75
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Hình chiếu vuông góc của điểm G(5; −3; 7) lên trục Oy là H(0; −3; 0).
Vì G
0
đối xứng với G qua trục Oy nên H là trung điểm của đoạn GG
0
nên tọa độ của điểm G
0
là
x
G
0
= 2x
H
− x
G
= −5
y
G
0
= 2y
H
− y
G
= −3
z
G
0
= 2z
H
− z
G
= −7.
Vậy tọa độ điểm G
0
(−5; −3; −7).
Chọn đáp án B
Câu 22.5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm
A(2; −1; 0) lên mặt phẳng (P ) : 3x − 2y + z + 6 = 0 là
A. (1; 1; 1). B. (−1; 1; −1). C. (3; −2; 1). D. (5; −3; 1).
Lời giải.
Gọi H(x; y; −6−3x+2y) là hình chiếu của A lên mặt phẳng P . Ta có
# »
AH = (x−2; y+1; −6−3x+2y).
Do
# »
AH ⊥ (P ) nên hai véc-tơ
# »
AH và
#»
n
P
cùng phương. Suy ra ta có hệ phương trình
x − 2
3
=
y + 1
−2
=
−6 − 3x + 2y
1
. (1)
Giải hệ (1) ta thu được một nghiệm là (−1; 1; −1).
Chọn đáp án B
Câu 22.6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M(3; 2; 1) trên
Ox có tọa độ là
A. (0; 0; 1). B. (3; 0; 0). C. (−3; 0; 0). D. (0; 2; 0).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M(3; 2; 1) trên Ox có tọa độ là (3; 0; 0).
Chọn đáp án B
Câu 22.7. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1). Hình chiếu vuông góc của điểm M
lên trục Oz là điểm
A. M
3
(3; 0; 0). B. M
4
(0; 2; 0). C. M
1
(0; 0; −1). D. M
2
(3; 2; 0).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz là điểm M
1
(0; 0; −1) .
Chọn đáp án C
Câu 22.8. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1). Hình chiếu vuông góc của điểm M
lên trục Oz là điểm
A. M
3
(3; 0; 0). B. M
4
(0; 2; 0). C. M
1
(0; 0; −1). D. M
2
(3; 2; 0).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz là điểm M
1
(0; 0; −1) .
Chọn đáp án C
Câu 22.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; −2; 3). Hình chiếu vuông góc của điểm A lên
mặt phẳng (Oxy) là điểm M có tọa độ
A. M(1; −2; 0). B. M(0; −2; 3). C. M(1; 0; 3). D. M(2; −1; 0).
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 76
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi M(a; b; 0) là điểm thuộc mặt phẳng (Oxy). Ta có
# »
AM = (a − 1; b + 2; −3).
Mặt phẳng (Oxy) có véc-tơ pháp tuyến là
#»
k = (0; 0; 1).
Vì M là hình chiếu của A lên mặt phẳng (Oxy) nên hai véc-tơ
# »
AM và
#»
k cùng phương. Do đó,
ta có
(
a − 1 = 0
b + 2 = 0
⇔
(
a = 1
b = −2.
Vậy M(1; −2; 0).
Chọn đáp án A
Câu 22.10. Trong không gian Oxyz, điểm N đối xứng với điểm M(3; −1; 2) qua trục Oy là
A. N(−3; 1; −2). B. N(3; 1; −2). C. N(−3; −1; −2). D. N(3; −1; −2).
Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M(3; −1; 2) trên trục Oy là H(0; −1; 0). Tọa độ điểm N đối xứng
với điểm M(3; −1; 2) qua trục Oy là
x
N
= 2x
H
− x
M
= 2 · 0 − 3 = −3
y
N
= 2y
H
− y
M
= 2 · (−1) − (−1) = −1
z
N
= 2z
H
− z
M
= 2 · 0 − 2 = −2
⇒ N(−3; −1; −2).
Chọn đáp án C
Câu 22.11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; −3). Gọi M là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên trục hoành. Tìm tọa độ điểm M .
A. M(0; 2; −3). B. M(0; 2; 0). C. M(0; 0; −3). D. M(1; 0; 0).
Lời giải.
Do M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục hoành nên M(1; 0; 0).
Chọn đáp án D
CÂU 23. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 2)
2
+ (y + 4)
2
+ (z −1)
2
= 9. Tâm của
(S) có tọa độ là
A. (−2; 4; −1). B. (2; −4; 1). C. (2; 4; 1). D. (−2; −4; −1).
Lời giải.
Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ (2; −4; 1).
Chọn đáp án B
Câu 23.1. Trong không gian Oxyx, cho mặt cầu (S) : (x − 2)
2
+ (y + 1)
2
+ (z −1)
2
= 9. Tìm tọa
độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
A. I(−2; 1; −1), R = 3. B. I(−2; 1; −1), R = 9. C. I(2; −1; 1), R = 3. D. I(2; −1; 1), R = 9.
Lời giải.
Ta có tọa độ tâm I(2; −1; 1) và bán kính R = 3.
Chọn đáp án C
Câu 23.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
−
2x + 4y − 6z + 9 = 0. Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là
A. I (1; −2; 3) và R = 5. B. I (1; −2; 3) và R =
√
5.
C. I (−1; 2; −3) và R = 5. D. I (−1; 2; −3) và R =
√
5.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 77
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Mặt cầu x
2
+y
2
+z
2
−2x +4y −6z +9 = 0 có tâm I (1; −2; 3) và bán kính R =
√
1 + 4 + 9 − 9 =
√
5.
Chọn đáp án C
Câu 23.3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là
phương trình của một mặt cầu?
A. x
2
+ y
2
+ z
2
+ x − 2y + 4z − 3 = 0. B. 2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
− x − y − z = 0 .
C. x
2
+ y
2
+ z
2
− 2x + 4y − 4z + 10 = 0 . D. 2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
+ 4x + 8y + 6z + 3 = 0.
Lời giải.
Điều kiện để phương trình x
2
+ y
2
+ z
2
− 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình mặt cầu là
R = a
2
+ b
2
+ c
2
− d > 0.
Dựa vào bốn đáp án ta có đáp án C là a = 1, b = −2, c = 2, d = 10 ⇒ R = −1 < 0.
Câu 23.4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−2; 1; 1), B(0; −1; 1). Phương trình mặt cầu
đường kính AB là
A. (x + 1)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 8. B. (x + 1)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 2.
C. (x + 1)
2
+ y
2
+ (z + 1)
2
= 8. D. (x − 1)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 2.
Lời giải.
Phương pháp: Phương trình mặt cầu có tâm I(a; b; c), bán kính R là (x−a)2+(y−b)
2
+(z−c)
2
=
R
2
.
Cách giải: Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ là I(−1; 0; 1).
Bán kính mặt cầu: R = IA =
√
1
2
+ 1
2
+ 0
2
=
√
2.
Phương trình mặt cầu đường kính AB: (x + 1)
2
+ y
2
+ (z − 1)
2
= 2.
Chọn đáp án B
Câu 23.5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+y
2
+z
2
−4x+2y+6z−1 = 0.
Tâm của mặt cầu (S) là
A. I (2; −1; 3). B. I (−2; 1; 3). C. I (2; −1; −3). D. I (2; 1; −3).
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (2; −1; −3).
Chọn đáp án C
Câu 23.6. Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I (1; 2; −3) và tiếp xúc với trục Oy có bán
kính bằng
A.
√
10. B. 2. C.
√
5. D.
√
13.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm I (1; 2; −3) trên trục Oy ⇒ H (0; 2; 0) ⇒ IH =
√
10.
Gọi R là bán kính mặt cầu có tâm I (1; 2; −3) và tiếp xúc với trục Oy ⇒ R = IH =
√
10.
Chọn đáp án A
Câu 23.7. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−8x + 10y −6z + 49 = 0. Tính
bán kính R của mặt cầu (S).
A. R = 1. B. R = 7. C. R =
√
151. D. R =
√
99.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 78
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có a = 4, b = −5, c = 3, d = 49. Do đó R =
√
a
2
+ b
2
+ c
2
− d = 1.
Chọn đáp án A
Câu 23.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I(2; −2; 3) đi qua điểm
A(5; −2; 1) có phương trình
A. (x − 5)
2
+ (y − 2)
2
+ (z + 1)
2
=
√
13. B. (x + 2)
2
+ (y − 2)
2
+ (z + 3)
2
= 13.
C. (x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ (z − 3)
2
= 13. D. (x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ (z − 3)
2
=
√
13.
Lời giải.
Mặt cầu có bán kính R = IA =
√
13.
Mặt cầu tâm I(2; −2; 3) bán kính R =
√
13 là (x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ (z − 3)
2
= 13.
Chọn đáp án C
Câu 23.9. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
−8x + 10y −6z + 49 = 0. Tìm
tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
A. I(−4; 5; −3) và R = 1. B. I(4; −5; 3) và R = 7.
C. I(−4; 5; −3) và R = 7. D. I(4; −5; 3) và R = 1.
Lời giải.
(S) : (x − 4)
2
+ (y + 5)
2
+ (z − 3)
2
= 1 ⇒ I(4; −5; 3) và R = 1.
Chọn đáp án D
Câu 23.10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
x
2
+ y
2
+ z
2
−2x −4y + 4z −7 = 0. Xác định tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
A. I(−1; −2; 2), R = 3. B. I(1; 2; −2), R =
√
2.
C. I(−1; −2; 2), R = 4. D. I(1; 2; −2), R = 4.
Lời giải.
Ta có a = 1, b = 2, c = −2 và
√
a
2
+ b
2
+ c
2
− d = 4 nên I(1; 2; −2) và R = 4.
Chọn đáp án D
Câu 23.11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(2; −2; 0). Viết phương trình mặt
cầu tâm I bán kính R = 4.
A. (x + 2)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
= 4. B. (x + 2)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
= 16.
C. (x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ z
2
= 16. D. (x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ z
2
= 4.
Lời giải.
Phương trình mặt cầu có tâm I(2; −2; 0) và bán kính R = 4 là
(x − 2)
2
+ (y + 2)
2
+ z
2
= 16.
Chọn đáp án C
Câu 23.12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−5)
2
+(y−1)
2
+(z+2)
2
= 9.
Tính bán kính R của mặt cầu (S).
A. R = 18. B. R = 9. C. R = 3. D. R = 6.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) và bán kính R thì có phương trình (x −a)
2
+ (y −b)
2
+ (z −c)
2
= R
2
.
Theo đề bài ta có R
2
= 9 ⇒ R = 3.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 79
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
CÂU 24. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2 x + 3y + z + 2 = 0. Vectơ nào dưới
đây là một vectơ pháp tuyến của (P ) ?
A.
#»
n
3
= (2; 3; 2). B.
#»
n
1
= (2; 3; 0). . C.
#»
n
2
= (2; 3; 1). D.
#»
n
4
= (2; 0; 3).
Lời giải.
Vectơ pháp tuyến của (P ) là
#»
n
1
= (2; 3; 1).
Chọn đáp án C
Câu 24.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ): x − 2z + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của (P )?
A.
# »
n
1
= (1; 0; −2). B.
# »
n
2
= (1; −2; 1). C.
# »
n
3
= (1; −2; 0). D.
# »
n
4
= (−1; 2; 0).
Lời giải.
Vectơ pháp tuyến của (P ) là
#»
n = (1; 0; −2).
Chọn đáp án A
Câu 24.2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : x −2y + 2z −3 = 0. Điểm nào sau đây
nằm trên mặt phẳng (α)?
A. M(2; 0; 1). B. Q(2; 1; 1). C. P(2; −1; 1). D. N(1; 0; 1).
Lời giải.
Ta thấy tọa độ điểm N(1; 0; 1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng (α) nên điểm N nằm trên (α).
Chọn đáp án D
Câu 24.3. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; −1). Phương trình mặt phẳng (P ) đi qua
A và chứa trục Ox là
A. x + y = 0. B. x + z = 0. C. y − z = 0. D. y + z = 0.
Lời giải.
Mp(P ) có vtpt
#»
n = (0; 1; 1) và đi qua điểm A(1; 1; −1). Suy ra phương trình (P ) : y + z = 0.
Chọn đáp án D
Câu 24.4. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ): x + y − 2z + 4 = 0. Một véc-tơ pháp
tuyến của mặt phẳng (P ) là
A.
#»
n = (1; 1; −2). B.
#»
n = (1; 0; −2). C.
#»
n = (1; −2; 4). D.
#»
n = (1; −1; 2).
Lời giải.
Phương pháp: Mặt phẳng (P ): Ax + By + Cz + D = 0 nhận
#»
n = (A; B; C) là 1 vec-tơ pháp
tuyến.
Cách giải: Một vec-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là
#»
n = (1; 1; −2).
Chọn đáp án A
Câu 24.5. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P ): x + 2y − 5 = 0 nhận vec-tơ nào trong các
vec-tơ sau làm vec-tơ pháp tuyến?
A.
#»
n(1; 2; −5). B.
#»
n(0; 1; 2). C.
#»
n(1; 2; 0). D.
#»
n(1; 2; 5).
Lời giải.
Mặt phẳng (P ) nhận
#»
n(1; 2; 0) làm vec-tơ pháp tuyến.
Chọn đáp án C
CÂU 25. Trong không gian Oxyz,cho đường thẳng d :
x − 1
2
=
y − 2
3
=
z + 1
−1
. Điểm nào dưới
đây thuộc d?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 80
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. P (1; 2; −1). B. M(−1; −2; 1). C. N(2; 3; −1). D. Q(−2; −3; 1).
Lời giải.
Thay tọa độ điểm (P ) vào phương trình đường thẳng d thấy tọa độ thỏa mãn nên đường thẳng
d đi qua điểm P (1; 2; −1).
Chọn đáp án A
Câu 25.1. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x + 8
4
=
y − 5
−2
=
z
1
. Khi đó véc-tơ chỉ
phương của đường thẳng d có tọa độ là
A. (4; −2; 1). B. (4; 2; −1). C. (4; −2; −1). D. (4; 2; 1).
Lời giải.
Tọa độ véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d là
#»
u = (4; −2; 1).
Chọn đáp án A
Câu 25.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x −y + z −1 = 0. Điểm
nào dưới đây thuộc (P )?
A. M(2; −1; 1). B. N(0; 1; −2). C. P(1; −2; 0). D. Q(1; −3; −4).
Lời giải.
Ta thấy Q ∈ (P ) vì 2.1 − (−3) − 4 − 1 = 0
Chọn đáp án D
Câu 25.3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x − 4
2
=
y − 5
3
=
z − 6
4
.
Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d?
A. M (2; 2; 2). B. M (2; 2; 4). C. M (2; 3; 4). D. M (2; 2; 10).
Lời giải.
Vì
2 − 4
2
=
2 − 5
3
=
2 − 6
4
= −1 nên M (2; 2; 2) thuộc đường thẳng d.
Chọn đáp án A
Câu 25.4. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:
x − 1
2
=
y − 2
1
=
z
−2
. Điểm nào dưới
đây thuộc đường thẳng d?
A. M(−1; −2; 0). B. M(−1; 1; 2). C. M(2; 1; −2). D. M(3; 3; 2).
Lời giải.
Ta có
−1 − 1
2
=
1 − 2
1
=
2
−2
= −1 nên M(−1; 1; 2) thuộc đường thẳng d.
Chọn đáp án B
Câu 25.5. Trong không gian Oxyz, cho tam giác đều ABC với A(6; 3; 5) và đường thẳng BC
có phương trình tham số
x = 1 − t
y = 2 + t
z = 2t
. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác
ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ∆?
A. M(−1; −12; 3). B. N(3; −2; 1). C. P (0; −7; 3). D. Q(1; −2; 5).
Lời giải.
• Gọi M(1 − t; 2 + t; 2t) là hình chiếu của A lên BC.
Ta có
# »
AM = (−5 −t; t −1; 2t −5) vuông góc với
#»
u = (−1; 1; 2) là véc-tơ chỉ phương của BC.
Do đó −1(−5 − t) + 1(t − 1) + 2(2t − 5) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra M(0; 3; 2).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 81
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
• Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC. Suy ra
# »
AG =
2
3
# »
AM ⇒ G(2; 3; 3).
• Đường thẳng ∆ đi qua G, có véc-tơ chỉ phương là
#»
u
∆
=
1
3
î
# »
AM,
#»
u
ó
= (1; 5; −2).
Suy ra ∆:
x = 2 + t
y = 3 + 5t
z = 3 − 2t
. Với t = −1, ta có Q(1; −2; 5) ∈ ∆.
Chọn đáp án D
Câu 25.6. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(0; 1; 1). Gọi (α) là mặt phẳng
chứa đường thẳng d :
x
2
=
y − 1
−1
=
z − 2
1
và song song với đường thẳng AB. Điểm nào dưới đây
thuộc mặt phẳng (α)?
A. M(6; −4; −1). B. N(6; −4; 2). C. P(6; −4; 3). D. Q = (6; −4; 1).
Lời giải.
•
# »
AB = (−1; 2; 1).
• Đường thẳng d đi qua M(0; 1; 2) và có véc-tơ chỉ phương
#»
u
d
= (2; −1; 1).
• Mặt phẳng (α) có véc-tơ pháp tuyến là
#»
n =
î
#»
u
d
,
# »
AB
ó
= (−3; −3; 3) và (α) đi qua M.
Phương trình (α) là −3(x − 0) − 3(y − 1) + 3(z − 2) = 0 ⇔ −x − y + z − 1 = 0.
• Ta có −6 + 4 + 3 − 1 = 0 nên P (6; −4; 3) ∈ (α).
Chọn đáp án C
Câu 25.7. Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ∆ :
x = 3 − 3t
y = 1 + 2t
z = 5t
. Điểm nào dưới đây
thuộc đường thẳng ∆?
A. N(0; 3; 5). B. M(−3; 2; 5). C. (P (3; 1; 5). D. Q(6; −1; 5).
Lời giải.
Thế tọa độ của điểm N(0; 3; 5) vào phương trình tham số của đường thẳng ∆ ta được
0 = 3 − 3t
3 = 1 + 2t
5 = 5t
.
Ta thấy t = 1 thỏa mãn hệ phương trình.Vậy điểm N(0; 3; 5) thuộc đường thẳng ∆.
Chọn đáp án A
Câu 25.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(0; 1; 1). Gọi
(α) là mặt phẳng chứa đường thẳng d:
x
2
=
y − 1
−1
=
z − 2
1
và song song với đường thẳng AB.
Điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng (α)?
A. M(6; −4; −1). B. N(6; −4; 2). C. P(6; −4; 3). D. Q(6; −4; 1).
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (−1; 2; 1).
Véc-tơ chỉ phương của d là
#»
u
d
= (2; −1; 1).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 82
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Suy ra
î
# »
AB,
#»
u
d
ó
= (3; 3; −3) = 3(1; 1 − 1).
Vì (α) chứa d và song song với AB nên véc-tơ
#»
n =
1
3
î
# »
AB,
#»
u
d
ó
= (1; 1 − 1) là một véc-tơ pháp
tuyến của (α).
Lại có, điểm C(0; 1; 2) ∈ d ⇒ C ∈ (α).
Do đó, phương trình của (α) là x + y − z + 1 = 0.
Lần lượt thay tọa độ các điểm trong các phương án ta được điểm P (6; −4; 3) thỏa mãn.
Chọn đáp án C
CÂU 26. Cho hình chóp S.ABCcó SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA =
√
2a, tam giác
AB
vuông cân tại B và AC = 2a (minh họa như hình bên). Góc giữa
đường thằng SB và mặt phằng (ABC) bằng
A. 30
o
. B. 45
o
.
C. 60
o
. D. 90
o
.
A
B
C
S
Lời giải.
Ta có
SB ∩ (ABC)
SA ⊥ (ABC)
)
⇒ AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABC)
Suy ra (SB, (ABC)) =
‘
SBA.
Do tam giác ABC vuông tại B ⇒ AB
2
+ BC
2
= AC
2
⇔ 2AB
2
= (2a)
2
⇔ AB = a
√
2.
Suy ra
‘
SBA = 45
◦
.
Chọn đáp án B
Câu 26.1. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là
A. 60
◦
. B. 30
◦
. C. 90
◦
. D. 45
◦
.
Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA
và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng
bằng 60
◦
.
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
Câu 26.2. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Tính góc giữa AC
0
và BD.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 83
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A
B
D
0
C
0
B
0
C D
A
0
A. 90
◦
. B. 45
◦
. C. 60
◦
. D. 120
◦
.
Lời giải.
Gọi O
0
và I lần lượt là tâm hình vuông ABCD và trung điểm CC
0
. Khi đó, ta có IO
0
song song
AC
0
. Suy ra (AC
0
, BD) = (IO
0
, BD).
Ta có
(
BD ⊥ AC
BD ⊥ AA
0
⇒ BD ⊥ (AA
0
C) ⇒ BD ⊥ IO
0
⇒ (IO
0
, BD) = 90
◦
.
Chọn đáp án A
Câu 26.3. Cho tứ diện đều cạnh a, M là trunng điểm của BC. Tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AB và DM.
A.
√
3
2
. B.
√
3
6
. C.
√
3
3
. D.
1
2
.
Lời giải.
Kẻ MN k AB, cắt AC tại trung điểm N của AC.
Xét tam giác NMD ta có:
cos
÷
NMD =
MN
2
+ MD
2
− ND
2
2MN · MD
=
a
2
4
+
3a
2
4
−
3a
2
4
2 ·
a
2
·
a
√
3
2
=
√
3
6
.
D
C
B
M
N
A
Chọn đáp án B
Câu 26.4. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Góc giữa hai đường thẳng BA
0
và CD
bằng
A. 90
◦
. B. 60
◦
. C. 30
◦
. D. 45
◦
.
Lời giải.
Ta có CD k AB, suy ra góc giữa A
0
B với CD bằng góc giữa A
0
B với
AB, góc này bằng 45
◦
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 84
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 26.5. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là
A. 60
◦
. B. 30
◦
. C. 90
◦
. D. 45
◦
.
Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA
và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng
bằng 60
◦
.
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
Câu 26.6. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là
A. 60
◦
. B. 30
◦
. C. 90
◦
. D. 45
◦
.
Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA
và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng
bằng 60
◦
.
S
A
D
B
C
Chọn đáp án A
Câu 26.7. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Góc giữa hai đường thẳng BA
0
và B
0
D
0
bằng
A. 45
◦
. B. 90
◦
. C. 30
◦
. D. 60
◦
.
Lời giải.
Do BD k B
0
D
0
nên góc giữa hai đường thẳng BA
0
và B
0
D
0
bằng
góc giữa hai đường thẳng BA
0
và BD.
Do ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là hình lập phương nên ∆A
0
BC là tam giác
đều. Khi đó góc
’
A
0
BD = 60
◦
.
Vậy góc giữa hai đường thẳng BA
0
và B
0
D
0
bằng 60
◦
.
B
C
A
0
D
0
B
0
A D
C
0
Chọn đáp án D
Câu 26.8. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD. Góc giữa hai véc tơ
# »
AD và
# »
BC là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 85
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. 30
◦
. B. 45
◦
. C. 60
◦
. D. 90
◦
.
Lời giải.
Vì AB ⊥ CD và AC ⊥ BD nên ta suy ra
# »
AD ·
# »
BC =
Ä
# »
AB +
# »
BD
ä
·
Ä
# »
BD +
# »
DC
ä
=
# »
AB ·
# »
BD +
# »
AB ·
# »
DC +
# »
BD
2
+
# »
BD ·
# »
DC
=
# »
AB ·
# »
BD + 0 +
# »
BD
2
+
# »
BD ·
# »
DC
=
Ä
# »
AC +
# »
CB
ä
·
# »
BD +
# »
BD
2
+
# »
BD ·
# »
DC
=
# »
AC ·
# »
BD +
# »
CB ·
# »
BD +
# »
BD
2
+
# »
BD ·
# »
DC
= 0 +
# »
CB ·
# »
BD +
# »
BD
2
+
# »
BD ·
# »
DC
=
Ä
# »
CB ·
# »
BD +
# »
BD ·
# »
DC
ä
+
# »
BD
2
=
Ä
# »
CB +
# »
DC
ä
·
# »
BD +
# »
BD
2
=
# »
DB ·
# »
BD +
# »
BD
2
= −
# »
BD
2
+
# »
BD
2
= 0.
Suy ra
# »
AD ⊥
# »
BC ⇒
Ä
# »
AD,
# »
BC
ä
= 90
◦
.
Chọn đáp án D
Câu 26.9. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Góc giữa hai đường thẳng AC và DA
0
bằng
A. 60
◦
. B. 45
◦
. C. 90
◦
. D. 120
◦
.
Lời giải.
Ta có
Ÿ
(AC, DA
0
) =
Ÿ
(AC, CB
0
) =
’
ACB
0
.
Xét 4ACB
0
có AC = CB
0
= AB
0
= AB
√
2.
Do đó 4ACB
0
là tam giác đều.
Vậy
’
ACB
0
= 60
◦
hay
Ÿ
(AC, DA
0
) = 60
◦
.
A
B
C
D
D
0
C
0
A
0
B
0
Chọn đáp án A
Câu 26.10. Cho tứ diện ABCD với đáy BCD là tam giác vuông cân tại C. Các điểm M, N,
P , Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC, CD. Góc giữa MN và P Q bằng
A. 0
◦
. B. 60
◦
. C. 45
◦
. D. 30
◦
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 86
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có MN là đường trung bình tam giác ABC nên MN k BC, do
đó
(MN, P Q) = (BC, P Q).
Mặt khác P Q là đường trung bình tam giác vuông cân BCD suy
ra (BC, P Q) = 45
◦
. Do đó (MN, P Q) = 45
◦
.
A
C
B
M
D
N
QP
Chọn đáp án C
Câu 26.11. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. Biết AB = a
√
2, AD = 2a,
SA ⊥ (ABCD) và SA = a
√
2. Góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng
A. 30
◦
. B. 90
◦
. C. 45
◦
. D. 60
◦
.
Lời giải.
Góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng góc giữa hai đường
thẳng SC và CD. Ta có
• AC =
√
AB
2
+ BC
2
= a
√
6.
• SC =
√
SA
2
+ AC
2
= 2a
√
2.
• SD =
√
SA
2
+ AD
2
= a
√
6.
Khi đó cos
‘
SCD =
SC
2
+ CD
2
− SD
2
2 · SC · CD
=
8a
2
+ 2a
2
− 6a
2
2 · 2a
√
2 · a
√
2
=
1
2
.
Vậy góc giữa SC và AB bằng 60
◦
.
S
B
A
C
D
Cách khác: Có thể chứng minh 4SCD vuông tại D. Khi đó cos
‘
SCD =
CD
SC
=
a
√
2
2a
√
2
=
1
2
.
Chọn đáp án D
Câu 26.12.
Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Biết tam
giác BCD vuông tại C và AB =
a
√
6
2
, AC = a
√
2, CD = a. Gọi E là
trung điểm của AC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng
AB và DE bằng
A. 45
◦
. B. 60
◦
. C. 30
◦
. D. 90
◦
.
B
E
C
D
A
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC. Vì AB k HE suy ra góc giữa AB và DE
bằng góc giữa HE và DE bằng
’
DEH.
Ta có HE =
AB
2
=
a
√
6
4
, DH =
√
HC
2
+ CD
2
=
3
√
2a
4
.
Khi đó tan
’
DEH =
DH
HE
=
√
3 ⇒
’
DEH = 60
◦
.
B
E
H
C
D
A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 87
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án B
Câu 26.13.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với
nhau và OA = OB = OC. Gọi M là trung điểm của BC (tham
khảo hình vẽ). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng
A. 90
◦
. B. 30
◦
. C. 45
◦
. D. 60
◦
.
B
C
M
O
A
Lời giải.
Gọi N là trung điểm AC ⇒ MN =
AC
2
và
Ÿ
(OM, AB) =
⁄
(OM, MN).
Do các tam giác OAC, OBC vuông tại O
nên OM =
BC
2
; ON =
AC
2
.
Do OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau
và OA = OB = OC nên AB = AC = BC
⇒ OM = ON = MN ⇒
⁄
(OM, MN) = 60
◦
.
Vậy góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng 60
◦
.
B
C
M
O
N
A
Chọn đáp án D
CÂU 27. Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của f
0
(x) như sau:
x
f
0
(x)
−∞
−2
0 2
+∞
+
0
−
0
+
0
+
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Dựa vào bảng xét dấu của f
0
(x) hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn đáp án C
Câu 27.1. Cho hàm số y = f(x) xác định trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
x
y
0
−∞
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.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 88
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Ta thấy f
0
(x) đổi dấu khi x qua x
1
, x
2
, x
3
thuộc tập xác định của hàm số f(x) nên hàm số f(x)
có 3 cực trị.
Chọn đáp án A
Câu 27.2. Cho hàm số y = f(x) có bảng xét dấu của hàm đạo hàm như sau:
x
f
0
(x)
−∞
−3
2 3 4
+∞
−
0
+
0
+
0
−
0
+
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 6. B. 4. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Do f
0
(x) đổi dấu ba lần nên hàm số có ba điểm cực trị.
Chọn đáp án
D
Câu 27.3. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
x
f
0
(x)
−∞
−1
0 2 4
+∞
+
0
− +
0
−
0
+
Hàm số đã cho có bao nhiêu cực trị?
A. 3. B. 2. C. 1. D. 4.
Lời giải.
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy đạo hàm của hàm số có 4 lần đổi dấu nên hàm số có 4 điểm cực
trị.
Chọn đáp án D
Câu 27.4. Cho hàm số f(x) có đạo hàm f
0
(x) = (x −1)(x −2)
2
(x −3)
3
(x −4)
4
, ∀x ∈ R. Số điểm
cực trị của hàm số đã cho là
A. 3. B. 5. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 0 ⇔
x = 1
x = 2
x = 3
x = 4.
Bảng biến thiên của hàm số f(x) như sau
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
1 2 3 4
+∞
+
0
−
0
−
0
+
0
+
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 89
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 27.5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f
0
(x) = x (x − 1)
2
(x − 2)
3
(x − 3)
4
. Số điểm cực trị của
hàm số đã cho là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Lời giải.
Phương pháp:
Xét phương trình f
0
(x) = 0, nếu x
0
là nghiệm bội bậc chẵn của phương trình thì x
0
không phải
là điểm cực trị của hàm số, nếu x
0
là nghiệm bội bậc lẻ của phương trình thì x
0
là điểm cực trị
của hàm số.
Cách giải:
Xét phương trình f
0
(x) = x (x − 1)
2
(x − 2)
3
(x − 3)
4
= 0 ⇔
x = 0
x = 1
x = 2
x = 3
Trong đó x = 0, x = 2 là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số y = f (x) có hai điểm cực trị.
(còn x = 1; x = 3 là các nghiệm bội bậc chẵn nên không phải là điểm cực trị của hàm số
y = f (x)).
Chú ý: Các em có thể lập bảng biến thiên của hàm y = f (x) rồi kết luận số điểm cực trị.
Chọn đáp án A
Câu 27.6. Cho hàm số f(x) có đạo hàm f
0
(x) = x(x − 1)(x + 2)
3
. Số điểm cực trị của hàm số
đã cho là
A. 3. B. 2. C. 5. D. 1.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 0 ⇔
x = 0
x = 1
x = −2
. Ta có bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−2
0 1
+∞
−
0
+
0
−
0
+
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị.
Chọn đáp án A
Câu 27.7. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f
0
(x) = x(x − 1)(x + 2)
2
, ∀x ∈ R. Số điểm cực trị
của hàm số đã cho là
A. 5. B. 2. C. 1. D. 3.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = x(x − 1)(x + 2)
2
⇒ ta có bảng xét dấu của f
0
(x)
x
f
0
(x)
−∞
−2
0 1
+∞
+
0
+
0
−
0
+
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 90
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Từ bảng xét dấu ta có hàm số đạt cực trị tại x = 0, x = 1.
Vậy hàm số có đúng hai điểm cực trị.
Chọn đáp án B
Câu 27.8. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f
0
(x) = x
3
(x + 1)
2
(x −2). Số điểm cực trị của hàm
số đã cho là
A. 0. B. 2. C. 3. D. 1.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 0 ⇔
x = −1
x = 0
x = 2
. Ta có bảng xét dấu
x
f
0
(x)
−∞
−1
0 2
+∞
+
0
+
0
−
0
+
Từ bảng xét dấu ta thấy f
0
(x) đổi dấu khi x chạy qua 0 và 2 nên hàm số có 2 điểm cực trị.
Chọn đáp án B
Câu 27.9. Cho hàm số f(x) có f
0
(x) = x(x − 1)(x + 2)
2
. Số điểm cực trị của hàm số đã cho
là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 0 ⇔
x = 0
x = 1
x = −2.
Nhận thấy (x + 2)
2
> 0, ∀x 6= −2. Suy ra f
0
(x) không đổi dấu khi qua nghiệm x = −2 nên x = −2
không phải là điểm cực trị của hàm số.
Ngoài ra, f
0
(x) cùng dấu với tam thức bậc hai x (x − 1) = x
2
− x nên suy ra x = 0, x = 1 là hai
điểm cực trị của hàm số.
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Chọn đáp án A
CÂU 28. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x
4
− 10x
2
+ 2 trên đoạn [−1; 2] bằng
A. 2. B. -23. C. -22. D. -7.
Lời giải.
Hàm số đã cho liên tục trên đoạn [−1; 2].
Ta có f
0
(x) = 4x
3
− 20x, f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 0
x = ±
√
5
.
Xét hàm số trên [−1; 2] có f(−1) = −7; f(0) = 2; f(2) = −22.
Vậy min
x∈[−1;2]
f(x) = −22.
Chọn đáp án C
Câu 28.1. Gọi M, m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =
4
x
+ x + 1 trên
đoạn [1; 3]. Tính M − m.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 91
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. 4. B. 9. C. 1. D. 5.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = −
4
x
2
+ 1 và f
0
(x) = 0 ⇔ −
4
x
2
+ 1 = 0 ⇔
"
x = 2 ∈ [1; 3]
x = −2 /∈ [1; 3].
Ta tính được f(1) = 6, f (2) = 5, f (3) =
16
3
.
Kết hợp với f(x) liên tục trên [1; 3] nên M = max
x∈[1;3]
f(x) = 6 = f(1) và m = min
x∈[1;3]
f(x) = 5 = f(2).
Vậy M − m = 1.
Chọn đáp án C
Câu 28.2. Tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x +
4
x
trên đoạn
[1; 3] bằng
A.
65
3
. B. 20. C. 6. D.
52
3
.
Lời giải.
Ta có: f(x) = x +
4
x
xác định và liên tục trên [1; 3]. Khi đó
f
0
(x) = 1 −
4
x
2
; f
0
(x) = 0 ⇔ 1 −
4
x
2
= 0 ⇔
"
x = 2
x = −2.
Nhận thấy: −2 /∈ [1; 3] ⇒ x = −2 (loại).
f(1) = 5; f(2) = 4; f(3) =
13
3
. Khi đó: max
[1;3]
f(x) = 5; m = min
[1;3]
f(x) = 4. Vậy M.m = 20.
Chọn đáp án B
Câu 28.3. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −x
3
+ 3x + 1 trên đoạn
[0; 2] bằng
A. 2. B. 3. C. 1. D. 4.
Lời giải.
Ta có: y
0
= −3x
2
+ 3 = 0 ⇔
"
x = 1 ∈ [0; 2]
x = −1 /∈ [0; 2]
.
y(0) = 1; y(1) = 3; y(2) = −1.
Khi đó max
[0;2]
y = 3; min
[0;2]
y = −1. Vậy max
[0;2]
y + min
[0;2]
y = 2.
Chọn đáp án A
Câu 28.4. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
√
2 − x
2
− x bằng
A. 2 +
√
2. B. 2. C. 1. D. 2 −
√
2.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 92
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Tập xác định D =
−
√
2;
√
2
. Ta có y
0
=
−x
√
2 − x
2
− 1 =
−x −
√
2 − x
2
√
2 − x
2
.
y
0
= 0 ⇔
√
2 − x
2
= −x ⇔
x ≤ 0
"
x = 1
x = −1
⇔ x = −1.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−
√
2
−1
√
2
+
0
−
√
2
√
2
22
−
√
2−
√
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có max
[
−
√
2;
√
2
]
y = 2, min
[
−
√
2;
√
2
]
y = −
√
2.
Vậy max
[
−
√
2;
√
2
]
y + min
[
−
√
2;
√
2
]
y = 2 −
√
2.
Chọn đáp án D
Câu 28.5. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
√
x
2
− 1
x − 2
trên tập hợp D = (−∞; −1) ∪
h
1;
3
2
i
. Tính P = M + m.
A. P = 2. B. P = 0. C. P = −
√
5. D. P =
√
3.
Lời giải.
Ta có y
0
=
1 − 2x
(x − 2)
2
√
x
2
− 1
, y
0
= 0 ⇔ 1 − 2x = 0 ⇔ x =
1
2
/∈ D .
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
−1
1
3
2
+ −
−1−1
0 00
−
√
5−
√
5
Vậy M = max
D
y = 0 và m = min
D
y = −
√
5.
Do đó P = −
√
5.
Chọn đáp án C
Câu 28.6. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x
3
+ 3x + 1 trên đoạn [1; 3] là
A. min
[1;3]
f(x) = 3. B. min
[1;3]
f(x) = 6. C. min
[1;3]
f(x) = 37. D. min
[1;3]
f(x) = 5.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 3x
2
+ 3 > 0 với mọi x. Lại có f(1) = 5, f(3) = 37 nên min
[1;3]
f(x) = 5.
Chọn đáp án D
Câu 28.7. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
√
x
2
− 1
x − 2
trên tập
hợp D = (−∞; −1] ⊂ [1;
3
2
] . Khi đó T = m · M bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 93
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A.
1
9
. B. 0. C.
3
2
. D. −
3
2
.
Lời giải.
Tập xác định: D = (−∞; −1] ∪ [1; +∞) \ {2}.
Ta có y
0
=
x(x − 1)
√
x
2
− 1
−
√
x
2
− 1
(x − 2)
2
=
−2x + 1
(x − 2)
2
√
x
2
− 1
.
Khi đó y
0
= 0 ⇔ x =
1
2
và lim
x→−∞
y = −1.
Bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f(x)
−
√
2
−1
√
2
− +
4 − 2
√
24 − 2
√
2
11
4 + 2
√
24 + 2
√
2
Từ bảng biến thiên suy ra M = 0; m =
√
5.
Vậy T = m · M = 0.
Chọn đáp án B
Câu 28.8. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −x
3
+ 2x
2
−
x + 2 trên đoạn
h
−1;
1
2
i
. Khi đó tích M · m bằng
A.
45
4
. B.
212
27
. C.
125
36
. D.
100
9
.
Lời giải.
Hàm số y = −x
3
+ 2x
2
− x + 2 xác định và liên tục trên
h
−1;
1
2
i
.
Ta có y
0
= −3x
2
+ 4x − 1 và y
0
= 0 có một nghiệm thuộc
h
−1;
1
2
i
là x =
1
3
.
Mặt khác y(−1) = 6, y
1
3
=
50
27
, y
1
2
=
15
8
.
Vậy M = max
ñ
−1;
1
2
ô
y = 6, m = min
ñ
−1;
1
2
ô
y =
50
27
.
Do đó M · m =
100
9
.
Chọn đáp án D
Câu 28.9. Cho hàm số y =
…
x +
1
x
. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên (0; +∞) bằng
A. 2. B.
√
2. C. 0. D. 1.
Lời giải.
Với x > 0 ta luôn có x +
1
x
≥ 2 (hệ quả bất đẳng thức AM-GM).
Suy ra
…
x +
1
x
≥
√
2 với mọi x > 0.
Đẳng thức xảy ra khi x > 0 và x =
1
x
hay x = 1.
Do đó giá nhỏ nhất của hàm số y =
…
x +
1
x
trên (0; +∞) bằng
√
2 khi x = 1.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 94
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 28.10. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x +
√
18 − x
2
là:
A. 0. B. 6. C. −3
√
2. D. −6.
Lời giải.
TXĐ: D = [−3
√
2; 3
√
2].
Ta có: y
0
= 1 −
x
√
18 − x
2
.
y
0
= 0 ⇔ x = 3.
Ta có: y(3) = 6; y
3
√
2
= 3
√
2; y
−3
√
2
= −3
√
2.
⇒ Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là −
√
2.
Chọn đáp án C
Câu 28.11. Giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = 2x
3
+ 3x
2
− 12x + 2 trên đoạn [−1; 2] là
A. 11. B. 10. C. 6. D. 15.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 6x
2
+ 6x − 12 ⇒ f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 1 ∈ [−1; 2]
x = −2 /∈ [−1; 2].
Mà f(−1) = 15, f(1) = −5, f(2) = 6.
Do đó max
[−1;2]
f(x) = f(−1) = 15.
Chọn đáp án
D
Câu 28.12. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x −
1
x
trên (0; 3] bằng
A.
28
9
. B. 0. C.
8
3
. D. 2.
Lời giải.
Ta có y
0
= 1 +
1
x
2
> 0, ∀x ∈ (0; 3]. Do đó max
(0;3]
y = y(3) =
8
3
.
Chọn đáp án C
Câu 28.13. Giá trị lớn nhất của hàm số y =
−3x − 1
x + 1
trên đoạn [1; 3] bằng
A. −2. B. −
5
2
. C.
5
2
. D. 1.
Lời giải.
Hàm số y =
−3x − 1
x + 1
xác định và liên tục trên đoạn [1; 3].
Ta có y
0
= −
2
(x + 1)
2
< 0, ∀x 6= −1.
Lại có y(1) = −2, y(3) = −
5
2
.
Vậy max
[1;3]
y = −2 tại x = 1.
Chọn đáp án A
Câu 28.14. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x
2
+
16
x
trên đoạn
h
3
2
; 4
i
bằng:
A. 24. B. 20. C. 12. D.
155
12
.
Lời giải.
Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b] bằng cách:
+) Giải phương trình y
0
= 0 tìm các nghiệm x
1
.
+) Tính các giá trị f(a), f(b), f(x
i
) (x
i
∈ [a; b]).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 95
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Khi đó: min
[a;b]
f(x) = min {f(a), f(b), f (x
i
)}, max
[a;b]
f(x) = max {f(a), f(b), f(x
i
)}.
Cách giải: Ta có: y
0
= 2x −
16
x
2
⇒ y
0
= 0 ⇔ 2x
3
=
16
x
2
⇔ 2x
3
= 16 ⇔ x = 2 ∈
h
3
2
; 4
i
y
3
2
=
155
12
; y(2) = 12; y(4) = 20 Vậy max
[
3
4
;4
]
y = 20 khix = 4.
Chọn đáp án B
CÂU 29. Xét các số thực a và b thỏa mãn log
3
3
a
· 9
b
= log
9
3. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. a + 2b = 2. B. 4a + 2b = 1. C. 4ab = 1. D. 2a + 4b = 1.
Lời giải.
Ta có
log
3
3
a
.9
b
= log
9
3 ⇔ log
3
3
a
.3
2b
= log
3
2
3
⇔ log
3
3
a+2b
= log
3
3
1
2
⇔ a + 2b =
1
2
⇔ 2a + 4b = 1
Chọn đáp án D
Câu 29.1. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log (2018a) = 2018 log a. B. log a
2018
=
1
2018
log a.
C. log (2018a) =
1
2018
log a. D. log a
2018
= 2018 log a.
Lời giải.
Phương pháp
Sử dụng các công thức: log ab = log a + log b; log a
n
= n log a
Cách giải:
Ta có: log (2018a) = log 2018 + log a
log a
2018
= 2018 log a.
Chọn đáp án D
Câu 29.2. Cho 0 < a 6= 1 và x, y là các số thực âm. mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
x
2
y
4
= 2
log
a
|x| + log
a
y
2
. B. log
a
(xy) = log
a
x + log
a
y.
C. log
a
−x
2
y
= 2 log
a
(−x) + log
a
y. D. log
a
Å
x
y
ã
=
log
a
(−x)
log
a
(−y)
.
Lời giải.
Ta có, log
a
x
2
y
4
= log
a
x
2
+ log
a
y
4
= 2 log
a
|x| + 2 log
a
y
2
= 2
log
a
|x| + log
a
y
2
.
Chọn đáp án A
Câu 29.3. Với a là số thực âm bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
2
a
2
= 2 log
2
(−a). B. log
2
a
2
= −2 log
2
a.
C. log
2
a
2
= 2 log
2
a. D. log
2
a
2
= 2a.
Lời giải.
Vì a là số thực âm nên log
2
a
2
= 2 log
2
|a| = 2 log
2
(−a).
Chọn đáp án
A
Câu 29.4. Cho 0 < b < a < 1, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
b
a < log
a
b. B. log
b
a < 0. C. log
b
a > log
a
b. D. log
a
b < 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 96
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Vì 0 < b < a < 1 nên log
a
b > log
a
a = 1. Do đó log
b
a =
1
log
a
b
< 1 < log
a
b.
Chọn đáp án A
Câu 29.5. Cho số thực a > 1, b 6= 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
b
2
= −2 log
a
|b|. B. log
a
b
2
= 2 log
a
b.
C. log
a
b
2
= 2 log
a
|b|. D. log
a
b
2
= −2 log
a
b.
Lời giải.
Ta có b 6= 0 ⇔ |b| > 0. Khi đó ta có log
a
b
2
= log
a
|b|
2
= 2 log
a
|b|.
Chọn đáp án C
Câu 29.6. Cho số thực a > 1, b 6= 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
b
2
= −2 log
a
|b|. B. log
a
b
2
= 2 log
a
b.
C. log
a
b
2
= 2 log
a
|b|. D. log
a
b
2
= −2 log
a
b.
Lời giải.
Ta có b 6= 0 ⇔ |b| > 0. Khi đó ta có log
a
b
2
= log
a
|b|
2
= 2 log
a
|b|.
Chọn đáp án
C
Câu 29.7. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log(3a) = 3 log a. B. log a
3
= 3 log a. C. log(3a) =
1
3
log a. D. log a
3
=
1
3
log a.
Lời giải.
Theo tính chất ta có log a
3
= 3 log a.
Chọn đáp án B
Câu 29.8. Cho a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a
c
= b
d
⇔ ln
a
b
=
d
c
. B. a
c
= b
d
⇔ ln
a
b
=
c
d
.
C. a
c
= b
d
⇔
ln a
ln b
=
c
d
. D. a
c
= b
d
⇔
ln a
ln b
=
d
c
.
Lời giải.
Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có
a
c
= b
d
⇔ ln (a
c
) = ln
b
d
⇔ c · ln a = d · ln b ⇔
ln a
ln b
=
d
c
.
Chọn đáp án D
Câu 29.9. Cho a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a
c
= b
d
⇔ ln
a
b
=
d
c
. B. a
c
= b
d
⇔ ln
a
b
=
c
d
.
C. a
c
= b
d
⇔
ln a
ln b
=
c
d
. D. a
c
= b
d
⇔
ln a
ln b
=
d
c
.
Lời giải.
Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có
a
c
= b
d
⇔ ln (a
c
) = ln
b
d
⇔ c · ln a = d · ln b ⇔
ln a
ln b
=
d
c
.
Chọn đáp án D
Câu 29.10. Với số thực dương a bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
2
2a
2
= 1 + 2 log
2
a. B. log
2
2a
2
= 2 + 2 log
2
a.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 97
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
C. log
2
(2a)
2
= 2 + log
2
a. D. log
2
(2a)
2
= 1 + 2 log
2
a.
Lời giải.
• log
2
2a
2
= log
2
2 + log
2
a
2
= 1 + 2 log
2
a.
• log
2
(2a)
2
= 2 log
2
(2a) = 2 (log
2
2 + log
2
a) = 2 + 2 log
2
a.
Chọn đáp án A
Câu 29.11. Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a
2
+ b
2
= 2ab, mệnh đề nào dưới đây
đúng?
A. log
2
(a + b) = 2 + log
2
a + log
2
b. B. log(a + b) = 2 +
1
2
(log a + log b).
C. log
2
(a + b) =
1
2
(2 + log
2
a + log
2
b). D. log
2
(a + b) =
1
2
(log
2
a + log
2
b).
Lời giải.
Với mọi số thực dương a và b, ta có a
2
+ b
2
= 2ab ⇔ (a + b)
2
= 4ab. Do đó, ta có
log
2
(a + b)
2
= log
2
(4ab) ⇔ 2 log
2
(a + b) = log
2
4 + log
2
a + log
2
b ⇔ log
2
(a + b) =
1
2
(2 + log
2
a + log
2
b).
Chọn đáp án C
Câu 29.12. Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
5
(5a) = 5 + log
5
a. B. log
5
(5a) = log
5
a.
C. log
5
(5a) = 1 + log
5
a. D. log
5
(5a) = 1 + a.
Lời giải.
Ta có log
5
(5a) = log
5
5 + log
5
a = 1 + log
5
a.
Chọn đáp án C
Câu 29.13. Với a là số thực dương bất kỳ và a 6= 1, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
5
e =
1
5 ln a
. B. ln a
5
=
1
5
a. C. ln a
5
=
5
ln a
. D. log
a
5
e = 5 log
a
e.
Lời giải.
log
a
5
e =
1
5
log
a
e =
1
5 ln a
.
Chọn đáp án A
Câu 29.14. Với a là số thực dương bất kì và a 6= 1, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
5
e =
1
5 ln 5a
. B. log a
5
=
1
5
ln a. C. log a
5
=
5
ln a
. D. log
a
5
e = 5 log
a
e.
Lời giải.
Ta có log
a
5
e =
1
5
log
a
e =
1
5
·
1
log
e
a
=
1
5 ln 5a
.
Chọn đáp án A
Câu 29.15. Cho a, b là hai số thực thỏa 0 < a < b < 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. log
a
b < 1 < log
b
a. B. log
b
a < 1 < log
a
b. C. log
a
b < log
b
a < 1. D. 1 < log
a
b < log
b
a.
Lời giải.
Ta có 0 < a < b < 1 nên
(
log
a
b < log
a
a = 1
log
b
a > log
b
b = 1
⇒ log
a
b < 1 < log
b
a.
Chọn đáp án A
CÂU 30. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 1 và trục hoành là
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 98
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Tập xác định D = R.
Ta có: y
0
= 3x
2
− 3; y
0
= 0 ⇔ x = ±1.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
−1
1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−1−1
+∞+∞
Từ bảng biến ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Chọn đáp án A
Câu 30.1. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 1 và trục Ox bằng
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 1 và trục Ox (y = 0) bằng số nghiệm của phương
trình
x
3
− 3x + 1 = 0.
Phương trình x
3
− 3x + 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm
phân biệt.
Chọn đáp án C
Câu 30.2. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
+ x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm x
3
+ x + 2 = −2x + 1 ⇔ x
3
+ 3x + 1 = 0.
Xét f(x) = x
3
+ 3x + 1, ta có f
0
(x) = 3x
2
+ 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞−∞
+∞+∞
Do đó phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 30.3. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 1
với đường thẳng y = 2x + 3 là
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm
2x + 1
x − 1
= 2x + 3
⇔2x + 1 = (2x + 3) (x − 1) (do x = 1 không là nghiệm của phương trình)
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 99
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
⇔2x
2
− x − 4 = 0
⇔
x =
1 +
√
33
4
x =
1 −
√
33
4
.
Vậy đường thẳng y = 2x + 3 cắt đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 1
tại hai điểm.
Chọn đáp án A
Câu 30.4. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
2
x
2
− 4
với đường thẳng y = 3 là
A. 8. B. 2 . C. 4. D. 6 .
Lời giải.
Phương tình hoành độ giao điểm x
2
x
2
− 4
= 3 (1)
nếu x
2
− 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 ∪ 2 ≤ x.
Phương trình (1) ⇔ x
2
(x
2
−4) = 3 ⇔ x
4
−4x
2
−3 = 0 ⇔
"
x
2
= 2 +
√
7
x
2
= 2 −
√
7 ( loại )
⇔ x = ±
p
2 +
√
7.
nếu x
2
− 4 < 0 ⇔ −2 < x < 2.
Phương trình (1) ⇔ x
2
(x
2
− 4) = −3 ⇔ x
4
− 4x
2
+ 3 = 0 ⇔
"
x
2
= 3
x
2
= 1
⇔
"
x = ±
√
3
x = ±1
.
Vậy phương trình có 6 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 30.5. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x
2
+ 3x − 1 và đồ thị hàm số
y = x
2
− x − 1.
A. 1. B. 0. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm x
3
− 3x
2
+ 3x − 1 = x
2
− x − 1 ⇔ x
3
− 4x
2
+ 4x = 0 ⇔
"
x = 0
x = 2
Chọn đáp án C
Câu 30.6. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
+ x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm x
3
+ x + 2 = −2x + 1 ⇔ x
3
+ 3x + 1 = 0.
Xét f(x) = x
3
+ 3x + 1, ta có f
0
(x) = 3x
2
+ 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞−∞
+∞+∞
Do đó phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 30.7. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
+ x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 100
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm x
3
+ x + 2 = −2x + 1 ⇔ x
3
+ 3x + 1 = 0.
Xét f(x) = x
3
+ 3x + 1, ta có f
0
(x) = 3x
2
+ 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên
x
f
0
(x)
f(x)
−∞ +∞
+
−∞−∞
+∞+∞
Do đó phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm.
Chọn đáp án D
Câu 30.8. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 1
với đường thẳng y = 2x + 3 là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải.
Xét hệ
y =
2x + 1
x − 1
y = 2x + 3
.
⇒
2x + 1
x − 1
= 2x + 3 ⇒
(
x 6= 1
2x + 1 = 2x
2
+ x − 3
⇒
x =
1 +
√
33
4
x =
1 −
√
33
4
.
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y =
2x + 1
x − 1
và y = 2x + 3 là 2.
Chọn đáp án C
Câu 30.9. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
4
− 3x
2
− 5 và trục hoành.
A. 1. B. 3. C. 4. D. 2.
Lời giải.
Vì phương trình x
4
−3x
2
−5 = 0 có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hàm số y = x
4
−3x
2
−5 cắt
trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Chọn đáp án D
Câu 30.10. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y = 2x
3
− 3x + 2 và parabol (P ): y =
−x
2
+ 10x − 4.
A. 0. B. 1. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P ) là
2x
3
− 3x + 2 = −x
2
+ 10x − 4 ⇔ 2x
3
+ x
2
− 13x + 6 = 0 ⇔ (2x − 1)(x − 2)(x + 3) = 0 ⇔
x = 2
x = −3
x =
1
2
.
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại ba điểm phân biệt.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 101
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 30.11. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 3 và đường thẳng y = x.
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm x = x
3
− 3x + 3 ⇔ x
3
− 4x + 3 = 0 ⇔
x = 1
x =
−1 ±
√
13
2
.
Vậy đồ thị hàm số y = x
3
− 3x + 3 và đường thẳng y = x có 3 giao điểm.
Chọn đáp án B
CÂU 31. Tập nghiệm của bất phương trình 9
x
+ 2.3
x
− 3 > 0 là
A. [0; +∞). B. (0; +∞). C. (1; +∞). D. [1; +∞).
Lời giải.
9
x
+ 2.3
x
− 3 > 0 ⇔ (3
x
− 1) (3
x
+ 3) > 0 ⇔ 3
x
> 1 (vì 3
x
> 0, ∀x ∈ R)⇔ x > 0.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (0; +∞).
Chọn đáp án B
Câu 31.1. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
3
(x − 1) + log
3
(11 − 2x) ≥ 0 là
A. (−∞; 4). B. (1; 4]. C. (1; 4). D.
h
4;
11
2
.
Lời giải.
Điều kiện: 1 < x <
11
2
.
Bất phương trình tương đương −log
3
(x − 1) + log
3
(11 − 2x) ≥ 0
⇔ log
3
11 − 2x
x − 1
≥ 0 ⇔
11 − 2x
x − 1
≥ 1 ⇔
12 − 3x
x − 1
≥ 0 ⇔ 1 < x ≤ 4.
Chọn đáp án B
Câu 31.2. Tập nghiệm của bất phương trình 4
x+1
≤ 8
x−2
là
A. [8; +∞). B. ∅. C. (0; 8). D. (−∞; 8] .
Lời giải.
Ta có: 4
x+1
≤ 8
x−2
⇔ 2
2x+2
≤ 2
3x−6
⇔ 2x + 2 ≤ 3x − 6 ⇔ 8 ≤ x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [8; +∞).
Chọn đáp án A
Câu 31.3. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log
2
5
(x − 4) + 1 > 0.
A.
h
13
2
; +∞
. B.
−∞;
13
2
. C. (4; +∞). D.
4;
13
2
.
Lời giải.
Ta có log
2
5
(x − 4) + 1 > 0 ⇔ log
2
5
(x − 4) > −1 ⇔ 0 < x − 4 <
2
5
−1
⇔ 4 < x <
13
2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
4;
13
2
.
Chọn đáp án D
Câu 31.4. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
3
(x + 1) > log
3
(2 − x) là S = (a; b) ∪ (c; d) với
a, b, c, d là các số thực. Khi đó a + b + c + d bằng:
A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Phương pháp
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 102
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
• Tìm điều kiện xác định của bất phương trình.
• Giải bất phương trình.
Cách giải:
Ta có:
x + 1 > 0
2 − x > 0
log
1
3
(x + 1) > log
3
(2 − x)
⇔
x > −1
x < 2
− log
3
(x + 1) > log
3
(2 − x)
⇔
(
− 1 < x < 2
log
3
(2 − x) + log
3
(x + 1) < 0
⇔
(
− 1 < x < 2
x
2
+ x + 1 > 0
⇔
− 1 < x < 2
x >
1 +
√
5
2
x <
1 −
√
5
2
⇒ S =
Å
−1;
1 −
√
5
2
ã
∪
Å
1 +
√
5
2
; 2
ã
a + b + c + d = −1 +
1 −
√
5
2
+
1 +
√
5
2
+ 2 = 2.
Chọn đáp án D
Câu 31.5. Tập nghiệm của bất phương trình
1
1 + a
2
2x+1
> 1 (với a là tham số, a 6= 0) là
A.
−∞; −
1
2
. B. (−∞; 0). C.
−
1
2
; +∞
. D. (0; +∞).
Lời giải.
Vì 0 <
1
1 + a
2
< 1 nên
1
1 + a
2
2x+1
> 1 ⇔ 2x + 1 < 0 ⇔ x < −
1
2
.
Chọn đáp án A
Câu 31.6. Tập nghiệm của bất phương trình 3
x
2
−2x
< 27 là
A. (−∞; −1). B. (3; +∞).
C. (−1; 3). D. (−∞; −1) ∪ (3; +∞).
Lời giải.
3
x
2
−2x
< 27 ⇔ 3
x
2
−2x
< 3
3
⇔ x
2
− 2x < 3 ⇔ x
2
− 2x − 3 < 0 ⇔ −1 < x < 3.
Chọn đáp án
C
Câu 31.7. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log
1
2
(x
2
+ 2x − 8) ≥ −4.
A. (−4; 2). B. [−6; 4). C. [−6; −4] ∪ [2; 4]. D. [−6; −4) ∪ (2; 4].
Lời giải.
Pt ⇔
x
2
+ 2x − 8 > 0
x
2
+ 2x − 8 ≤
1
2
−4
⇔
(
x < −4 hoặc x > 2
x
2
+ 2x − 24 ≤ 0
⇔
(
x < −4 hoặc x > 2
− 6 ≤ x ≤ 4
⇔
"
− 6 ≤ x < −4
2 < x ≤ 4
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [−6; −4) ∪ (2; 4].
Chọn đáp án D
Câu 31.8. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log
25
(x + 1) >
1
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 103
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. S = (−4; +∞). B. S = (−∞; 4). C. S = (−1; 4). D. S = (4; +∞).
Lời giải.
Ta có: log
25
(x + 1) >
1
2
⇔ x + 1 > 25
1
2
⇔ x > 4.
Chọn đáp án D
Câu 31.9. Tập nghiệm của bất phương trình log
3
x
2
+ 2
6 3 là
A. S = (−∞; −5] ∪ [5; +∞). B. S = ∅.
C. S = R. D. S = [−5; 5].
Lời giải.
Ta có log
3
x
2
+ 2
6 3 ⇔
(
x
2
+ 2 > 0
x
2
+ 2 6 27
⇔ x
2
+ 2 6 27 ⇔ x
2
6 25 ⇔ −5 6 x 6 5.
Chọn đáp án D
Câu 31.10. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
(x − 1) < 3 là
A. (−∞; 9). B. (1; 10). C. (−∞; 10). D. (1; 9).
Lời giải.
BPT đã cho tương đương với
(
x − 1 > 0
x − 1 < 8
⇔ 1 < x < 9.
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là (1; 9).
Chọn đáp án D
Câu 31.11. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
5
4x + 6
x
≥ 0 là
A.
−2, −
3
2
i
. B.
h
−2, −
3
2
i
. C.
−2, −
3
2
. D.
h
−2, −
3
2
.
Lời giải.
Điều kiện xác định:
4x + 6
x
> 0
x 6= 0
⇔
x > 0
x < −
3
2
.
Bất phương trình tương đương:
4x + 6
x
≤ 1 ⇔
4x + 6 − x
x
≤ 0 ⇔
3x + 6
x
≤ 0 ⇔ −2 ≤ x < 0.
Kết hợp với điều kiện ta được: −2 ≤ x < −
3
2
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
h
−2, −
3
2
.
Chọn đáp án D
Câu 31.12. Tập nghiệm của bất phương trình
1
3
√
x+2
> 3
−x
là
A. (1; 2). B. (2; +∞). C. [2; +∞]. D. (1; 2].
Lời giải.
BPT⇔ 3
−
√
x+2
> 3
−x
⇔ x >
√
x + 2 ⇔
(
x > 0
x
2
> x + 2
⇔ x > 2.
Chọn đáp án B
Câu 31.13. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 9
x
− 2 · 6
x
+ 4
x
> 0.
A. S = (0; +∞). B. S = R. C. S = R\{0}. D. S = [0; +∞).
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 104
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chia hai vế cho 4
x
> 0, phương trình tương đương
3
2
2x
− 2 ·
3
2
x
+ 1 > 0.
Đặt t =
3
2
x
, điều kiện t > 0.
Khi đó pt tương đương t
2
− 2 · t + 1 > 0 ⇔ (t − 1)
2
> 0 ⇔ t 6= 1 ⇔
3
2
x
6= 1 ⇔ x 6= 0.
Vậy S = R\{0}.
Chọn đáp án C
Câu 31.14. Tập nghiệm của bất phương trình log
√
3
2
(x − 2) > 0 là
A. (3; +∞). B. (0; 3). C. (−∞; 3). D. (2; 3).
Lời giải.
Điều kiện xác định của bất phương trình là x > 2.
Ta có log
√
3
2
(x − 2) > 0 ⇔ x − 2 < 1 ⇔ x < 3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (2; 3).
Chọn đáp án D
Câu 31.15. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
3
(3x) > log
2
3
(2x + 7) là
A. (−∞; 7). B. (0; 7). C. (7; +∞). D.
0;
14
3
.
Lời giải.
Điều kiện: x > 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với 3x < 2x + 7 ⇔ x < 7.
So với điều kiện, ta có x ∈ (0; 7).
Chọn đáp án B
Câu 31.16. Tập nghiệm của bất phương trình log
0,8
x
2
+ x
< log
0,8
(−2x + 4) là:
A. (−∞; −4) ∪ (1; 2). B. (−∞; −4) ∪ (1; +∞).
C. (−4; 1). D. (−4; 1) ∪ (2; +∞).
Lời giải.
Điều kiện: x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 2).
log
0,8
x
2
+ x
< log
0,8
(−2x + 4)
⇔ x
2
+ x > −2x + 4 ⇔ x
2
+ 3x − 4 > 0
⇔ x ∈ (−∞; −4) ∪ (1; +∞)
Kết hợp với điều kiện ta được S = (−∞; −4) ∪ (1; 2).
Chọn đáp án A
Câu 31.17. Tập nghiệm của bất phương trình 3
2x
> 3
x+6
là
A. (0; 64). B. (−∞; 6). C. (6; +∞). D. (0; 6).
Lời giải.
Ta có 3
2x
> 3
x+6
⇔ 2x > x + 6 ⇔ x > 6.
Tập nghiệm của bất phương trình là: S = (6; +∞).
Chọn đáp án C
Câu 31.18. Tập nghiệm của bất phương trình 2
−x
2
+x
<
1
4
là
A. S = (−∞; −1) ∪ (2; +∞). B. S = (−1; 2).
C. S = (−∞; −2) ∪ (1; +∞). D. S = (−2; 1).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 105
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Bất phương trình 2
−x
2
+x
<
1
4
⇔ 2
−x
2
+x
< 2
−2
⇔ −x
2
+ x < −2 ⇔ x
2
−x −2 > 0 ⇔
"
x < −1
x > 2
. Vậy
tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ (2; +∞).
Chọn đáp án A
Câu 31.19. Tập nghiệm của bất phương trình log
1
3
1 − 2x
x
> 0 là
A. S =
1
3
; +∞
. B. S =
0;
1
3
. C. S =
1
3
;
1
2
. D. S =
−∞;
1
3
.
Lời giải.
Ta có log
1
3
1 − 2x
x
> 0 ⇔
1 − 2x
x
> 0
1 − 2x
x
< 1
⇔
1
3
< x <
1
2
.
Chọn đáp án C
Câu 31.20. Tập nghiệm của bất phương trình log
2
(x − 9) > 0 là
A. [9; +∞). B. (10; +∞). C. [10; +∞). D. (9; +∞).
Lời giải.
Ta có log
2
(x − 9) > 0 ⇔ x − 9 > 1 ⇔ x > 10.
Chọn đáp án B
CÂU 32. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = 2a. Khi quay
tam giác ABC xung quanh canh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình
nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng
A. 5πa
2
. B.
√
5πa
2
. C. 2
√
5πa
2
. D. 10πa
2
.
Lời giải.
CA
B
a
2a
BC =
√
AB
2
+ AC
2
= a
√
5.
Diện tích xung quanh hình nón cần tìm S = πAC.BC = π2a.a
√
5 = 2
√
5a
2
.
Chọn đáp án C
Câu 32.1. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật
tròn xoay thu được khi quay tam giác AA
0
C
0
quanh trục AA
0
.
A. π
√
6 + 2
a
2
. B. π
√
3 + 2
a
2
. C. 2π
√
2 + 1
a
2
. D. 2π
√
6 + 1
a
2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 106
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Khi quay tam giác AA
0
C
0
quanh trục AA
0
ta được hình nón có bán kính
đáy R = A
0
C
0
= a
√
2, đường sinh l = AC
0
và chiều cao h = AA
0
= a.
Ta có l = AC
0
=
√
A
0
C
02
+ AA
02
=
√
2a
2
+ a
2
= a
√
3.
Ta có
S
tp
= πRl + πR
2
= π(
√
6 + 2)a
2
.
C
0
A
0
A
Chọn đáp án A
Câu 32.2. Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục
DF.
B
F
C
D
A
E
a
a
a
30
◦
A.
10π
7
a
3
. B.
π
3
a
3
. C.
5π
2
a
3
. D.
10π
9
a
3
.
Lời giải.
• Khi quay hình vuông ABCD quanh trục DF ta được
khối trụ tròn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy
bằng a. Thể tích khối trụ này là V
1
= π · a
2
· a = πa
3
.
• Khi quay tam giác vuông AF E quanh trục DF ta được
khối nón tròn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy
bằng EF = AF ·tan 30
◦
=
a
√
3
3
. Thể tích khối nón này là
V
2
=
1
3
π ·
Å
a
√
3
3
ã
2
· a =
π
9
a
3
.
B
F
C
D
A
E
Vậy thể tích cần tìm là V = V
1
+ V
2
= πa
3
+
π
9
a
3
=
10π
9
a
3
.
Chọn đáp án D
Câu 32.3. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh
AB.
A.
3π
4
. B.
π
4
. C.
π
8
. D.
π
√
3
2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 107
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau.
Do đó, ta có V = 2V
nón
= 2 ·
1
3
πr
2
h =
2
3
π ·
Å
1
√
3
2
ã
2
·
1
2
=
π
4
(đvtt).
(bán kính r = h
ABC
=
√
3
2
, đường cao h =
1
2
AB =
1
2
).
Chọn đáp án B
Câu 32.4. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh
AB.
A.
3π
4
. B.
π
4
. C.
π
8
. D.
π
√
3
2
.
Lời giải.
Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau.
Do đó, ta có V = 2V
nón
= 2 ·
1
3
πr
2
h =
2
3
π ·
Å
1
√
3
2
ã
2
·
1
2
=
π
4
(đvtt).
(bán kính r = h
ABC
=
√
3
2
, đường cao h =
1
2
AB =
1
2
).
Chọn đáp án B
Câu 32.5. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = a
√
3. Tính độ
dài đường sinh ` của hình nón có được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB.
A. ` = a. B. ` = 2a. C. ` = a
√
3. D. ` = a
√
2.
Lời giải.
Khi quay tam giác ABC vuông tại A xung
quanh trục AB ta được hình nón có đường
sinh là BC.
Tam giác ABC vuông tại A nên
BC
2
= AB
2
+ AC
2
= a
2
+ 3a
2
= 4a
2
.
Vậy l = BC = 2a.
C
B
AA C
B
Chọn đáp án B
Câu 32.6. Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là 2. Quay hình tam giác ABC
quanh trục BC thì được một khối tròn xoay có thể tích là
A.
2
√
2
3
π. B.
4
3
π. C.
2
3
π. D.
1
3
π.
Lời giải.
Gọi D là trung điểm BC, khi đó AD ⊥ BC và AD =
BC
2
= 1, AC =
√
2.
Khi quay hình tam giác ABC quanh trục BC thì được hai khối nón có cùng
chiều cao h = 1 và bán kính đường tròn đáy r = 1.
Vậy thể tích của khối tròn xoay là V = 2 ·
1
3
· πr
2
h =
2
3
π.
A
C
B
D
Chọn đáp án C
Câu 32.7. Diện tích xung quanh của hình nón được sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh
a xung quanh đường cao AH là
A. πa
2
. B.
πa
2
2
. C. 2πa
2
. D.
πa
2
√
3
2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 108
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Hình nón có bán kính đáy là r =
BC
2
=
a
2
, đường sinh l = AB = a. Khi đó diện tích xung quanh
hình nón là S
xq
= πrl = π ·
a
2
· a =
πa
2
2
.
Chọn đáp án B
Câu 32.8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 2a. Thể tích của khối tròn xoay tạo
thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB bằng
A.
πa
3
3
. B.
8πa
3
3
. C.
4πa
3
3
. D.
8πa
3
√
2
3
.
Lời giải.
Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta được một hình nón
có bán kính đáy r = 2a và chiều cao là h = 2a.
Áp dụng công thức tính thể tích khối nón ta có
V =
1
3
πr
2
h =
1
3
π(2a)
2
2a =
8πa
3
3
.
B
C
A
Chọn đáp án B
Câu 32.9.
Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh
trục DF.
A.
10πa
3
9
. B.
10πa
3
7
. C.
5πa
3
2
. D.
πa
3
3
.
D C
A B
E
F
a
a
a
30
◦
Lời giải.
Ta có EF = AF tan 30
◦
=
a
√
3
3
.
Khi quay tam giác AEF quanh trục DF tạo thành khối nón có thể tích
V
nón
=
1
3
π ·
Å
a
√
3
3
ã
2
· a =
πa
3
9
.
Khi quay hình vuông ABCD quanh trục DF tạo thành khối trụ có thể tích
V
trụ
= πa
2
· a = πa
3
.
Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình quanh trục DF là V =
πa
3
9
+ πa
3
=
10πa
3
9
.
Chọn đáp án A
Câu 32.10. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật
tròn xoay thu được khi quay tam giác AA
0
C quanh trục AA
0
.
A. 2π
√
2 + 1
a
2
. B. π
√
3 + 2
a
2
. C. 2π
√
6 + 1
a
2
. D. π
√
6 + 2
a
2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 109
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Vì ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là hình lập phương cạnh a, nên ta có
AC = a
√
2; A
0
C = a
√
3 và AA
0
⊥(ABCD) hay AA
0
⊥AC.
Tam giác AA
0
C vuông tại A nên khi quay tam giác AA
0
C
quanh trục AA
0
ta được hình nón tròn xoay có bán kính đáy
R = AC = a
√
2.
Đường cao AA
0
= a và đường sinh l = A
0
C = a
√
3.
A
0
D
0
B C
B
0
A
C
0
D
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là S
tp
= πRl + πR
2
= π
√
6 + 2
a
2
.
Chọn đáp án D
Câu 32.11. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC =
√
3a. Tính độ
dài đường sinh l của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB.
A. l = a. B. l = 2a. C. l =
√
2a. D. l =
√
3a.
Lời giải.
Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB ta được hình nón có đường
sinh
l = BC =
p
AB
2
+ AC
2
= 2a.
A
B
C
Chọn đáp án B
CÂU 33. Xét
Z
2
0
xe
x
2
dx, nếu đặt u = x
2
thì
Z
2
0
xe
x
2
dx bằng
A. 2
Z
2
0
e
u
du. B. 2
Z
4
0
e
u
du. C.
1
2
Z
2
0
e
u
du. D.
1
2
Z
4
0
e
u
du.
Lời giải.
Đặt u = x
2
⇒ du = 2xdx ⇔ xdx =
du
2
.
Khi x = 0 ⇒ u = 0, khi x = 2 ⇒ u = 4.
Do đó
2
Z
0
xe
x
2
dx =
1
2
4
Z
0
e
u
du.
Chọn đáp án D
Câu 33.1. Cho tích phân I =
π
2
Z
0
√
2 + cos x · sin x dx. Nếu đặt t = 2 + cos x thì kết quả nào sau
đây đúng?
A. I =
2
Z
3
√
t dt. B. I =
3
Z
2
√
t dt. C. I = 2
2
Z
3
√
t dt. D. I =
π
2
Z
0
√
t dt.
Lời giải.
Đặt t = 2 + cos x ⇒ dt = −sin x dx ⇒ sin x dx = −dt.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 110
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Đổi cận
x = 0 ⇒ t = 3
x =
π
2
⇒ t = 2.
Vậy tích phân đã cho trở thành
I =
2
Z
3
√
t(−dt) =
3
Z
2
√
t dt.
Chọn đáp án B
Câu 33.2. Cho tích phân I =
1
Z
0
x
7
(1 + x
2
)
5
dx, giả sử đặt t = 1 + x
2
. Tìm mệnh đề đúng.
A. I =
1
2
2
Z
1
(t − 1)
3
t
5
dt. B. I =
3
Z
1
(t − 1)
3
t
5
dt.
C.
1
2
2
Z
1
(t − 1)
3
t
4
dt. D.
3
2
4
Z
1
(t − 1)
3
t
4
dt.
Lời giải.
Đặt t = 1 + x
2
⇒
1
2
dt = x dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1, x = 1 ⇒ t = 2.
Khi đó
I =
1
Z
0
(x
2
)
3
· x
(1 + x
2
)
5
dx =
1
2
2
Z
1
(t − 1)
3
t
5
dt.
Chọn đáp án A
Câu 33.3. Cho tích phân I =
3
Z
0
x
1 +
√
x + 1
dx. Nếu đặt t =
√
x + 1 thì
A. I =
2
Z
1
(t
2
− 2t) dt. B. I =
2
Z
1
(2t
2
− t) dt. C. I =
2
Z
1
(2t
2
+ 2t) dt. D. I =
2
Z
1
(2t
2
− 2t) dt.
Lời giải.
Đặt t =
√
x + 1 ⇒ t
2
= x + 1 ⇔ x = t
2
− 1, dx = 2t dt.
Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 3 thì t = 2.
I =
3
Z
0
x
1 +
√
x + 1
dx =
2
Z
1
t
2
− 1
1 + t
2t dt =
2
Z
1
2t(t − 1) dt =
2
Z
1
(2t
2
− 2t) dt.
Chọn đáp án D
Câu 33.4. Cho tích phân I =
e
Z
1
√
1 + ln x
x
dx. Đổi biến t =
√
1 + ln x ta được kết quả nào sau
đây?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 111
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. I =
√
2
Z
1
t
2
dt. B. I = 2
√
2
Z
1
t
2
dt. C. I = 2
2
Z
1
t
2
dt. D. I = 2
√
2
Z
1
t dt.
Lời giải.
Ta có
t =
√
1 + ln x ⇒ t
2
= 1 + ln x ⇒ 2t dt =
dx
x
.
Với
x = 1 ⇒ t = 1,
x = e ⇒ t =
√
2.
Vậy I =
√
2
Z
1
t · 2t dt = 2
√
2
Z
1
t
2
dt.
Chọn đáp án B
Câu 33.5. Cho tích phân I =
1
Z
0
dx
√
4 − x
2
. Nếu đổi biến số x = 2 sin t, t ∈
−
π
2
;
π
2
thì
A. I =
π
6
Z
0
dt. B. I =
π
6
Z
0
t dt. C. I =
π
6
Z
0
dt
t
. D. I =
π
3
Z
0
dt.
Lời giải.
Ta có x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos t dt.
Với x = 0 ⇒ t = 0, x = 1 ⇒ t =
π
6
.
Do đó I =
π
6
Z
0
2 cos t dt
p
4 − 4 sin
2
t
=
π
6
Z
0
2 cos t dt
2
√
cos
2
t
=
π
6
Z
0
2 cos t dt
2 cos t
=
π
6
Z
0
dt.
Chọn đáp án A
Câu 33.6. Cho tích phân I =
1
Z
0
3
√
1 − x dx. Với cách đặt t =
3
√
1 − x ta được
A. I = 3
1
Z
0
t
3
dt. B. I = 3
1
Z
0
t
2
dt. C. I =
1
Z
0
t
3
dt. D. I = 3
1
Z
0
t dt.
Lời giải.
Đặt t =
3
√
1 − x ⇒ x = 1 − t
3
⇒ dx = −3t
2
dt.
Đổi cận
(
x = 1 ⇒ t = 0
x = 0 ⇒ t = 1
⇒ I = −3
0
Z
1
t
3
dt = 3
1
Z
0
t
3
dt.
Chọn đáp án A
Câu 33.7. Cho tích phân I =
1
Z
0
3
√
1 − x dx. Với cách đặt t =
3
√
1 − x ta được
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 112
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. I = 3
1
Z
0
t
3
dt. B. I = 3
1
Z
0
t
2
dt. C. I =
1
Z
0
t
3
dt. D. I = 3
1
Z
0
t dt.
Lời giải.
Đặt t =
3
√
1 − x ⇒ x = 1 − t
3
⇒ dx = −3t
2
dt.
Đổi cận
(
x = 1 ⇒ t = 0
x = 0 ⇒ t = 1
⇒ I = −3
0
Z
1
t
3
dt = 3
1
Z
0
t
3
dt.
Chọn đáp án A
Câu 33.8. Cho tích phân I =
Z
4
0
x
p
x
2
+ 9 dx. Khi đặt t =
√
x
2
+ 9 thì tích phân đã cho trở
thành
A. I =
Z
5
3
t dt. B. I =
Z
4
0
t dt. C. I =
Z
4
0
t
2
dt. D. I =
Z
5
3
t
2
dt.
Lời giải.
Ta có t =
√
x
2
+ 9 ⇒ t
2
= x
2
+ 9 ⇒ t dt = x dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 3, x = 4 ⇒ t = 5.
Khi đó I =
Z
4
0
x
p
x
2
+ 9 dx =
Z
5
3
t
2
dt.
Chọn đáp án D
Câu 33.9. Cho tích phân I =
3
Z
0
x
1 +
√
x + 1
dx. Viết dạng của I khi đặt t =
√
x + 1.
A.
2
Z
1
(2t
2
+ 2t) dt. B.
2
Z
1
(2t
2
− 2t) dt. C.
2
Z
1
(t
2
− 2t) dt. D.
2
Z
1
(2t
2
− t) dt.
Lời giải.
Đặt t =
√
x + 1 ⇒ t
2
= x + 1 ⇒ 2t dt = x dx.
Đổi cận
x 0 3
t 1 2
Tích phân trở thành
I =
2
Z
1
(t
2
− 1)2t
1 + t
dt =
2
Z
1
(t − 1)(t + 1)2t
t + 1
dt =
2
Z
1
(t − 1)2t dt =
2
Z
1
(2t
2
− 2t) dt.
Chọn đáp án
B
Câu 33.10. Cho I =
Z
e
x
√
e
x
+ 1
dx. Khi đặt t =
√
e
x
+ 1 thì ta có
A. I =
Z
2t
2
dt. B. I =
Z
dt
2
. C. I =
Z
2dt. D. I =
Z
t
2
dt.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 113
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Đặt t =
√
e
x
+ 1 ⇒ dt =
e
x
dx
2
√
e
x
+ 1
⇒ 2tdt = e
x
dx, do đó I =
Z
2dt.
Chọn đáp án C
Câu 33.11. Cho I =
−1
Z
0
x(x − 1)
2
dx khi đặt t = −x ta có
A. I = −
1
Z
0
t(t − 1)
2
dt. B. I = −
1
Z
0
t(t + 1)
2
dt.
C. I =
1
Z
0
t(t − 1)
2
dt. D. I =
1
Z
0
t(t + 1)
2
dt.
Lời giải.
Đặt t = −x ⇒ dt = −dx.
Đổi cận
(
x = 0 ⇒ t = 0
x = −1 ⇒ t = 1.
I = −
1
Z
0
−t(−t − 1)
2
dt =
1
Z
0
t(t + 1)
2
dt.
Chọn đáp án D
Câu 33.12. Với cách đổi biến u =
√
1 + 3 ln x thì tích phân
Z
e
1
ln x
x
√
1 + 3 ln x
dx trở thành
A.
2
3
Z
2
1
(u
2
− 1) du. B.
2
9
Z
2
1
(u
2
− 1) du. C. 2
Z
2
1
(u
2
− 1) du. D.
2
9
Z
2
1
u
2
− 1
u
du.
Lời giải.
Với u =
√
1 + 3 ln x ⇒ u
2
= 1 + 3 ln x ⇒
u
2
− 1
3
= ln x ⇒
2u
3
du =
1
x
dx.
Khi đó,
Z
e
1
ln x
x
√
1 + 3 ln x
dx =
Z
2
1
u
2
− 1
3
·
2u
3
u
du =
2
9
Z
2
1
(u
2
− 1) du.
Chọn đáp án B
Câu 33.13. Với cách đổi biến u =
√
4x + 5 thì tích phân
1
Z
−1
x
√
4x + 5 dx trở thành
A.
3
Z
1
u
2
(u
2
− 5)
8
du. B.
1
Z
−1
u
2
(u
2
− 5)
8
du. C.
3
Z
1
u
2
(u
2
− 5)
4
du. D.
3
Z
1
u(u
2
− 5)
8
du.
Lời giải.
Đặt u =
√
4x + 5 ⇒ x =
u
2
− 5
4
và dx =
u
2
du.
Đổi cận:
x −1 1
u 1 3
Suy ra,
1
Z
−1
x
√
4x + 5 dx =
3
Z
1
u
2
(u
2
− 5)
8
du
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 114
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 33.14. Đổi biến x = 2 sin t thì tích phân
1
Z
0
dx
√
4 − x
2
trở thành
A.
π
6
Z
0
tdt. B.
π
3
Z
0
tdt. C.
π
6
Z
0
dt. D.
π
6
Z
0
dt
t
.
Lời giải.
Xét I =
1
Z
0
dx
√
4 − x
2
.
Đặt x = 2 sin t với t ∈
−
π
2
;
π
2
⇒ dx = 2 cos tdt.
Đổi cận:
x = 0 ⇒ t = 0.
x = 1 ⇒ t =
π
6
.
Ta có:
I =
π
6
Z
0
2 cos t
p
4 − 4 sin
2
t
dt =
π
6
Z
0
2 cos t
√
4 cos
2
t
dt =
π
6
Z
0
dt.
Chọn đáp án C
CÂU 34. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2x
2
, y = −1, x = 0 và x = 1
được tính bởi công thức nào dưới đây?
A. S = π
Z
1
0
2x
2
+ 1
dx . B. S =
Z
1
0
2x
2
− 1
dx.
C. S =
Z
1
0
2x
2
+ 1
2
dx. D. S =
Z
1
0
2x
2
+ 1
dx.
Lời giải.
Diện tích hình phẳng cần tìm là S =
1
Z
0
2x
2
+ 1
dx =
1
Z
0
2x
2
+ 1
dx do 2x
2
+ 1 > 0, ∀x ∈ [0; 1].
Chọn đáp án D
Câu 34.1. Thể tích của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y =
√
x, trục Ox
và hai đường thẳng x = 1; x = 4 khi quay quanh trục hoành được tính bởi công thức nào?
A. V = π
4
Z
1
x dx. B. V =
4
Z
1
√
x
dx. C. V = π
2
4
Z
1
x dx. D. V = π
4
Z
1
√
x dx.
Lời giải.
Thể tích là V = π
4
Z
1
x dx.
Chọn đáp án A
Câu 34.2. Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol (P ): y =
x
2
và đường thẳng d : y = x xoay quanh trục Ox bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 115
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. π
1
Z
0
x
2
dx − π
1
Z
0
x
4
dx. B. π
1
Z
0
x
2
dx + π
1
Z
0
x
4
dx.
C. π
1
Z
0
x
2
− x
2
dx. D. π
1
Z
0
x
2
− x
dx.
Lời giải.
Ta có (P ) và d cắt nhau tại hai điểm (0; 0), (1; 1) và x > x
2
, ∀x ∈ (0; 1).
Suy ra thể tích khối tròn xoay đã cho T bằng thể tích khối tròn xoay
T
1
trừ đi thể tích khối tròn xoay T
2
. Trong đó
• T
1
được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường d,
trục Ox, x = 0, x = 1.
• T
2
được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường (P ),
trục Ox, x = 0, x = 1.
Vậy thể tích khối tròn xoay đã cho bằng π
1
Z
0
x
2
dx − π
1
Z
0
x
4
dx.
x
y
O
1
1
Chọn đáp án A
Câu 34.3. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Viết công thức tính diện tích hình
thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b.
A. S =
b
Z
a
f
2
(x) dx. B. S =
b
Z
a
|f(x)| dx. C. S = π
b
Z
a
|f(x)| dx. D. S =
b
Z
a
f(x) dx.
Lời giải.
Diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng
x = a, x = b là S =
b
Z
a
|f(x)| dx.
Chọn đáp án B
Câu 34.4. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xe
x
, trục hoành, hai
đường thẳng x = −2; x = 3 có công thức tính là
A. S =
3
Z
−2
xe
x
dx. B. S =
3
Z
−2
|xe
x
| dx. C. S =
3
Z
−2
xe
x
dx
. D. S = π
3
Z
−2
xe
x
dx.
Lời giải.
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có S =
3
Z
−2
|xe
x
| dx.
Chọn đáp án B
Câu 34.5. Viết công thức tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và
x = ln 4, biết khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có hoành độ x
(0 ≤ x ≤ ln 4), ta được thiết diện là một hình vuông có độ dài cạnh là
√
xe
x
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 116
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. V =
ln 4
Z
0
xe
x
dx. B. V = π
ln 4
Z
0
xe
x
dx.
C. V = π
ln 4
Z
0
(xe
x
)
2
dx. D. V =
ln 4
Z
0
√
xe
x
dx.
Lời giải.
Theo định nghĩa ta có V =
ln 4
Z
0
xe
x
dx.
Chọn đáp án A
Câu 34.6.
Gọi S là diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình
vẽ bên. Công thức tính S là
A. S =
1
Z
−1
f(x) dx +
2
Z
1
f(x) dx.
B. S =
1
Z
−1
f(x) dx −
2
Z
1
f(x) dx.
C. S =
2
Z
−1
f(x) dx.
D. S = −
2
Z
−1
f(x) dx.
x
y
O
−1 1 2
y = f(x)
Lời giải.
Dựa vào hình vẽ suy ra S =
1
Z
−1
f(x) dx −
2
Z
1
f(x) dx.
Chọn đáp án B
Câu 34.7. Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi
parabol (P ): y = x
2
và đường thẳng d : y = 2x quay quanh trục Ox.
A. π
2
Z
0
x
2
− 2x
2
dx. B. π
2
Z
0
4x
2
dx − π
2
Z
0
x
4
dx.
C. π
2
Z
0
4x
2
dx + π
2
Z
0
x
4
dx. D. π
2
Z
0
2x − x
2
dx.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và d, ta có
x
2
= 2x ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 117
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Trên đoạn [0; 2] ta thấy 2x ≥ x
2
nên thể tích cần tìm là
V = π
3
Z
0
4x
2
− x
4
dx = π
2
Z
0
4x
2
dx − π
2
Z
0
x
4
dx.
Chọn đáp án B
Câu 34.8. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x
3
, trục hoành và hai
đường thẳng x = −1,x = 2 biết rằng mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2 cm.
A.
15
4
cm
2
. B.
17
4
cm
2
. C. 17 cm
2
. D. 15 cm
2
.
Lời giải.
Ta có S =
2
Z
−1
x
3
dx =
0
Z
−1
x
3
dx +
2
Z
0
x
3
dx = −
0
Z
−1
x
3
dx +
2
Z
0
x
3
dx = −
x
4
4
0
−1
+
x
4
4
2
0
=
17
4
.
Do mỗi đơn vị trên trục là 2 cm nên S =
17
4
· 2
2
cm
2
= 17 cm
2
.
Chọn đáp án C
Câu 34.9.
Đồ thị trong hình bên là của hàm số y = f (x), S là diện tích hình
phẳng (phần tô đậm trong hình). Chọn khẳng định đúng.
A. S =
0
Z
−2
f(x) dx +
1
Z
0
f(x) dx.
B. S =
1
Z
−2
f(x) dx.
C. S =
−2
Z
0
f(x) dx +
1
Z
0
f(x) dx.
D. S =
0
Z
−2
f(x) dx −
1
Z
0
f(x) dx.
x
y
O
1
−2
Lời giải.
Từ đồ thị ta có f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [−2; 0] và f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [0; 1].
Do đó S =
1
Z
−2
|f(x)| dx =
1
Z
−2
|f(x)| dx +
1
Z
0
|f(x)| dx =
0
Z
−2
f(x) dx −
1
Z
0
f(x) dx.
Chọn đáp án D
Câu 34.10. Cho hàm số f (x) =
(
7 − 4x
2
khi 0 ≤ x ≤ 1
4 − x
2
khi x > 1
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị hàm số f(x) và các đường thẳng x = 0, x = 3, y = 0.
A.
16
3
. B.
20
3
. C. 10. D. 9.
Lời giải.
Phương pháp: Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng
x = a, x = b (a < b) và các đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) là S =
Z
b
a
|f(x) − g(x)|dx.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 118
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm:
• 4 − x
2
= 0 ⇔
"
x = 2
x = −2 /∈ (1; +∞)
⇔ x = 2.
• 7 − 4x
2
= 0 ⇔ x = ±
√
7
2
/∈ [0; 1].
⇒ S =
1
Z
0
7 − 4x
2
dx +
2
Z
1
4 − x
2
dx +
3
Z
2
4 − x
2
dx
=
1
Z
0
7 − 4x
2
dx +
2
Z
1
7 − 4x
2
dx +
3
Z
2
7 − 4x
2
dx
= 7 − 1 +
16
3
−
11
3
− 3 +
16
3
= 10.
Câu 34.11. Cho f(x) = x
4
−5x
2
+ 4. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y = f(x) và trục hoành. Mệnh đề nào sau đây sai?
A. S =
2
Z
−2
|f(x)|dx. B. S = 2
Z
1
0
f(x)dx
+ 2
Z
2
1
f(x)dx
.
C. S = 2
2
Z
0
|f(x)|dx. D. S = 2
2
Z
0
f(x)dx
.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f(x) = x
4
− 5x
2
+ 4 và trục hoành
x
4
− 5x
2
+ 4 = 0 ⇔
"
x
2
= 1
x
2
= 4
⇔
"
x = ±1
x = ±2.
Diện tích hình phẳng cần tìm là
S =
2
Z
−2
|f(x)|dx (1)
= 2
Z
2
0
|f(x)|dx (2) (do f(x) là hàm số chẵn)
= 2
1
Z
0
|f(x)|dx + 2
2
Z
1
|f(x)|dx
= 2
1
Z
0
f(x)dx
+ 2
2
Z
1
f(x)dx
(3) (do trong các khoảng(0; 1), (1; 2) phương trình f(x) = 0 vô nghiệm).
Từ (1), (2) và (3) suy ra các đáp án A, B, C là đúng, đáp án D là sai.
Máy tính: Bấm máy kiểm tra, ba kết quả đầu bằng nhau nên đáp án là đáp án D.
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 119
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 34.12. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi
các đường y = x
2
+ 1, y = x
3
+ 1 quay quanh Ox.
A. V =
47
210
. B. V =
47π
210
. C. V =
2
35
. D. V =
2π
35
.
Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm y = x
2
+ 1 và y = x
3
+ 1.
x
2
+ 1 = x
3
+ 1 ⇔ x
3
− x
2
= 0 ⇔
"
x = 0
x = 1.
Thể tích khối tròn xoay cần tính là
V = π
1
Z
0
x
2
+ 1
2
−
x
3
+ 1
2
dx
= π
1
Z
0
î
x
2
+ 1
2
−
x
3
+ 1
2
ó
dx
= π
1
Z
0
−x
6
+ x
4
− 2x
3
+ 2x
2
dx
= π
−1
7
x
7
+
1
5
x
5
−
1
2
x
4
+
2
3
x
3
1
0
=
47π
210
.
Chọn đáp án B
Câu 34.13.
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi Parabol
y =
x
2
12
và đường cong có phương trình y =
…
4 −
x
2
4
(hình vẽ). Diện tích của hình phẳng
(H) bằng
A.
4π +
√
3
3
. B.
4
√
3 + π
6
.
C.
4π +
√
3
6
. D.
2
4π +
√
3
3
.
O
x
y
−4 4
2
y =
x
2
12
y =
…
4 −
x
2
4
Lời giải.
Hoành độ giao điểm của Parabol y =
x
2
12
và đường cong y =
…
4 −
x
2
4
là nghiệm của PT:
x
2
12
=
…
4 −
x
2
4
⇔ x = ±2
√
3.
Diện tích hình phẳng (H) bằng
S = 2
2
√
3
Z
0
ñ
…
4 −
x
2
4
−
x
2
12
ô
dx =
2
√
3
Z
0
p
16 − x
2
dx −
1
6
2
√
3
Z
0
x
2
dx =
2
√
3
Z
0
p
16 − x
2
dx +
4
√
3
3
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 120
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Đặt x = 4 sin t ⇒
2
√
3
Z
0
p
16 − x
2
dx =
π
3
Z
0
16cos
2
t dt =
8π
3
+ 2
√
3.
⇒ S =
2
4π +
√
3
3
.
Chọn đáp án D
Câu 34.14.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị (C) là đường cong như
hình bên. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục hoành và
hai đường thẳng x = 0, x = 2 (phần tô đen) là
A.
2
Z
0
f(x) dx. B. −
1
Z
0
f(x) dx +
2
Z
1
f(x) dx.
C.
1
Z
0
f(x) dx −
2
Z
1
f(x) dx. D.
2
Z
0
f(x) dx
.
O
x
y
1 2
3
−2
Lời giải.
Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy: khi x ∈ (0; 1) thì f(x) > 0, khi x ∈ (1; 2) thì f(x) < 0.
Vậy S =
1
Z
0
f(x) dx −
2
Z
1
f(x) dx.
Chọn đáp án C
Câu 34.15. Cho hai hàm số y = f(x) và y = g(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Kí hiệu H là hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f(x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b).
Tính diện tích S của hình phẳng H.
A. S =
b
Z
a
(f(x) − g(x)) dx. B. S = π
b
Z
a
f
2
(x) − g
2
(x)
dx.
C. S =
a
Z
b
|f(x) − g(x)|dx. D. S =
b
Z
a
|f(x) − g(x)|dx.
Lời giải.
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) và hai đường
thẳng x = a, x = b (a < b) là S =
b
Z
a
|f(x) − g(x)|dx.
Chọn đáp án D
CÂU 35. Cho hai số phức z
1
= 3 − i và z
2
= −1 + i. Phần ảo của số phức z
1
z
2
bằng
A. 4. B. 4i. C. −1. D. −i.
Lời giải.
Ta có: z
1
.z
2
= (3 − i)(−1 − i) = −2 + 4i. Suy ra phần ảo của z
1
.z
2
bằng 4.
Chọn đáp án A
Câu 35.1. Cho hai số phức z = 6 + 5i và z
0
= 5 −4i+z. Tìm mô-đun của số phức w = z ·z
0
.
A. |w| = 612. B. |w| = 61. C. |w| = 61
√
2. D. |w| = 6
√
2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 121
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Ta có z
0
= 5 − 4i + 6 + 5i = 11 + i ⇒ z · z
0
= 61 + 61i. Do đó |w| = 61
√
2.
Chọn đáp án C
Câu 35.2. Cho hai số phức z
1
= m + 3i, z
2
= 2 −(m + 1)i, với m ∈ R. Tìm các giá trị của m để
w = z
1
· z
2
là số thực.
A. m = 1 hoặc m = −2. B. m = 2 hoặc m = −1.
C. m = 2 hoặc m = −3. D. m = −2 hoặc m = −3.
Lời giải.
Ta có w = z
1
· z
2
= (m + 3i) (2 − (m + 1)i) = 5m + 3 +
6 − m − m
2
i.
Để w là số thực thì 6 − m − m
2
= 0 ⇔
"
m = −3
m = 2.
Chọn đáp án C
Câu 35.3. Cho hai số phức z
1
= 2 + i, z
2
= 4 − 3i. Khi đó z
1
· z
2
có phần ảo bằng
A. 11. B. 2. C. −11. D. −2.
Lời giải.
z
1
· z
2
= (2 + i)(4 − 3i) = 11 − 2i.
Vậy số phức z
1
· z
2
có phần ảo bằng −2.
Chọn đáp án D
Câu 35.4. Cho hai số phức z = a + bi và z
0
= a
0
+ b
0
i. Số phức
z
z
0
có phần thực là
A.
aa
0
+ bb
0
a
02
+ b
02
. B.
aa
0
+ bb
0
a
2
+ b
2
. C.
a + a
0
a
2
+ b
2
. D.
2bb
0
a
02
+ b
02
.
Lời giải.
Ta có
z
z
0
=
a + bi
a
0
+ b
0
i
=
(a + bi)(a
0
− b
0
i)
a
02
+ b
02
=
aa
0
+ bb
0
a
02
+ b
02
+
a
0
b − ab
0
a
02
+ b
02
i.
Do đó phần thực của
z
z
0
bằng
aa
0
+ bb
0
a
02
+ b
02
.
Chọn đáp án A
Câu 35.5. Cho hai số phức z
1
= 3 − 4i và z
2
= −2 + i. Tìm số phức liên hợp của z
1
+ z
2
.
A. 1 + 3i. B. 1 − 3i. C. −1 + 3i. D. −1 − 3i.
Lời giải.
Ta có z
1
+ z
2
= (3 − 4i) + (−2 + i) = 1 − 3i ⇒ z
1
+ z
2
= 1 + 3i.
Chọn đáp án A
Câu 35.6. Cho hai số phức z
1
= 2 + i, z
2
= 1 − 3i. Tính T = |(1 + i)z
1
+ 2z
2
|.
A. T = 18. B. T = 3
√
2. C. T = 0. D. T = 3.
Lời giải.
(1 + i)z
1
+ 2z
2
= (1 + i)(2 + i) + 2(1 − 3i) = 3 − 3i ⇒ |(1 + i)z
1
+ 2z
2
| =
√
9 + 9 = 3
√
2.
Chọn đáp án B
Câu 35.7. Cho hai số phức z
1
= 3 + i, z
2
= 2 −i. Tính giá trị của biểu thức P = |z
1
+z
1
.z
2
|.
A. P = 85. B. P = 5. C. P = 50. D. P = 10.
Lời giải.
Ta có: z
1
· z
2
= (3 + i)(2 − i) = 7 − i ⇒ z
1
+ z
1
· z
2
= 3 + i + 7 − i = 10.
Suy ra P = |z
1
+ z
1
· z
2
| = 10.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 122
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 35.8. Cho hai số phức z
1
= 1 + 2i và z
2
= 2 −3i. Phần ảo của số phức w = 3z
1
−2z
2
là
A. 12. B. 1. C. 11. D. 12i.
Lời giải.
w = 3z
1
− 2z
2
= −1 + 12i. Vậy w có phần ảo là 12.
Chọn đáp án A
Câu 35.9. Cho hai số phức z
1
= 1 + 3i, z
2
= 3 − 4i. Môđun của số phức w = z
1
+ z
2
bằng
A.
√
17. B.
√
15. C. 17. D. 15.
Lời giải.
Ta có w = 4 − i. Suy ra |w| =
p
4
2
+ (−1)
2
=
√
17.
Chọn đáp án A
Câu 35.10. Cho hai số phức z
1
= 3 − i và z
2
= 1 − 2i. Tìm số phức w =
z
1
z
2
.
A. w = 5 + 5i. B. w =
1
5
−
7
5
i. C. w = 1 + i. D. w = 1 − 7i.
Lời giải.
w =
z
1
z
2
=
3 − i
1 − 2i
=
(3 − i)(1 + 2i)
5
=
5 + 5i
5
= 1 + i.
Chọn đáp án C
Câu 35.11. Cho hai số phức z
1
= 3 − 4i và z
2
= −i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
1
z
2
.
A. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3. B. Phần thực bằng −4 và phần ảo bằng −3.
C. Phần thực bằng −4 và phần ảo bằng 3i. D. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng −3i.
Lời giải.
Ta có z
1
z
2
= (3 − 4i)(−i) = −4 − 3i có phần thực là −4 và phần ảo là −3.
Chọn đáp án B
Câu 35.12. Cho hai số phức z
1
,z
2
thỏa mãn |z
1
| = |z
2
| =
√
3 và |z
1
− z
2
| = 2. Môđun |z
1
+ z
2
|
bằng
A. 2. B. 3. C.
√
2. D. 2
√
2.
Lời giải.
1. Cách 1: Gọi các số phức z
1
= a
1
+ b
1
i, z
2
= a
2
+ b
2
i, (a
1
, a
2
, b
1
, b
2
∈ R).
Ta có |z
1
| =
p
a
2
1
+ b
2
1
=
√
3 ⇒ a
2
1
+ b
2
1
= 3, |z
2
| =
p
a
2
2
+ b
2
2
=
√
3 ⇒ a
2
2
+ b
2
2
= 3.
Do đó
|z
1
− z
2
| = 2 ⇔
»
(a
1
− a
2
)
2
+ (b
1
− b
2
)
2
= 2
⇔ (a
1
− a
2
)
2
+ (b
1
− b
2
)
2
= 4 ⇔ a
2
1
+ b
2
1
+ a
2
2
+ b
2
2
− 2a
1
a
2
− 2b
1
b
2
= 4
⇔ 2a
1
a
2
+ 2b
1
b
2
= 2.
Do đó |z
1
+ z
2
| =
»
(a
1
+ a
2
)
2
+ (b
1
+ b
2
)
2
=
p
a
2
1
+ b
2
1
+ a
2
2
+ b
2
2
+ 2a
1
a
2
+ 2b
1
b
2
=
√
8 = 2
√
2.
2. Cách 2: Ta có |z
1
− z
2
|
2
= (z
1
− z
2
)(z
1
− z
2
) = |z
1
|
2
+ |z
2
|
2
− (z
1
z
2
+ z
2
z
1
) = 4
|z
1
+ z
2
|
2
= (z
1
+ z
2
)(z
1
+ z
2
) = |z
1
|
2
+ |z
2
|
2
+ (z
1
z
2
+ z
2
z
1
) = 8
⇒ |z
1
+ z
2
| = 2
√
2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 123
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án D
CÂU 36. Gọi z
0
là nghiệm có phần ảo âm của phương trình z
2
− 2z + 5 = 0. Môđun của số
phức z
0
+ i bằng
A. 2. B.
√
2. C.
√
10. D. 10.
Lời giải.
Ta có: z
2
− 2z + 5 = 0 ⇔ z
2
− 2z = 1 = −4 ⇔ (z − 1)
2
= 4i
2
"
z = 1 − 2i
z = 1 + 2i
.
Vì z
0
là nghiệm phức có phần ảo âm nên z
0
= 1 − 2i ⇒ z
0
+ i = 1 − 2i + i = 1 − i.
Suy ra |z
0
+ i| = |1 − i| =
p
1
2
+ (−1)
2
=
√
2.
Chọn đáp án B
Câu 36.1. Gọi z
1
và z
2
lần lượt là nghiệm của phương trình: z
2
− 2z + 5 = 0. Tính P =
|z
1
| + |z
2
|.
A. 2
√
5. B. 10. C. 3. D. 6.
Lời giải.
Ta có: z
2
− 2z + 5 = 0 ⇔
"
z
1
= 1 + 2i
z
2
= 1 − 2i.
Khi đó P = |z
1
| + |z
2
| =
√
5 +
√
5 = 2
√
5.
Chọn đáp án
A
Câu 36.2. Gọi z
1
và z
2
lần lượt là nghiệm của phươngtrình: z
2
− 2z + 5 = 0. Tính P = |z
1
|
2
+
|z
2
|
2
.
A. P = 2
√
5. B. P = 20. C. P = 10. D. P =
√
5.
Lời giải.
Ta có z
2
− 2z + 5 = 0 ⇔
"
z = 1 − 2i
z = 1 + 2i
. Khi đó, P = |z
1
|
2
+ |z
2
|
2
= 2
√
5.
Chọn đáp án A
Câu 36.3. Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2 − 3i và 2 + 3i làm nghiệm
?
A. z
2
+ 4z + 13 = 0. B. z
2
+ 4z + 3 = 0. C. z
2
− 4z + 13 = 0. D. z
2
− 4z + 3 = 0.
Lời giải.
Đặt z
1
= 2 − 3i; z
2
= 2 + 3i. Khi đó
S = z
1
+ z
2
= 4; P = z
1
· z
2
= (2 − 3i)(2 + 3i) = 4 + 9 = 13.
Do đó z
1
và z
2
là nghiệm của phương trình: z
2
− Sz + P = 0 hay z
2
− 4z + 13 = 0.
Vậy z
2
− 4z + 13 = 0 là phương trình cần tìm.
Chọn đáp án C
Câu 36.4. Gọi z
1
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z
2
+ 2z + 3 = 0. Trên mặt
phẳng tọa độ, điểm nào sau đây là điểm biểu diễn số phức z
1
?
A. P (−1; −
√
2i). B. Q(−1;
√
2i). C. N(−1;
√
2). D. M(−1; −
√
2).
Lời giải.
Ta có z
2
+ 2z + 3 = 0 ⇔
"
z = −1 +
√
2i
z = −1 −
√
2i
. Vì z
1
có phần ảo âm nên z
1
= −1 −
√
2i.
Vậy điểm biểu diễn số phức z
1
là điểm M(−1; −
√
2).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 124
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 36.5. Gọi z
0
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z
2
−2z + 13 = 0. Trên mặt
phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = iz
0
?
A. M
5
4
;
1
4
. B. N
5
4
; −
1
4
. C. P
5
2
; −
1
2
. D. Q
5
2
;
1
2
.
Lời giải.
Phương trình 2z
2
− 2z + 13 = 0 ⇔ z =
1
2
+
5
2
i (loại) hay z =
1
2
−
5
2
i (nhận).
Nên ta có w = iz
0
= i
1
2
−
5
2
i
=
5
2
+
1
2
i. Vậy điểm biểu diễn của w là Q
5
2
;
1
2
.
Chọn đáp án D
Câu 36.6. Trong tập số phức C, biết z
1
, z
2
là nghiệm của phương trình z
2
− 2z + 5 = 0. Tính
giá trị của biểu thức (z
1
+ z
2
)
2
.
A. 0. B. 1. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Áp dụng định lý Vi-ét ta có z
1
+ z
2
= 2 ⇒ (z
1
+ z
2
)
2
= 4.
Chọn đáp án D
Câu 36.7. Kí hiệu z
0
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z
2
− 16z + 17 = 0.
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = iz
o
?
A. M
1
1
2
; 2
. B. M
2
−
1
2
; 2
. C. M
3
−
1
4
; 1
. D. M
4
1
4
; 1
.
Lời giải.
Xét phương trình 4z
2
− 16z + 17 = 0 có ∆
0
= 64 − 4 · 17 = −4 = (2i)
2
.
Phương trình có hai nghiệm z
1
=
8 − 2i
4
= 2 −
1
2
i, z
2
=
8 + 2i
4
= 2 +
1
2
i.
Do z
0
là nghiệm phức có phần ảo dương nên z
0
= 2 +
1
2
i.
Ta có w = iz
o
= −
1
2
+ 2i.
Vậy điểm biểu diễn w = iz
o
là M
2
−
1
2
; 2
.
Chọn đáp án B
Câu 36.8. Gọi z
0
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z
2
+ 2z + 10 = 0. Tính
iz
0
.
A. iz
0
= 3 − i. B. iz
0
= −3i + 1. C. iz
0
= −3 − i. D. iz
0
= 3i − 1.
Lời giải.
Ta có z
2
+ 2z + 10 = 0 ⇔
"
z = −1 + 3i
z = −1 − 3i.
Suy ra z
0
= −1 + 3i. Do đó iz
0
= i(−1 + 3i) = −3 − i.
Chọn đáp án C
Câu 36.9. Gọi z
0
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z
2
− 6z + 5 = 0. Tìm
iz
0
?
A. i · z
0
= −
1
2
+
3
2
i. B. i · z
0
=
1
2
+
3
2
i. C. i · z
0
= −
1
2
−
3
2
i. D. i · z
0
=
1
2
−
3
2
i.
Lời giải.
Xét phương trình 2z
2
− 6z + 5 = 0 ⇔
z =
3
2
+
1
2
i
z =
3
2
−
1
2
i
⇒ z
0
=
3
2
−
1
2
i ⇒ i · z
0
=
1
2
+
3
2
i.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 125
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án B
Câu 36.10. Số phức z = a + bi, (a, b ∈ R) là nghiệm của phương trình (1 + 2i)z −8 −i = 0. Tính
S = a + b.
A. S = −1. B. S = 1. C. S = −5. D. S = 5.
Lời giải.
Vì (1 + 2i)z − 8 − i = 0 ⇔ z =
8 + i
1 + 2i
=
(8 + i)(1 − 2i)
1 + 4
=
10 − 15i
5
= 2 − 3i nên
(
a = 2
b = −3.
.
Vậy S = a + b = −1.
Chọn đáp án A
Câu 36.11. Biết z = 1 − 2i là nghiệm của phương trình z
2
+ az + b = 0 (với a, b ∈ R). Khi đó
a + b bằng
A. 3. B. −3. C. 4. D. −4.
Lời giải.
Vì z = 1 − 2i là nghiệm của phương trình nên ta có
(1 − 2i)
2
+ a(1 − 2i) + b = 0 ⇔ a + b − 3 + (−4 − 2a)i = 0
⇔
(
a + b − 3 = 0
− 4 − 2a = 0
⇔
(
a = −2
b = 5.
Vậy a + b = 3.
Chọn đáp án A
Câu 36.12. Kí hiệu z
0
là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình
z
2
+ 2z + 10 = 0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w =
i
2019
z
0
?
A. M(3; −1). B. M(−3; 1). C. M(3; 1). D. M(−3; −1).
Lời giải.
Ta có z
2
+ 2z + 10 = 0 ⇔
"
z = −1 + 3i
z = −1 − 3i
nên z
0
= −1 + 3i.
Khi đó w = i
2019
z
0
= i · (−1)
1009
· (−1 + 3i) = −i · (−1 + 3i) = 3 + i nên điểm biểu diễn số phức w
là M(3; 1).
Chọn đáp án C
Câu 36.13. Gọi z
1
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z
2
− 8z + 25 = 0. Khi
đó, giả sử z
2
1
= a + bi thì a + b là
A. 7. B. −7. C. 24. D. 31.
Lời giải.
Phương trình z
2
− 8z + 25 = 0 ⇒
"
z
1
= 4 + 3i
z
2
= 4 − 3i
.
Ta có z
2
1
= 7 + 24i ⇒ a = 7; b = 24 ⇒ a + b = 31.
Chọn đáp án D
Câu 36.14. Gọi z
0
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z
2
+ 4z + 37 = 0. Trên
mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức iz
0
?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 126
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. M
2
−3;
1
2
. B. M
3
3;
1
2
. C. M
4
3; −
1
2
. D. M
1
−3; −
1
2
.
Lời giải.
4z
2
+ 4z + 37 = 0 ⇔
z = −
1
2
+ 3i
z = −
1
2
− 3i
.
Suy ra z
0
= −
1
2
+ 3i ⇒ iz
0
= −3 −
1
2
i. Do đó iz
0
có điểm biểu diễn là M
1
−3; −
1
2
.
Chọn đáp án D
Câu 36.15. Gọi z
1
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z
2
− 2z + 5 = 0. Trong
mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn của z
1
có tọa độ là
A. (−1; 2). B. (2; 1). C. (−2; 1). D. (1; 2).
Lời giải.
Ta có: z
2
− 2z + 5 = 0 ⇔
"
z = 1 + 2i
z = 1 − 2i.
Do z
1
có phần ảo dương ⇒ z
1
= 1 + 2i.
Do đó điểm biểu diễn của z
1
có tọa độ là (1; 2).
Chọn đáp án D
CÂU 37. Trong không gian Oxyz,cho điểm M(2; 1; 0) và đường thằng ∆ :
x − 3
1
=
y − 1
4
=
z + 1
−2
.
Mặt phằng đi qua M và vuông góc với ∆ có phương trình là
A. 3x + y − z − 7 = 0 . B. x + 4y − 2z + 6 = 0.
C. x + 4y − 2z − 6 = 0 . D. 3x + y − z + 7 = 0.
Lời giải.
Đường thẳng ∆:
x − 3
1
=
y − 1
4
=
z + 1
−2
nhận vectơ
#»
u = (1; 4; −2) là một vectơ chỉ phương.
Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với ∆ nhận vectơ chỉ phương
#»
u = (1; 4; −2) của ∆ là vectơ
pháp tuyến.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm 1.(x − 2) + 4.(y − 2) − 2.(z − 0) = 0 ⇔ x + 4y − 2z − 6 = 0.
Chọn đáp án C
Câu 37.1. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng chứa trục Ox và đi qua điểm A(1; 1; −1) có
phương trình là
A. z + 1 = 0. B. x − y = 0. C. x + z = 0. D. y + z = 0.
Lời giải.
Mặt phẳng chứa trục Ox có dạng By + Cz = 0,
B
2
+ C
2
6= 0
.
Mặt phẳng đi qua điểm A(1; 1; −1) nên B − C = 0 ⇔ B = C. Do đó chọn B = C = 1.
Chọn đáp án D
Câu 37.2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
x − 1
2
=
y + 1
3
=
z − 3
−5
và d
2
:
x = −1 + t
y = 4 + 3t
z = 1 + t
.
Tìm phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d
1
và song song với đường thẳng d
2
.
A. 18x + 7y + 3z + 20 = 0. B. 18x − 7y + 3z + 34 = 0.
C. 18x + 7y + 3z − 20 = 0. D. 18x − 7y + 3z − 34 = 0.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 127
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Đường thẳng d
1
qua M(1; −1; 3) và nhận
#»
u
1
= (2; 3; −5) làm véc-tơ chỉ phương; d
2
có véc-tơ chỉ
phương
#»
u
2
= (1; 3; 1).
Mặt phẳng (P ) chứa d
1
và song song d
2
nên nhận véc-tơ
#»
n = [
#»
u
1
,
#»
u
2
] = (18; −7; 3) làm véc-tơ
pháp tuyến.
Vậy phương trình tổng quát của (P ) là
18(x − 1) − 7(y + 1) + 3(z − 3) = 0
⇔ 18x − 7y + 3z − 34 = 0.
Chọn đáp án D
Câu 37.3. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ): 3x − 4y + 5z − 6 = 0 và đường thẳng
d:
x − 1
2
=
y − 2
3
=
z − 3
1
. Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P ). Tìm khẳng định
đúng.
A. sin ϕ =
1
5
√
28
. B. cos ϕ = −
1
5
√
28
. C. cos ϕ =
1
5
√
28
. D. sin ϕ = −
1
5
√
28
.
Lời giải.
(P ) có véc-tơ pháp tuyến là
#»
n = (3; −4; 5) và d có véc-tơ chỉ phương
#»
u = (2; 3; 1). Khi đó ta có
sin ϕ = |cos (
#»
n,
#»
u )| =
|
#»
n ·
#»
u |
|
#»
n| · |
#»
u |
=
1
5
√
28
.
Chọn đáp án A
Câu 37.4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
x − 1
1
=
y + 2
−1
=
z
2
.
Mặt phẳng (P ) đi qua điểm M(2; 0; −1) và vuông góc với d có phương trình là
A. x − y + 2z = 0. B. x − 2y − 2 = 0. C. x + y + 2z = 0. D. x − y − 2z = 0.
Lời giải.
Mặt phẳng (P ) có véc-tơ pháp tuyến cùng phương với véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d,
suy ra
#»
n
(P )
= (1; −1; 2). Phương trình mặt phẳng (P ) là
1(x − 2) − 1(y − 0) + 2(z + 1) = 0 ⇔ x − y + 2z = 0.
Chọn đáp án
A
Câu 37.5. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) :
x + 3
1
=
y − 2
−1
=
z − 1
2
. Mặt
phẳng (P ) đi qua điểm M(2; 0; −1) và vuông góc với (d) có phương trình là
A. (P ): x − y − 2z = 0. B. (P ): 2x − z = 0.
C. (P ): x − y + 2z + 2 = 0. D. (P ): x − y + 2z = 0.
Lời giải.
Mặt phẳng (P ) đi qua M(2; 0; −1) có một véc-tơ pháp tuyến
#»
n = (1; −1; 2) có dạng (P ): x−y+2z =
0.
Chọn đáp án D
Câu 37.6. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng d
1
:
x = 1 + t
y = −1 − 2t
z = 2 + t
,
d
2
:
x
2
=
y − 1
1
=
z + 1
−1
. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A và song song với hai đường
thẳng d
1
, d
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 128
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. (α) : x + 3y − 5z − 13 = 0. B. (α) : 3x + y + z + 13 = 0.
C. (α) : x + 2y + z − 13 = 0. D. (α) : x + 3y + 5z − 13 = 0.
Lời giải.
Phương trình mặt phẳng (α) song song với hai đường thẳng d
1
, d
2
suy ra
#»
n
(α)
= [
#»
n
d
1
,
#»
n
d
2
] = (1; 3; 5).
Vậy (α) : 1(x − 0) + 3(y − 1) + 5(z − 2) = 0 ⇔ x + 3y + 5z − 13 = 0.
Chọn đáp án D
Câu 37.7. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
x
1
=
y + 1
2
=
z + 2
3
và mặt phẳng
(P ) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (P ) bằng 2. Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng
A. −1. B. −3. C. −21. D. −5.
Lời giải.
Do M thuộc d nên M có tọa độ dạng M(t; −1 + 2t; −2 + 3t).
Theo giả thiết, ta có d(M, P ) = 2 ⇔
|t − 2 + 4t + 4 − 6t + 3|
3
= 2 ⇔ |5 − t| = 6 ⇔
"
t = −1
t = 11
. M có
hoành độ âm nên t = −1 ⇒ tung độ của M là −3.
Chọn đáp án B
Câu 37.8. Cho mặt phẳng (α) : 3x − 2y − z + 5 = 0 và đường thẳng ∆ :
x − 1
2
=
y − 7
1
=
z − 3
4
.
Gọi (β) là mặt phẳng chứa ∆ và song song với (α). Khoảng cách giữa (α) và (β) là
A.
3
√
14
. B. −
9
√
21
. C.
9
21
. D.
9
√
14
.
Lời giải.
Lấy A(1; 7; 3) ∈ ∆. Vì (β) k (α) nên
d ((α), (β)) = d(A, (α)) =
|3 · 1 − 2 · 7 − 3 + 5|
p
3
2
+ (−2)
2
+ (−1)
2
=
9
√
14
.
Chọn đáp án D
Câu 37.9. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d):
x − 1
2
=
y − 2
−1
=
z − 3
2
. Mặt phẳng
(P ) vuông góc với (d) có véc-tơ pháp tuyến là
A.
#»
n(1; 2; 3). B.
#»
n(2; −1; 2). C.
#»
n(1; 4; 1). D.
#»
n(2; 1; 2).
Lời giải.
Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là
#»
u
d
= (2; −1; 2).
Mặt phẳng (P ) vuông góc với đường thẳng (d) nên có véc-tơ pháp tuyến
# »
n
P
=
#»
u
d
= (2; −1; 2).
Vậy véc-tơ pháp tuyến của (P ) là
#»
n(2; −1; 2).
Chọn đáp án B
Câu 37.10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
x − 2
1
=
y − 1
−1
=
z − 1
2
và điểm A (−2; 1; 0). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa d.
A. x − 7y − 4z + 8 = 0. B. x − y − 4z + 3 = 0.
C. x − 7y − 4z + 9 = 0. D. x − y + 2z + 3 = 0.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 129
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn điểm B(2; 1; 1) ∈ d, suy ra
# »
AB = (4, 0, 1).
Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là
#»
n =
î
# »
AB,
#»
u
d
ó
= (1; −7; −4).
Phương trình mặt phẳng cần tìm là (x + 2) − 7(y − 1) − 4z = 0 ⇔ x − 7y − 4z + 9 = 0.
Chọn đáp án C
CÂU 38. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M(1; 0; 1) và N(3; 2; −1). Đường thẳng MN có
phương trình tham số là
A.
x = 1 + 2t
y = 2t
z = 1 + t
. B.
x = 1 + t
y = t
z = 1 + t
. C.
x = 1 − t
y = t
z = 1 + t
. D.
x = 1 + t
y = t
z = 1 − t
.
Lời giải.
Đường thẳng MN nhận
# »
MN = (2; 2; −2) hoặc
#»
u = (1; 1; −1) là vectơ chỉ phương nên ta loại ngay
phương án A,B và C.
Thay tọa độ M(1; 0; l) vào phương trình ở phương án D ta thấy thỏa mãn.
Chọn đáp án D
Câu 38.1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình tham số
x = 2 + t
y = −3t
z = −1 + 5t
. Phương trình chính tắc của đường thẳng d là
A.
x − 2
1
=
y
−3
=
z + 1
5
. B. x − 2 = y = z + 1.
C.
x + 2
1
=
y
−3
=
z − 1
5
. D.
x + 2
−1
=
y
3
=
z − 1
−5
.
Lời giải.
Đường thẳng d đi qua điểm M(2; 0; −1) và có một véc-tơ chỉ phương
#»
u = (1; −3; 5) nên có phương
trình chính tắc là
x − 2
1
=
y
−3
=
z + 1
5
.
Chọn đáp án A
Câu 38.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình chính tắc của đường thẳng
d đi qua điểm A(1; 2; 3) và vuông góc với mặt phẳng (P ): 2x + 2y + z + 2017 = 0.
A.
x + 1
2
=
y + 2
2
=
z + 3
1
. B.
x − 1
2
=
y − 2
2
=
z − 3
1
.
C.
x − 2
1
=
y − 2
2
=
z − 1
3
. D.
x + 2
1
=
y + 2
2
=
z + 1
3
.
Lời giải.
d vuông góc với (P ) nên d có véc-tơ chỉ phương là
#»
n
P
= (2; 2; 1).
Do đó, phương trình chính tắc đường thẳng d là
x − 1
2
=
y − 2
2
=
z − 3
1
.
Chọn đáp án B
Câu 38.3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi
qua A(1; 2; −1) và vuông góc với mặt phẳng (P ): x + 2y − 3z + 1 = 0.
A. d :
x + 1
1
=
y + 2
−2
=
z − 1
−3
. B. d :
x + 1
1
=
y + 2
2
=
z − 1
−3
.
C. d:
x − 1
1
=
y − 2
2
=
z + 1
3
. D. d:
x − 1
−1
=
y − 2
−2
=
z + 1
3
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 130
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
d đi qua A(1; 2; −1) và nhận véc-tơ pháp tuyến của (P ) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương
trình là
x − 1
−1
=
y − 2
−2
=
z + 1
3
.
Chọn đáp án D
Câu 38.4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) và B(2; 4; −1). Phương trình chính
tắc của đường thẳng d đi qua A, B là
A.
x + 2
1
=
y + 4
2
=
z + 1
4
. B.
x + 1
1
=
y + 2
2
=
z + 3
4
.
C.
x − 1
1
=
y − 2
2
=
z − 3
−4
. D.
x + 2
1
=
y + 4
2
=
z − 1
−4
.
Lời giải.
Ta có đường thẳng d đi qua A(1; 2; 3) và có véc-tơ chỉ phương
# »
AB = (1; 2; −4). Vậy phương trình
chính tắc đường thẳng d là
x − 1
1
=
y − 2
2
=
z − 3
−4
·
Chọn đáp án C
Câu 38.5. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1), B(−1; 2; 1). Viết phương trình đường
thẳng ∆ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB).
A. ∆ :
x = t
y = 1 + t
z = 1 − t
. B. ∆ :
x = t
y = 1 + t
z = 1 + t
. C. ∆ :
x = 3 + t
y = 4 + t
z = 1 − t
. D. ∆ :
x = −1 + t
y = t
z = 3 − t
.
Lời giải.
Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB có tọa độ I(0; 1; 1).
Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến
#»
n =
î
# »
OA,
# »
OB
ó
= (−2; −2; 2).
Suy ra đường thẳng ∆ có
#»
u = (1; 1; −1) và đi qua I(0; 1; 1). Vậy phương trình đường thẳng ∆ là
∆ :
x = t
y = 1 + t
z = 1 − t
.
Chọn đáp án A
Câu 38.6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; −3), B(−1; 4; 1) và
đường thẳng d :
x + 2
1
=
y − 2
−1
=
z + 3
2
. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường
thẳng đi qua trung điểm đoạn thẳng AB và song song với d?
A.
x
1
=
y − 1
−1
=
z + 1
2
.
B.
x
1
=
y − 2
−1
=
z + 2
2
.
C.
x
1
=
y − 1
1
=
z + 1
2
.
D.
x
1
=
y + 1
−1
=
z − 1
2
.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm đoạn AB, ta có M(0; 1; −1). Khi đó đường thẳng đi qua M và song song
với d có phương trình
x
1
=
y − 1
−1
=
z + 1
2
.
Chọn đáp án A
Câu 38.7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) và B(3; −4; 5).
Phương trình nào sau đây không phải là phương trình của đường thẳng AB?
A.
x = 1 + 2t
y = −4 − 6t
z = 1 + 2t
. B.
x = 3 − t
y = −4 + 3t
z = 5 − t
. C.
x = 3 + t
y = −4 − 3t
z = 5 + t
. D.
x = 1 + 2t
y = 2 − 6t
z = 3 + 2t
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 131
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (2; −6; 2) ⇒
# »
AB cùng phương với các véc-tơ có tọa độ (−1; 3; −1), (1; −3; 1). Phương
trình đường thẳng AB là
x = 3 + t
y = −4 − 3t
z = 5 + t.
Ta thấy điểm M(1; −4; 1) không thỏa mãn phương trình đường thẳng AB.
Chọn đáp án A
Câu 38.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1) và B(−1; 2; 1).
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và vuông
góc với mặt phẳng (OAB).
A. ∆ :
x = 3 + t
y = 4 + t
z = 1 − t
. B. ∆:
x = t
y = 1 + t
z = 1 + t
. C. ∆:
x = −1 + t
y = t
z = 3 − t
. D. ∆:
x = t
y = 1 + t
z = 1 − t
.
Lời giải.
Ta có
# »
OA = (1; 0; 1),
# »
OB = (−1; 2; 1) ⇒
# »
OA ·
# »
OB = 0 ⇒ OA ⊥ OB. Do vậy, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác OAB là (0; 1; 1).
Lại có
î
# »
OA,
# »
OB
ó
= (−2; −2; 2) ⇒ véc-tơ chỉ phương của ∆ là
#»
n = (1; 1; −1) ⇒ phương trình
đường thẳng ∆:
x = t
y = 1 + t
z = 1 − t
.
Chọn đáp án
D
Câu 38.9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; −3), B(−1; 4; 1) và
đường thẳng d :
x + 2
1
=
y − 2
−1
=
z + 3
2
. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường
thẳng đi qua trung điểm của đoạn AB và song song với d?
A.
x
1
=
y − 1
−1
=
z + 1
2
. B.
x − 1
1
=
y − 1
−1
=
z + 1
2
.
C.
x
1
=
y − 2
−1
=
z + 2
2
. D.
x
1
=
y − 1
1
=
z + 1
2
.
Lời giải.
Gọi ∆ là đường thẳng cần lập phương trình. Ta có
• Trung điểm của AB là I(0; 1; −1).
• Đường thẳng d:
x + 2
1
=
y − 2
−1
=
z + 3
2
có véc-tơ chỉ phương là
#»
u (1; −1; 2).
Đường thẳng ∆ đi qua I và nhận
#»
u (1; −1; 2) làm véc-tơ chỉ phương nên ∆:
x
1
=
y − 1
−1
=
x + 1
2
.
Chọn đáp án A
Câu 38.10. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0) và B(2; 1; 2). Phương trình tham số
của đường thẳng AB là
A.
x = 2 + 2t
y = 1 − t
z = 2 + t
. B.
x = 1 + t
y = 2 + t
z = 2t
. C.
x = 1 + t
y = 2 − t
z = 2t
. D.
x = 1 + t
y = 2 − t
z = 2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 132
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Ta có
# »
AB = (1; −1; 2) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng AB.
Phương trình tham số của đường thẳng AB là
x = 1 + t
y = 2 − t
z = 2t.
Chọn đáp án C
Câu 38.11. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; 6), B(−3; 1; −2). Đường thẳng AB
cắt mặt phẳng (Oxy) tại điểm M. Tính tỉ số
AM
BM
.
A. 2. B. 3. C.
1
3
. D.
1
2
.
Lời giải.
Phương trình đường thẳng AB có vectơ chỉ phương
# »
AB = (−4; 3; −8) là
x − 1
−4
=
y + 2
3
=
z − 6
−8
.
M là giao điểm của AB với (Oxy) nên thỏa hệ
x − 1
−4
=
y + 2
3
=
z − 6
−8
z = 0
⇔
x = −2
y =
1
4
z = 0.
Suy ra AM =
3
√
89
4
và BM =
√
89
4
. Vậy
AM
BM
= 3.
Chọn đáp án B
CÂU 39. Có 6 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3
học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và I học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, sao cho mỗi ghế có
đúng một học sinh. Xác suất để học sinh lóp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng
A.
1
6
. B.
3
20
. C.
2
15
. D.
1
5
.
Lời giải.
Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành hàng ngang, không gian mẫu có số phần tử 6!.
Gọi M là biến cố "học học lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B".
Xét các trường hợp
Trường hợp 1 Học sinh lớp C ngồi đầu dãy.
• Chọn vị trí cho học sinh lớp C có 2 cách.
• Chọn 1 học sinh lớp B ngồi cạnh học sinh lớp C có 2 cách.
• Hoán vị các học sinh còn lại cho nhau có 4! cách.
Trường hợp này thu được 2.2.4! = 96 cách.
Trường hợp 2 Học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B , ta gộp thành 1 nhóm, khi đó:
• Hoán vị 4 phần tử gồm 3 học sinh lớp A và nhóm gồm học sinh lớp B và
lớp C có: 4! cách.
• Hoán vị hai học sinh lớp B cho nhau có: 2! cách.
Như vậy số phần tử của biến cố M là: 48 + 96 = 144.
Xác suất của biến cô M là P (M) =
144
6!
=
1
5
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 133
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án D
Câu 39.1. Xếp 5 nam và 2 nữ vào một bàn dài gồm 7 chỗ ngồi. Tính xác suất để 2 nữ không
ngồi cạnh nhau.
A.
6
7
. B.
4
7
. C.
5
7
. D.
2
7
.
Lời giải.
Xếp hai nữ cạnh nhau có 2 cách.
Xếp 5 nam và nhóm nữ có 6! cách.
Xếp 5 nam và 2 nữ sao cho 2 nữ cạnh nhau có 2 · 6! cách.
Xác suất để xếp 5 nam và 2 nữ sao cho 2 nữ cạnh nhau là
2 · 6!
7!
=
2
7
.
Vậy xác suất cần tìm là 1 −
2
7
=
5
7
.
Chọn đáp án C
Câu 39.2. Một nhóm có 7 học sinh lớp A và 5 học sinh lớp B. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh
trên ngồi vào một dãy 12 ghế hàng ngang sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác
suất sao cho không có bất kì 2 học sinh lớp B nào ngồi cạnh nhau.
A.
7
99
. B.
1
132
. C.
7
264
. D.
1
792
.
Lời giải.
• Xếp 12 học sinh ngồi vào một dãy 12 ghế hàng ngang sao cho mỗi ghế có đúng một học
sinh ngồi có 12! cách.
• Xếp 7 học sinh lớp A vào 7 ghế, có 7! cách.
Khi đó 7 ghế đã xếp học sinh lớp A tạo ra 8 khoảng trống, ta xếp 5 học sinh lớp B vào 5
trong 8 khoảng trống đó, có A
5
8
cách.
⇒ có 7! · A
5
8
cách xếp 12 học sinh mà các học sinh lớp B không ngồi cạnh nhau.
Vậy xác suất cần tìm là
7! · A
5
8
12!
=
7
99
.
Chọn đáp án A
Câu 39.3. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học
sinh lớp 12C trên một bàn tròn. Tính xác suất P để các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh
nhau.
A. P =
1
1260
. B. P =
1
126
. C. P =
1
28
. D. P =
1
252
.
Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 9!.
Gọi E là biến cố các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:
• Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau. Số cách sắp
xếp là 5!.
• Xếp 3 học sinh lớp 12B vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau và sát nhóm của
học sinh 12C. Số cách sắp xếp là 3! × 2.
• Xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí còn lại của bàn. Số cách sắp xếp là 2!.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 134
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là n(E) = 5! × 3! × 2 × 2!.
Xác suất của biến cố E là P (E) =
n(E)
n(Ω)
=
1
126
.
Chọn đáp án B
Câu 39.4. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học
sinh lớp 12C trên một bàn tròn. Tính xác suất P để các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh
nhau.
A. P =
1
1260
. B. P =
1
126
. C. P =
1
28
. D. P =
1
252
.
Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 9!.
Gọi E là biến cố các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:
• Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau. Số cách sắp
xếp là 5!.
• Xếp 3 học sinh lớp 12B vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau và sát nhóm của
học sinh 12C. Số cách sắp xếp là 3! × 2.
• Xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí còn lại của bàn. Số cách sắp xếp là 2!.
Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là n(E) = 5! × 3! × 2 × 2!.
Xác suất của biến cố E là P (E) =
n(E)
n(Ω)
=
1
126
.
Chọn đáp án B
Câu 39.5. Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà và một đứa bé vào ngồi 6
cái ghế xếp thành hàng ngang. Xác suất sao cho đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà là bao
nhiêu?
A.
1
30
. B.
1
5
. C.
1
15
. D.
1
6
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = P
6
= 6! = 720.
Gọi A là biến cố xếp được đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà.
Đánh thứ tự các ghế là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có các trường hợp để xếp đứa bé ngồi giữa hai người
đàn bà là hai người đàn bà ngồi ở các cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6). Ở mỗi trường hợp ta
có số cách sắp xếp là 2! · 1 · 3! = 12. Dó đó số phần tử của A là n(A) = 4 · 12 = 48.
Xác suất của biến cố A là P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
48
720
=
1
15
.
Chọn đáp án C
Câu 39.6. Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà và một đứa bé vào ngồi 6
cái ghế xếp thành hàng ngang. Xác suất sao cho đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà là bao
nhiêu?
A.
1
30
. B.
1
5
. C.
1
15
. D.
1
6
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = P
6
= 6! = 720.
Gọi A là biến cố xếp được đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà.
Đánh thứ tự các ghế là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có các trường hợp để xếp đứa bé ngồi giữa hai người
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 135
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
đàn bà là hai người đàn bà ngồi ở các cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6). Ở mỗi trường hợp ta
có số cách sắp xếp là 2! · 1 · 3! = 12. Dó đó số phần tử của A là n(A) = 4 · 12 = 48.
Xác suất của biến cố A là P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
48
720
=
1
15
.
Chọn đáp án C
Câu 39.7. Xếp ngẫu nhiên 5 bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đông ngồi vào 1 dãy 5 ghế thẳng
hàng (mỗi bạn ngồi 1 ghế). Tính xác suất để hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau.
A.
3
5
. B.
2
5
. C.
1
5
. D.
4
5
.
Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 5!.
Gọi A là biến cố “An và Bình không ngồi cạnh nhau.”
Khi đó A là biến cố “An và Bình ngồi cạnh nhau.”
• Có 4 cách chọn 2 vị trí liền nhau để xếp An và Bình.
• Có 2! cách xếp An và Bình ngồi vào 2 vị trí liền nhau đã chọn.
• Có 3! cách xếp 3 bạn còn lại vào 3 vị trí còn lại.
Suy ra số cách sắp xếp để An và Bình ngồi cạnh nhau là
n(A) = 4 · 2! · 3! = 48.
Do đó
P(A) = 1 − P(A) = 1 −
n(A)
n(Ω)
= 1 −
48
5!
=
3
5
.
Chọn đáp án A
Câu 39.8. 4 người đàn ông, 2 người đàn bà và một đứa trẻ được xếp ngồi vào 7 chiếc ghế đặt
quanh một bàn tròn. Xác suất để xếp đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông là
A.
1
15
. B.
1
5
. C.
2
15
. D.
2
5
.
Lời giải.
Số cách xếp 7 người vào một bàn tròn là 6!.
Goi A là biến cố đứa trẻ ngồi cạnh hai người đàn ông.
Lấy 2 người đàn ông bất kì có 6 cách. Cho hai người đó ngồi vào bàn cạnh nhau có 2 cách. Cho
đứa trẻ và giữa hai người đàn ông có 1 cách. 4 người còn lại có 4! cách. Vậy số phần tử của A
là 288. Do đó xác suất để biến cố A xãy ra là
288
6!
=
2
15
.
Chọn đáp án C
Câu 39.9. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm
5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác
suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
A.
4
63
. B.
1
252
. C.
8
63
. D.
1
945
.
Lời giải.
Cách 1:
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 10!.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 136
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi biến cố A: “Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ ”.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 10 cách.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 8 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 6 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 4 có 4 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai, thứ ba).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 5 có 2 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ
hai, thứ ba, thứ tư).
Xếp chỗ cho 5 học sinh nữ: 5! Cách.
ta có n(A) = 10 · 8 · 6 · 4 · 2 · 5! = 460800.
Vậy P (A) =
460800
10!
=
8
63
.
Cách 2: Chọn vị trí bên trái có 2
5
cách.
Chọn vị trí bên phải có 1 · 1 · 1 · 1 · 1 = 1 cách.
Hoán vị 5 nam có 5!.
Hoán vị 5 nữ có 5!.
n(A) = 2
5
· 5! · 5!.
P (A) =
2
5
· 5! · 5!
10!
=
8
63
.
Chọn đáp án C
Câu 39.10. Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh trong
đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em ngồi
ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi một học
sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau.
A.
1
954
. B.
1
126
. C.
1
945
. D.
1
252
.
Lời giải.
Giả sử số thứ tự trong danh sách là u
1
, u
2
, u
3
,. . ., u
10
.
Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u
1
+ u
10
= u
2
+ u
9
= u
3
+ u
8
= u
4
+ u
7
= u
5
+ u
6
.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 10!.
Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Để biến cố
này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau
Bước 1: xếp thứ tự 5 cặp học sinh có các cặp số thứ tự là {u
1
; u
10
}, {u
2
; u
9
}, {u
3
; u
8
}, {u
4
; u
7
},
{u
5
; u
6
} vào trước 5 cặp ghế đối diện nhau. Bước này có 5! cách.
Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã chọn ở bước 1. Bước này có 2
5
cách.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n(A) = 5! · 2
5
.
Vậy xác suất của biến cố A là P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
1
945
.
Chọn đáp án C
Câu 39.11. Sắp xếp 12 học sinh của lớp 12A gồm có 6 học sinh nam và 6 học sinh nữ vào một
bàn dài gồm có hai dãy ghế đối diện nhau (mỗi dãy gồm có 6 chiếc ghế) để thảo luận nhóm.
Tính xác suất để hai học sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới.
A.
9
4158
. B.
9
8316
. C.
9
299760
. D.
9
5987520
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 137
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Không gian mẫu: Sắp xếp 12 học sinh vào 12 ghế, ta có: n(Ω) = 12!
Biến cố A sắp 6 học sinh nam vào các ô có đánh dấu × như hình vẽ và 6 ghế còn lại dành cho
6 học sinh nữ và ngược lại.
Vậy ta có: n(A) = 2 · 6! · 6!
× × ×
× × ×
Vậy xác suất để sắp xếp 12 học sinh vào bàn học sao cho hai học sinh ngồi đối diện nhau và
cạnh nhau luôn khác giới là:
P (A) =
2 · 6! · 6!
12!
=
9
4158
.
Chọn đáp án A
Câu 39.12. Có mười cái ghế (mỗi ghế chỉ ngồi được một người) được sắp trên một hàng ngang.
Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ngồi vào, mỗi học sinh ngồi đúng một ghế. Tính xác suất sao cho
không có hai ghế nào trống kề nhau.
A. 0,25. B. 0,46. C. 0,6(4). D. 0,4(6).
Lời giải.
Để có một cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn, ta cho 7 học sinh, mỗi người ngồi trên một ghế, sau
đó xếp ba chiếc ghế còn lại, mỗi ghế vào một vị trí giữa hai học sinh bất kì hoặc hai đầu hàng.
Vậy có tất cả 7! · C
3
8
cách xếp học sinh vào hàng thỏa mãn. Số cách xếp 7 học sinh vào hàng là
A
7
10
. Vậy xác suất cần tìm là
7! · C
3
8
A
7
10
= 0,4(6).
Chọn đáp án D
Câu 39.13. Có một dãy ghế gồm 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 2 học sinh lớp A, 2
học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C ngồi vào dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng 1 học sinh
ngồi. Xác suất để không có học sinh lớp C ngồi cạnh nhau.
A.
2
3
. B.
1
3
. C.
5
6
. D.
1
6
.
Lời giải.
Cho 2 học sinh lớp C ngồi cạnh nhau thành 1 nhóm D.
2 học sinh lớp C đổi vị trí trong nhóm D: 2! cách.
Nhóm D đổi vị trí với 4 học sinh còn lại: 5! cách.
Không gian mẫu: 6! cách.
Xác suất để 2 học sinh lớp C ngồi cạnh nhau:
2! · 5!
6!
=
1
3
.
Vậy xác suất để 2 học sinh lớp C không ngồi cạnh nhau = 1 −
1
3
=
2
3
.
Chọn đáp án A
Câu 39.14. Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ ngồi xung quanh một bàn tròn,
(hai cách xếp được gọi là như nhau nếu có một phép quay biến cách ngồi này thành cách ngồi
kia). Tính xác suất để 3 học sinh nữ đó luôn ngồi cạnh nhau.
A.
2
15
. B.
1
12
. C.
3
10
. D.
1
9
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 138
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có số phần tử của không gian mẫu bằng số cách sắp xếp 10 phần tử xung quanh một bàn
tròn.
Do đó n(Ω) = 9!.
Xem 3 nữ là một nhóm và kết hợp với 7 nam suy ra số cách sắp xếp 10 học sinh, trong đó 3 học
sinh nữ ngồi cạnh nhau là 3!7!.
Vậy xác suất cần tìm là
3!7!
9!
=
1
12
.
Chọn đáp án B
Câu 39.15. Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ ngồi xung quanh một bàn tròn.
Xác suất để học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là
A.
3
10
. B.
1
12
. C.
5
32
. D.
5
42
.
Lời giải.
Để xếp 10 bạn vào ngồi xung quanh bàn tròn ta có 9! cách.
Gọi biến cố A:"số học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau".
Để xếp 7 bạn nam vào ngồi cạnh nhau ta có 7! cách.
Để xếp 3 bạn nữa ngồi cạnh nhau ta có 3! cách.
Theo quy tắc nhân ta có 3! × 7! cách. Vậy: xác suất của biến cố A là:
P (A) =
n(A)
n(Ω)
=
3! × 7!
9!
=
1
12
.
Chọn đáp án B
Câu 39.16. Một lớp có 36 ghế đơn được xếp thành hình vuông 6 × 6. Giáo viên muốn xếp 36
học sinh, trong đó có hai anh em là Kỷ và Hợi. Tính xác suất để hai anh em Kỷ và Hợi luôn
được ngồi gần nhau theo chiều dọc hoặc ngang.
A.
4
21
. B.
1
7
. C.
1
21
. D.
2
21
.
Lời giải.
Có 36 học sinh, xếp vào 36 vị trí nên không gian mẫu có 36! phần tử.
Xem hai học sinh Kỷ và Hợi là một người tên KH.
Có 5 cách xếp em KH vào mỗi dãy ghế
Đổi chỗ hai học sinh KH có 2 cách
Do đó có 5 · 2 · 6 = 60 cách xếp KH và 6 dãy ghế
Tương tự, có 60 cách xếp KH và 6 hàng ghế
Có 34! Cách xếp 34 học sinh còn lại và 34 ghế còn lại
Đặt A là biến cố “hai anh em Kỷ và Hợi luôn được ngồi gần nhau theo chiều dọc hoặc ngang”
Thì |A| = 60 · 2 · 34! suy ra P(A) =
2 · 60 · 34!
36!
=
2
21
.
Chọn đáp án D
CÂU 40. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 2a, AC = 4a, SA vuông
góc
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 139
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
với mặt phẳng đáy và SA = a (minh họa như hình bên). Gọi M là
trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC
bằng
A.
2a
3
. B.
√
6a
3
.
C.
√
3a
3
. D.
a
2
.
S
C
B
A
M
Lời giải.
S
C
B
A
M
N
Gọi N là trung điểm của AC, ta có MN k BC nên ta được BC k (SMN).
Do đó d(BC, MB) = d(BC, (SMN)) = d(B, (SMN)) = d(A, (SMN)) = h.
1
h
2
=
1
AS
2
+
1
AM
2
+
1
AN
2
=
1
a
2
+
1
a
2
+
1
4a
2
=
9
4a
2
⇒ d =
2a
3
.
Chọn đáp án A
Câu 40.1. Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và ABCD là hình vuông cạnh 2a, khoảng
cách C đến (SBD) là
2a
√
3
3
. Tính khoảng cách từ A đến (SCD).
A. x = a
√
3. B. 2a. C. x = a
√
2. D. x = 3a.
Lời giải.
S
H
A
B C
D
2a
2a
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 140
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có: CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) theo giao tuyến SD.
Trong (SAD) kẻ AH ⊥ SD, H ∈ SD ⇒ AH ⊥ (SCD).
Vậy x = d(A, (SCD)) = AH.
Đặt h = d(A, (SBD)). Ta có h = d(A, (SBD)) = d(C, (SBD)).
Theo bài d(C, (SBD)) =
2a
√
3
3
nên h = d(A, (SBD)) =
2a
√
3
3
.
Vì tứ diện SABD có ba cạnh AS, AB, AD đôi một vuông góc nên
1
h
2
=
1
AS
2
+
1
AB
2
+
1
AD
2
⇒
1
SA
2
=
1
Å
2a
√
3
3
ã
2
−
1
(2a)
2
−
1
(2a)
2
=
1
4a
2
⇒ SA = 2a.
Do đó 4SAD vuông cân tại A có: SD = AD
√
2 = 2a
√
2 ⇒ x = AH =
SD
2
= a
√
2.
Chọn đáp án C
Câu 40.2. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng BC và AB
0
bằng
A.
a
√
21
7
. B.
a
√
3
2
. C.
a
√
7
4
. D.
a
√
2
2
.
Lời giải.
Ta có BCkB
0
C
0
⇒ BCk(AB
0
C
0
).
Suy ra:
d(BC, AB
0
) = d(BC, (AB
0
C
0
)) = d(B, (AB
0
C
0
)) =
d(A
0
, (AB
0
C
0
)).
Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A
0
trên B
0
C
0
và AI.
Ta có: B
0
C
0
⊥A
0
I và B
0
C
0
⊥A
0
A
nên B
0
C
0
⊥(A
0
AI) ⇒ B
0
C
0
⊥A
0
H.
Mà AI⊥A
0
H. Do đó (AB
0
C
0
) ⊥A
0
H.
A
B
C
A
0
B
0
C
0
I
H
Khi đó: d (A
0
, (AB
0
C
0
)) = A
0
H =
A
0
A.A
0
I
√
A
0
A
2
+ A
0
I
2
=
a.
a
√
3
2
a
2
+
Å
a
√
3
2
ã
2
=
a
√
21
7
.
Vậy khoảng cách cần tìm là
a
√
21
7
.
Chọn đáp án A
Câu 40.3. Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a và SA ⊥ (ABC). Biết AB = BC = 2a và
’
ABC = 120
◦
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng
A.
3a
2
. B.
a
2
. C. a. D. 2a.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 141
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Gọi I là hình hình chiếu vuông góc của A trên BC, ta có AI ⊥ BC.
(1)
Mặt khác SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra BC ⊥ (SIA). (3)
Gọi H là hình hình chiếu vuông góc của A trên SI, ta có AH ⊥ SI.
(4)
Từ (3) và (4) suy ra AH ⊥ (SBC) nên khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (SBC) là AH.
Xét tam giác BIA vuông tại I, ta có
AI = AB · sin 120
◦
= 2a ·
√
3
2
= a
√
3.
Xét tam giác SAI vuông tại A, ta có
S
B
A C
I
H
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AI
2
⇒ AH =
…
AS
2
· AI
2
AS
2
+ AI
2
=
(3a)
2
· (a
√
3)
2
(3a)
2
+ (a
√
3)
2
=
3a
2
.
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng
3a
2
.
Chọn đáp án A
Câu 40.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA ⊥
(ABCD) và SA = a
√
2 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
A.
2a
√
5
5
. B. a
√
3. C.
a
2
. D.
a
√
3
2
.
Lời giải.
Phương pháp
Chứng minh để tìm khoảng cách sau đó áp dụng hệt thức lượng
trong tam giác vuông để tính toán.
Cách giải:
Kẻ AH ⊥ SB = {H}
Ta có:
(
SA ⊥ AB
BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH
(
AH ⊥ SB
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d(A; (SBC)) = AH
Áp dụng hệ thức lượng trong 4SAB có đường cao AH ta có:
d(A; (SBC)) = AH =
SA.AB
√
SA
2
+ AB
2
=
a
√
3a
√
3a
2
+ a
2
=
a
√
3
2
.
S
B C
D
H
A
Chọn đáp án D
Câu 40.5. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (A
0
BC) bằng
A.
a
√
3
4
. B.
a
√
21
7
. C.
a
√
2
2
. D.
a
√
6
4
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 142
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi H là trung điểm của BC, do giả thiết 4ABC đều nên
AH =
a
√
3
2
và AH ⊥ BC (1).
Do AA
0
⊥ (ABC) suy ra AA
0
⊥ BC (2).
Từ (1), (2) ta suy ra BC ⊥ (AA
0
H).
Trong mặt phằng (AA
0
H) kẻ AI ⊥ A
0
H (3).
Theo chứng minh trên BC ⊥ (AA
0
H) nên BC ⊥ AI (4).
Từ (3), (4) suy ra AI ⊥ (AA
0
H) do đó khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (A
0
BC) là AI.
Xét 4AA
0
H ta có
1
AI
2
=
1
AA
02
+
1
AH
2
=
1
a
2
+
4
3a
2
suy ra AI
2
=
3a
2
7
⇔ AI =
a
√
21
7
.
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BA
0
C) bằng
a
√
21
7
.
A
A
0
B
I
C
C
0
H
B
0
Chọn đáp án B
Câu 40.6. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OC = 2a,
OA = OB = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM
và AC.
A.
2a
3
. B.
2
√
5a
5
. C.
√
2a
3
. D.
√
2a
2
.
Lời giải.
Dựng hình bình hành AMOD, OM ⊥ AM nên hình bình
hành AMOD là hình chữ nhật. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của O trên đường thẳng CD. Ta có
(
AD ⊥ DO
AD ⊥ CO
⇒ AD ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (ACD). (1)
OM k (ACD) ⇒ d(OM, AC) = d(O, (ACD)). (2)
Từ (1) và (2) suy ra
d(OM, AC) = OH =
OC · OD
√
OC
2
+ OD
2
=
2
√
5a
5
.
C
B
O
A
M
D
H
Chọn đáp án B
Câu 40.7. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD.
A.
a
√
2
2
. B.
a
√
3
2
. C.
a
√
3
3
. D. a.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 143
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Ta có ND, NC lần lượt là đường cao của các tam giác đều ABD
và ABC cạnh a nên ND = NC =
a
√
3
2
. Tam giác NCD cân ở N
và M là trung điểm CD nên MN ⊥ CD.
Chứng minh tương tự ta có MN ⊥ AB. Suy ra MN là đoạn
vuông góc chung của AB và CD nên d(AB, CD) = MN.
Dùng công thức Hê-rông, ta có S
NCD
=
√
2a
2
4
.
Suy ra MN =
2S
NCD
CD
=
a
√
2
2
.
D
M
CB
A
N
Chọn đáp án A
Câu 40.8. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M là trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và CM.
A.
a
√
11
2
. B.
a
2
. C.
a
√
6
3
. D.
a
√
22
11
.
Lời giải.
Gọi N là trung điểm của BD,
ta có AB k MN ⇒ AB k (CMN). Mà CM ⊂ (CMN),
suy ra d (AB, CM) = d (AB, (CMN)) = d (A, (CMN)) =
d (D, (CMN)).
Ta có CM = CN =
a
√
3
2
, MN =
a
2
.
Gọi H là trung điểm của MN, ta có CH ⊥ MN , và
CH =
√
CM
2
− MH
2
=
a
√
11
4
.
Suy ra S
CM N
=
1
2
CH · MN =
a
2
√
11
16
.
Mặt khác V
CDMN
=
1
4
V
ABCD
=
1
4
a
3
√
2
12
=
a
3
√
2
48
.
Do đó d (D, (CMN)) =
3V
CDMN
S
4CM N
=
a
√
22
11
.
N
C
A
H
D
M
B
Chọn đáp án D
Câu 40.9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
(ABCD) bằng 45
◦
. Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến
mặt phẳng (SAC).
A.
a
√
1315
89
. B.
2a
√
1315
89
. C.
a
√
1513
89
. D.
2a
√
1513
89
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 144
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
S
B C
H
N
A D
E
F
M
Gọi H, M, N là trung điểm các cạnh AB, SD, AD. Từ giả thiết ta có SH ⊥ (ABCD) và
’
SCH = 45
◦
; tam giác SHC vuông cân nên SH = HC =
√
17a
2
. MN k SA suy ra
d(M, (SAC)) = d(N, (SAC)) = d(H, (SAC)). (1)
Dựng HE ⊥ AC, HF ⊥ SE. Dễ thấy HF ⊥ (SAC) (2). Từ (1) và (2) suy ra
d(M, (SAC)) = HF =
HE · SH
√
HE
2
+ SH
2
=
a
√
1513
89
.
Chọn đáp án C
Câu 40.10.
Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy là tam giác vuông tại
A, AB = AC = b và có các cạnh bên bằng b. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB
0
và BC bằng
A. b. B. b
√
3. C.
b
√
2
2
. D.
b
√
3
3
.
A
B
A
0
B
0
C
C
0
Lời giải.
Cách 1:
Gọi I, K lần lượt là trung điểm BC, B
0
C
0
. Trong tam giác
IAK kẻ đường cao IH.
Ta có BC k B
0
C
0
⇒ BC k (AB
0
C
0
). Khoảng cách giữa AB
0
và BC bằng khoảng cách giữa BC và mặt phẳng (AB
0
C
0
).
Ta có BC ⊥ AI (vì ∆ABC vuông cân), BC ⊥ IK nên BC ⊥
(AIK) ⇒ BC ⊥ IH.
Do đó IH ⊥ (AB
0
C
0
) (vì IH ⊥ AK, IH ⊥ B
0
C
0
). Nên khoảng
cách giữa AB
0
và BC bằng IH.
Ta có AI =
√
2b
2
nên
1
AI
2
+
1
IK
2
=
1
IH
2
⇒ IH =
b
√
3
3
.
A
0
A
B
B
0
C
C
0
I
K
H
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 145
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Cách 2:
Gọi I, K lần lượt là trung điểm BC, B
0
C
0
. Trong tam giác
IAK kẻ đường cao IH.
Ta có BC k B
0
C
0
⇒ BC k (AB
0
C
0
). Khoảng cách giữa AB
0
và BC bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB
0
C
0
).
Ta có
AI = AC
2
− CI
2
= AC
2
−
BC
2
4
= b
2
−
2b
2
4
=
b
2
2
⇒ AI =
b
√
2
.
Và AK =
√
AC
02
− C
0
K
2
=
…
2b
2
−
b
2
2
=
…
3
2
b.
A
0
A
B
B
0
C
C
0
I
K
Ta có V
C.AB
0
C
0
=
1
3
h · S
AB
0
C
0
=
√
3
6
h · b
2
.
V
A.BCC
0
=
1
3
AM · S
CC
0
B
0
=
1
6
b
3
. Trong đó h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB
0
C
0
).
Do đó
√
3
6
h · b
2
=
1
6
b
3
⇒ h =
b
√
3
3
.
Chọn đáp án D
Câu 40.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
A. a
√
2. B.
a
√
5
2
. C.
a
√
3
2
. D. a.
Lời giải.
Gọi H là trung điểm AB. Do 4SAB đều nên SH ⊥ AB.
Vì 4SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ⊥
(ABCD).
Suy ra SH ⊥ BC.
Trong mặt phẳng (SAB), ta kẻ BK ⊥ SA.
Lại có BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ BK.
Vậy BK là đường vuông góc chung của SA và BC.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng BK và bằng
a
√
3
2
.
S
A D
C
H
B
K
Chọn đáp án C
Câu 40.12. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OC = 2a,
OA = OB = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và
AC.
A.
2a
3
. B.
2
√
5a
5
. C.
√
2a
3
. D.
√
2a
2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 146
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Dựng hình bình hành AMOD, OM ⊥ AM nên hình bình
hành AMOD là hình chữ nhật. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của O trên đường thẳng CD. Ta có
(
AD ⊥ DO
AD ⊥ CO
⇒ AD ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (ACD). (1)
OM k (ACD) ⇒ d(OM, AC) = d(O, (ACD)). (2)
Từ (1) và (2) suy ra
d(OM, AC) = OH =
OC · OD
√
OC
2
+ OD
2
=
2
√
5a
5
.
C
B
O
A
M
D
H
Chọn đáp án B
Câu 40.13. Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD bằng
A. 2
√
2. B. 2. C. 3. D. 2
√
3.
Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AB.
Khi đó 4ABM cân tại M, 4CDN cân tại N.
Do đó
(
MN ⊥ AB
MN ⊥ CD
, suy ra MN là đoạn vuông góc chung của 2 đường
thẳng AB và CD.
Xét 4AMN vuông tại N có AN =
AB
2
= 2, AM =
4
√
3
2
= 2
√
3 nên
MN =
√
AM
2
− AN
2
= 2
√
2.
A
C
M
B
N
D
a
Chọn đáp án A
Câu 40.14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA ⊥ (ABCD)
, SA = a
√
3. Gọi M là trung điểm SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM.
A.
a
√
3
4
. B.
2a
√
3
3
. C.
3a
4
. D.
a
√
3
2
.
Lời giải.
Ta có
(
AB k CD
AB 6⊂ (SCD)
⇒ AB k (SCD).
Suy ra d (AB, CM) = d (AB, (SCD)) = d (A, (SCD)).
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng SD ⇒ AH ⊥ SD.
(1)
Ta có
(
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD))
⇒ CD ⊥ AH. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ (SCD) ⇒ d (A, (SCD)) = AH.
AH =
SA · AD
√
SA
2
+ AD
2
=
a
√
3 · a
p
(a
√
3)
2
+ a
2
=
a
√
3
2
.
Vậy d (AB, CM) =
a
√
3
2
.
S
H
A
B
D
C
M
a
√
3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 147
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án D
Câu 40.15. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD.
A.
a
√
3
3
. B.
a
√
2
2
. C. a. D.
a
√
3
2
.
Lời giải.
Gọi M, N là trung điểm của AB, CD.
Ta có: 4ABC = 4ABD ⇒ MC = MD
⇒ 4MCD cân ⇒ MN ⊥ CD.
∆ACD = ∆BCD ⇒ NA = NB
⇒ 4NAB cân ⇒ MN ⊥ AB.
Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AB, CD.
⇒ d(AB, CD) = MN.
Trong 4BMN ta có:MN =
√
BN
2
− BM
2
=
a
√
2
2
.
A
D
N
B
M
C
Chọn đáp án B
Câu 40.16. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và CD.
A.
a
√
2
2
. B.
a
√
3
2
. C. a
√
2. D. a
√
3.
Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD thì MN là đoạn
vuông góc chung của AB và CD (tính chất tứ diện đều). Do đó,
d(AB, CD) = MN.
Tam giác ABD đều cạnh 2a nên
DM =
√
3
2
2a =
√
3a. Vậy
MN =
p
DM
2
− DN
2
=
p
3a
2
− a
2
= a
√
2.
D
A
B
M
C
N
2a
Chọn đáp án C
Câu 40.17. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Gọi E là
trung điểm của AB. Cho biết AB = 2a, BC =
√
13a, CC
0
= 4a. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng A
0
B và CE.
A.
4a
7
. B.
12a
7
. C.
3a
7
. D.
6a
7
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 148
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi F là trung điểm của A
0
A, suy ra mặt phẳng (CEF ) k A
0
B.
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng A
0
B và CE bằng khoảng
cách giữa A
0
B với (CEF ). Suy ra
d
A
0
B, (CEF )
= d (B, (CEF )) = d (A, (CEF )) .
. Kẻ AK ⊥ CE; AH ⊥ F K thì AH ⊥ (CEF ) hay
d (A, (CEF )) = AH.
1
AH
2
=
1
AF
2
+
1
AK
2
=
1
AF
2
+
1
AE
2
+
1
AC
2
=
1
a
2
+
1
9a
2
+
1
4a
2
=
49
36a
2
.
Suy ra d (CE, A
0
B) = d (A, (CEF )) = AH =
6a
7
.
Vậy khoảng cách giữa A
0
B và CE là d (CE, A
0
B) =
6a
7
.
B
0
H
B
K
A
0
A
F
E
C
0
C
Chọn đáp án D
Câu 40.18. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BC
0
và CD
0
.
A. a
√
2. B. 2a. C.
a
√
3
3
. D.
a
√
2
3
.
Lời giải.
Ta có CD
0
k BA
0
suy ra CD
0
k (BA
0
C
0
) ⇒ d(BC
0
, CD
0
) =
d(D
0
, (BA
0
C
0
)) = d(B
0
, (BA
0
C
0
)).
Xét tứ diện B.A
0
B
0
C
0
có BB
0
, B
0
C
0
, B
0
A
0
đôi một vuông góc với
nhau nên
1
d
2
(B
0
, (BA
0
C
0
))
=
1
B
0
B
2
+
1
B
0
A
02
+
1
B
0
C
02
=
3
a
2
⇒ d(B
0
, (BA
0
C
0
)) =
a
√
3
3
.
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC
0
và CD
0
là
a
√
3
3
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
Chọn đáp án C
Câu 40.19. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB
0
và BC
0
bằng
A. a
√
3. B. a
√
2. C.
a
√
3
3
. D.
a
√
2
2
.
Lời giải.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có A(0; 0; 0), B
0
(a; 0; a), B(a; 0; 0), C
0
(a; a; a).
Suy ra
# »
AB
0
= (a; 0; a),
# »
BC
0
= (0; a; a).
Khi đó
î
# »
AB
0
,
# »
BC
0
ó
=
−a
2
; −a
2
; a
2
,
# »
AB = (a; 0; 0).
Vậy d(AB
0
, BC
0
) =
î
# »
AB
0
,
# »
BC
0
ó
·
# »
AB
î
# »
AB
0
,
# »
BC
0
ó
=
a
√
3
.
A
B C
D
y
B
0
C
0
D
0
x
z
A
0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 149
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Chọn đáp án C
Câu 40.20. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
cạnh a. Tính khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng (A
0
BD) theo a.
A.
a
√
3
3
. B. a
√
3. C. 2a
√
3. D.
a
√
6
6
.
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Kẻ AH ⊥ A
0
O (1)
Vì
(
AO ⊥ BD (ABCD là hình vuông tâm O)
AA
0
⊥ BD (AA
0
⊥ (ABCD))
⇒ BD ⊥ (A
0
AO) ⇒ AH ⊥ BD (2).
Từ (1) và (2), suy ra AH ⊥ (A
0
BD).
Khi đó d(A, (A
0
BD)) = AH. Ta có AO =
a
√
2
2
.
Xét 4A
0
AO vuông tại A, AH là đường cao
1
AH
2
=
1
A
0
A
2
+
1
AO
2
=
1
a
2
+
2
a
2
=
3
a
2
⇒ AH =
a
√
3
3
.
Vậy d(A, (A
0
BD)) = AH =
a
√
3
3
.
A B
D
0
C
0
A
0
D C
B
0
O
H
Chọn đáp án A
CÂU 41. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số f (x) =
1
3
x
3
+ mx
2
+ 4x + 3
đồng biến trên
A. 5. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = x
2
+ 2mx + 4.
Hàm số đã cho đồng biến trên R khi và chỉ khi f
0
(x) ≥ 0, ∀x ∈ R (Dấu "=" xảy ra tại hữu hạn
điểm).
Ta có: f
0
(x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆
0
≤ 0 ⇔ ∆
0
= m
2
− 4 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2.
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}. Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn.
Chọn đáp án A
Câu 41.1. Cho hàm số y = −x
3
−mx
2
+ (4m + 9)x + 5 (với m là tham số). Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; +∞)?
A. 7. B. 6. C. 5. D. 8.
Lời giải.
Ta có y
0
= −3x
2
− 2mx + 4m + 9.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; +∞)
⇔ y
0
≤ 0, ∀x ∈ (−∞; +∞)
⇔ −3x
2
− 2mx + 4m + 9 ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; +∞)
⇔
(
a < 0
∆
0
≤ 0
⇔
(
− 3 < 0
m
2
+ 12m + 27 ≤ 0
⇔ −9 ≤ m ≤ −3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 150
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
⇒ m ∈ {−9; −8; −7; −6; −5; −4; −3} (vì m là số nguyên)
Chọn đáp án A
Câu 41.2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (−2019; 2020) để hàm số
y = 2x
3
− 3(2m + 1)x
2
+ 6m(m + 1)x + 2019 đồng biến trên khoảng (2; +∞)?
A. 2021. B. 2020. C. 2018. D. 2019.
Lời giải.
Ta có y
0
= 6x
2
− 6(2m + 1)x + 6m
2
+ 6m.
Xét y
0
= 0 ⇔ x
2
− (2m + 1)x + m
2
+ m = 0, có ∆ = (2m + 1)
2
− 4
m
2
+ m
= 1 > 0, ∀m ∈ R. Suy
ra phương trình y
0
= 0 luôn có hai nghiệm phân biệt: x
1
= m; x
2
= m + 1. Dễ thấy x
1
< x
2
.
Bảng biến thiên
x
y
0
y
−∞
m
m + 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
y(m)y(m)
y(m + 1)y(m + 1)
+∞+∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; m); (m + 1; +∞). Vì
thế, hàm số đồng biến trên (2 : +∞) khi m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1.
Suy ra có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn đáp án B
Câu 41.3. Cho hàm số y = −x
3
− mx
2
+ (4m + 9)x + 5, với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m để hàm số nghịch biến R?
A. 6. B. 4. C. 7. D. 5.
Lời giải.
Tập xác định của hàm số D = R.
Ta có y
0
= −3m
2
− 2mx + 4m + 9.
Do phương trình y
0
= 0 có hữu hạn nghiệm nên hàm số nghịch biến trên R ⇔ y
0
< 0, ∀x ∈ R.
⇔ −3x
2
− 2mx + 4m + 9 ≤ 0, ∀x ∈ R.
⇔ ∆
0
= m
2
+ 12m + 27 ≤ 0 (do a = −3 < 0)
⇔ −9 ≤ m ≤ −3.
Do m ∈ Z nên m ∈ {−9; −8; −7; −5; −4; −3}.
Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án C
Câu 41.4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
mx + 10
2x + m
nghịch biến
trên khoảng (0; 2)?
A. 4. B. 5. C. 6. D. 9.
Lời giải.
Hàm số y =
mx + 10
2x + m
nghịch biến trên khoảng (0; 2) ⇔
m
2
− 20 < 0
−
m
2
/∈ (0; 2)
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 151
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
⇔
−
√
20 < m <
√
20
−
m
2
≤ 0
−
m
2
≥ 2
⇔
−
√
20 < m <
√
20
"
m ≥ 0
m ≤ −4
⇔
"
−
√
20 < m ≤ −4
0 ≤ m <
√
20.
Vậy m ∈ {−4; 0; 1; 2; 3; 4; }.
Chọn đáp án C
Câu 41.5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x
3
− (m + 1)x
2
+ 3x + 1
đồng biến trên khoảng (−∞; +∞)?
A. 6. B. 8. C. 7. D. 5.
Lời giải.
Ta có y
0
= 3x
2
− 2(m + 1)x + 3.
Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi và chỉ khi ∆
0
= (m + 1)
2
− 9 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 2.
Vậy các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán là −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, tức là có 7 giá trị.
Chọn đáp án C
Câu 41.6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y = x
3
− 6x
2
+ mx + 1 đồng biến trên (0; +∞)?
A. 2030. B. 2005. C. 2018. D. 2006.
Lời giải.
Ta có y
0
= 3x
2
− 12x + m.
Để hàm số đồng biến trên (0; +∞) thì y
0
= 3x
2
− 12x + m ≥ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≥ −3x
2
+ 12x, ∀x > 0.
x
y
0
y
0 2
+∞
+
0
−
00
1212
−∞−∞
Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) thì m ≥ 12, do đó có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu bài
toán.
Chọn đáp án D
Câu 41.7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y = x
3
− 6x
2
+ mx + 1 đồng biến trên (0; +∞)?
A. 2030. B. 2005. C. 2018. D. 2006.
Lời giải.
Ta có y
0
= 3x
2
− 12x + m.
Để hàm số đồng biến trên (0; +∞) thì y
0
= 3x
2
− 12x + m ≥ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≥ −3x
2
+ 12x, ∀x > 0.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 152
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
y
0
y
0 2
+∞
+
0
−
00
1212
−∞−∞
Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) thì m ≥ 12, do đó có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu bài
toán.
Chọn đáp án D
Câu 41.8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = x
3
+ 3x
2
−(m
2
−3m + 2)x + 5 đồng
biến trên (0; 2)?
A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.
Lời giải.
Ta có y = x
3
+ 3x
2
− (m
2
− 3m + 2)x + 5 ⇒ y
0
= 3x
2
+ 6x −
m
2
− 3m + 2
.
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) khi y
0
≥ 0, ∀x ∈ (0; 2) và dấu "=" xãy ra tại hữu hạn điểm
trên khoảng đó.
⇔ 3x
2
+ 6x −
m
2
− 3m + 2
≥ 0, ∀x ∈ (0; 2)
⇔ 3x
2
+ 6x ≥ m
2
− 3m + 2 (∗) với ∀x ∈ (0; 2)
Xét hàm số y = g(x) = 3x
2
+ 6x trên khoảng (0; 2)
Ta có y
0
= g
0
(x) = 6x + 6.
Bảng biến thiên
x
g
0
(x)
g(x)
0 2
+
00
2424
Dựa vào bảng biến thiên suy ra điều kiện để (∗) xảy ra là : m
2
− 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2.
Do m ∈ Z ⇒ m ∈ {1; 2}.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B
Câu 41.9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ (−2018; 2018) để hàm số y =
2x − 6
x − m
đồng biến trên khoảng (5; +∞)?
A. 2018. B. 2021. C. 2019. D. 2020.
Lời giải.
Tập xác định D = R \ {m}.
y
0
=
6 − 2m
(x − m)
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 153
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Hàm số y =
2x − 6
x − m
đồng biến trên khoảng (5; +∞)
⇔ y
0
> 0, ∀x ∈ (5; +∞) ⇔
(
6 − 2m > 0
m /∈ (5; +∞)
⇔
(
m < 3
m ≤ 5
⇔ m < 3.
Kết hợp điều kiện
(
m ∈ (−2018; 2018)
m ∈ Z
⇒ m ∈ {−2017, −2016, . . . , 0, 1, 2}.
Vậy có tất cả 2 − (−2017) + 1 = 2020 giá trị m thỏa mãn.
Chọn đáp án D
Câu 41.10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos
3
x+
m −
√
3 sin x
3
−
2 cos
x −
2π
3
+ m = 0 có nghiệm.
A. 2. B. 3. C. 5. D. 4.
Lời giải.
Ta có
cos
3
x +
Ä
m −
√
3 sin x
ä
3
− 2 cos
x −
2π
3
+ m = 0 (1)
⇔ cos
3
x +
Ä
m −
√
3 sin x
ä
3
+ cos x −
√
3sinx + m = 0
⇔ cos
3
x + cos x =
Ä
√
3 sin x − m
ä
3
+
Ä
√
3sinx − m
ä
Xét hàm f(t) = t
3
+ t.
Ta có f
0
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R.
⇒ f(t) đồng biến trên R ⇒ phương trình (1) có nghiệm khi cos x =
√
3 sin x−m ⇔
√
3 sin x−cos x =
m (2)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm ⇔ −2 ≤ m ≤ 2.
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}.
Chọn đáp án C
Câu 41.11. Có bao nhiêu giá trị nguyên m trên đoạn [−1; 5] để hàm số y =
2x + m
x + m
đồng biến
trên khoảng (−∞; −3)?
A. 2. B. 6. C. 5. D. 3.
Lời giải.
Tập xác định của hàm số là D = (−∞; −m) ∪ (−m; +∞).
Đạo hàm của hàm số là y
0
=
m
(x + m)
2
với ∀x 6= −m.
Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y = 2 là hàm hằng trên R. Do đó, hàm số đã cho đồng biến
trên (−∞; −3) khi và chỉ khi
m
(x + m)
2
> 0
− m /∈ (−∞; −3)
⇔
(
m > 0
− m ≥ −3
⇔
(
m > 0
m ≤ 3
⇔ 0 < m ≤ 3.
Do m nguyên và m ∈ [−1; 5] nên m ∈ {1; 2; 3}.
Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 154
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 41.12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−100; 100] để hàm số
y = mx
3
+ mx
2
+ (m + 1)x − 3 nghịch biến trên R.
A. 200. B. 99. C. 100. D. 201.
Lời giải.
Khi m = 0, hàm số trở thành y = x − 3, đây là hàm số đồng biến trên R (không thỏa yêu cầu
bài toán).
Khi m 6= 0, ta có y
0
= 3mx
2
+ 2mx + m + 1.
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi y
0
≤ 0, ∀x ∈ R ⇔
(
m
2
− 3m(m + 1) ≤ 0
m < 0
⇔ m ≤ −
3
2
.
Vậy có 99 giá trị m thuộc đoạn [−100; 100] thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án B
Câu 41.13. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình m cos
2
x −
4 sin x cos x + m − 2 = 0 có nghiệm thuộc khoảng
0;
π
4
?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Lời giải.
Với x ∈
0;
π
4
thì cos x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho cos
2
x, ta có
pt ⇔ m − 4 tan x + (m − 2)(1 + tan
2
x) = 0 ⇔ (m − 2) tan
2
x − 4 tan x + 2m − 2 = 0.
Đặt t = tan x, khi x ∈
0;
π
4
thì t ∈ (0; 1).
pt ⇔ (m − 2)t
2
− 4t + 2m − 2 = 0 ⇔ m =
2t
2
+ 4t + 2
t
2
+ 2
.
Xét f(t) =
2t
2
+ 4t + 2
t
2
+ 2
, f
0
(t) =
−4t
2
+ 4t + 8
(t
2
+ 2)
2
, f
0
(t) = 0 ⇔
"
t = −1
t = 2
(loại).
x
y
0
y
0 1
+
11
8
3
8
3
Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng
0;
π
4
khi 1 < m <
8
3
, vậy
có 1 số nguyên dương m thỏa yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án A
Câu 41.14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
√
sin x + 2 +
3
√
m − sin x = 2 có
nghiệm?
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Đặt
(
u =
√
sin x + 2
v =
3
√
m − sin x
1 ≤ u ≤
√
3
. Khi đó
(
u
2
= sin x + 2
v
3
= m − sin x
⇒ u
2
+ v
3
= m + 2(∗).
Ta lại có u + v = 2 ⇒ v = 2 − u.
(*) trở thành u
2
+ (u − 2)
3
= m + 2 ⇔ m = u
3
− 5u
2
+ 12u − 10 (1).
Xét hàm số f(u) = u
3
− 5u
2
+ 12u − 10 trên R ta có f
0
(u) = 3u
2
− 10u + 12.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 155
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
f
0
(u) = 0 vô nghiệm nên f(u) đồng biến trên R.
Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình (1) có nghiệm 1 ≤ u ≤
√
3
hay f(1) ≤ m ≤ f (
√
3) ⇔ −2 ≤ m ≤ −25 + 15
√
3.
Vì m nguyên nên m ∈ {−2; −1; 0}.
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa đề bài.
Chọn đáp án B
Câu 41.15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 − m)x đồng
biến trên R?
A. 4. B. 5. C. 3. D. 6.
Lời giải.
Ta có y
0
= (2m + 3) cos x + (2 − m).
Hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 − m)x đồng biến trên R
⇔ (2m + 3) cos x + (2 − m) ≥ 0, ∀x ∈ R
⇔ −|2m + 3| + (2 − m) ≥ 0
⇔ −5 ≤ m ≤ −
1
3
.
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1}.
Chọn đáp án B
Câu 41.16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số y = (m − 3)x − (2m +
1) cos x luôn nghịch biến trên R?
A. vô số. B. 1. C. 3. D. 5.
Lời giải.
Ta có y
0
= (m − 3) + (2m + 1) sin x.
Yêu cầu bài toán tương đương với y
0
≤ 0, ∀x ∈ R.
Đặt t = cos x, suy ra t ∈ [−1; 1] ∀x ∈ R. Xét f(t) = (m − 3) + (2m + 1)t, t ∈ [−1; 1].
Do đó, max
[−1;1]
f(t) ≤ 0 ⇒
f(1) ≤ 0
f(−1) ≤ 0
⇔
−m − 4 ≤ 0
3m − 2 ≤ 0
⇔ −4 ≤ m ≤
2
3
.
Vậy m ∈ {−4; −3; −2; −1; 0}.
Chọn đáp án D
Câu 41.17. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để hàm số y = x + 5 +
1 − m
x − 2
đồng biến trên
[5; +∞)?
A. 10. B. 8. C. 9. D. 11.
Lời giải.
Ta có y
0
= 1 +
m − 1
(x − 2)
2
=
(x − 2)
2
+ m − 1
(x − 2)
2
. Hàm số đã cho đồng biến trên [5; +∞) khi và chỉ khi
y
0
≥ 0, ∀x ∈ [5; +∞). Điều này tương đương với
(x − 2)
2
+ m − 1 ≥ 0, ∀x ∈ [5; +∞) ⇔ m ≥ −(5 − 2)
2
+ 1 = −8.
Vậy m ∈ {−8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1}.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 156
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 41.18. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y =
x
3
3
−
mx
2
2
+ 2x + 2019 đồng biến
trên R?
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Lời giải.
Ta có y
0
= x
2
− mx + 2.
Hàm số đã cho đồng biến trên R
⇔ y
0
> 0, ∀x ∈ R ⇔
(
a = 1 > 0
∆ = m
2
− 8 6 0
⇔ −2
√
2 6 m 6 2
√
2 ⇒ m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}.
Vậy có 5 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án C
Câu 41.19. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y =
3
4
x
4
−(m −1)x
2
−
1
4x
4
đồng biến trên khoảng (0; +∞)?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Lời giải.
Tập xác định D = R \ {0}.
y
0
= 3x
3
− 2(m − 1)x +
1
x
5
.
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi y
0
> 0, ∀x ∈ (0; +∞)
⇔ 3x
3
− 2(m − 1)x +
1
x
5
> 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ m 6
3
2
x
2
+ 1 +
1
2x
6
, ∀x ∈ (0; +∞).
Xét hàm số f(x) =
3
2
x
2
+ 1 +
1
2x
6
, x ∈ (0; +∞).
Ta có f
0
(x) = 3x −
3
x
7
, x ∈ (0; +∞).
f
0
(x) = 3x −
3
x
7
= 0 ⇔ x = ±1.
Bảng biến thiên:
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
−
0
+
33
Từ bảng biến thiên ta thấy m 6 f(x), ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ m 6 min
(0;+∞)
f(x) ⇔ m 6 3.
Giá trị nguyên dương của tham số m là m = 1, m = 2 và m = 3.
Chọn đáp án C
Câu 41.20. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y = m
2
x
4
− 2(4m − 1)x
2
+ 1
đồng biến trên khoảng (1; +∞)?
A. 7. B. 16. C. 15. D. 6.
Lời giải.
Đặt t = x
2
.
Hàm số đã cho đồng biến trên (1; +∞) khi hàm số y = m
2
t
2
− 2(4m − 1)t + 1 đồng biến trên
khoảng (1; +∞), tức là
y
0
= 2m
2
t − 2(4m − 1) ≥ 0, ∀t > 1 (∗)
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 157
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Xét 2 trường hợp
• m = 0 thì y
0
= 2 > 0, thỏa mãn.
• m 6= 0.
Khi đó vế trái của (∗) là hàm bậc nhất. Do đó (∗) chỉ thỏa mãn khi
(
m
2
> 0
2m
2
· 1 − 2(4m − 1) ≥ 0
⇔ m ∈
Ä
−∞; 2 −
√
3
ó
∪
î
2 +
√
3; +∞
ä
.
Vậy với m ∈ (−10; 10) thì có tất cả 16 giá trị nguyên của m.
Chọn đáp án B
Câu 41.21. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y = m
2
x
4
− 2(4m − 1)x
2
+ 1
đồng biến trên khoảng (1; +∞)?
A. 7. B. 16. C. 15. D. 6.
Lời giải.
Đặt t = x
2
.
Hàm số đã cho đồng biến trên (1; +∞) khi hàm số y = m
2
t
2
− 2(4m − 1)t + 1 đồng biến trên
khoảng (1; +∞), tức là
y
0
= 2m
2
t − 2(4m − 1) ≥ 0, ∀t > 1 (∗)
Xét 2 trường hợp
• m = 0 thì y
0
= 2 > 0, thỏa mãn.
• m 6= 0.
Khi đó vế trái của (∗) là hàm bậc nhất. Do đó (∗) chỉ thỏa mãn khi
(
m
2
> 0
2m
2
· 1 − 2(4m − 1) ≥ 0
⇔ m ∈
Ä
−∞; 2 −
√
3
ó
∪
î
2 +
√
3; +∞
ä
.
Vậy với m ∈ (−10; 10) thì có tất cả 16 giá trị nguyên của m.
Chọn đáp án B
CÂU 42. Để quảng bá cho sản phẩm A, một công ty dụ định tổ chức quảng cáo theo hình thức
quảng cáo trên truyền hình. Nghiên cứu của công ty cho thấy: nếu sau n lần quảng cáo được phát
thì tỉ lệ người xem quảng cáo đó mua sản phẩm A tuân theo công thức P (n) =
1
1 + 49e
−0,015n
.
Hỏi cần phát ít nhất bao nhiêu lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên 30
A. 202. B. 203. C. 206. D. 207.
Lời giải.
Theo bài ra ta có
1
1 + 49e
−0,015n
> 0, 3 ⇔ 1 + 49e
−0,015n
<
10
3
⇔ e
−0,015n
<
7
147
⇔ −0, 015n < ln
7
147
⇔ n > −
1
0, 015
ln
7
147
' 202, 97.
Vậy có ít nhất 203 lần quảng cáo.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 158
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 42.1. Số lượng của một loại vi khuẩn X trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức
x(t) = x(0) · 2
t
, trong đó x(0) là số lượng vi khuẩn X ban đầu, x(t) là số lượng vi khuẩn X sau
t (phút). Biết sau 2 phút thì số lượng vi khuẩn X là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lức
bắt đầu, số lượng vi khuẩn X là 10 triệu con.
A. 7 phút. B. 5 phút. C. 8 phút. D. 6 phút.
Lời giải.
Ta có x(2) = x(0) · 2
2
= 625 · 10
3
. Mặt khác x(t) = x(0) · 2
t
= 10 · 10
6
⇒ 2
t−2
=
10
7
625 · 10
3
⇔ t = 6.
Chọn đáp án D
Câu 42.2. Dân số thế giới được tính theo công thức S = A · e
ni
trong đó A là dân số của năm
lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Cho biết năm 2005
Việt Nam có khoảng 80.902.400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1, 47% một năm. Như vậy, nếu tỉ
lệ tăng dân số hàng năm không đổi thì đến năm 2019 số dân của Việt Nam sẽ gần với số nào
nhất sau đây?
A. 99.389.200. B. 99.386.600. C. 100.861.100. D. 99.251.200.
Lời giải.
Áp dụng công thức S = A · e
ni
với A = 80.902.400, n = 2019 − 2005 = 14, i = 1, 47% = 0, 0147, ta
có số dân Việt Nam đến năm 2017 là
S = A · e
ni
= 80902400 · e
14·0,0147
≈ 99389203,38.
Như vậy, số dân Việt Nam đến năm 2019 gần với số 99.389.200 nhất.
Chọn đáp án A
Câu 42.3. Cường độ một trận động đất M được cho bởi công thức M = log A − log A
0
, với A
là biên độ rung chấn tối đa và A
0
là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận
động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác
ở gần đó đo được 7,1 độ Richter. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu
lần trận động đất này?
A. 1,17. B. 2,2. C. 15,8. D. 4.
Lời giải.
Gọi M
1
, A
1
lần lượt là cường độ, biên độ rung chấn tối đa của trận động đất tại San Francisco.
Gọi M
2
, A
2
lần lượt là cường độ, biên độ rung chấn tối đa của trận động đất tại địa điểm còn
lại.
Ta có
M
1
= log A
1
− log A
0
= log
A
1
A
0
⇒
A
1
A
0
= 10
M
1
.
M
2
= log A
2
− log A
0
= log
A
2
A
0
⇒
A
2
A
0
= 10
M
2
.
Khi đó
A
1
A
2
=
10
M
1
10
M
2
= 10
M
1
−M
2
= 10
1,2
≈ 15,8.
Chọn đáp án C
Câu 42.4. Gọi N(t) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh
trưởng từ t năm trước đây thì ta có công thức N(t) = 100.(0.5)
t
A
(%) với A là hằng số. Biết rằng
một mẩu gỗ có tuổi khoảng 3754 năm thì lượng cácbon 14 còn lại là 65%. Phân tích mẩu gỗ từ
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 159
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cácbon 14 còn lại trong mẩu gỗ là 63%. Hãy
xác định tuổi của mẩu gỗ được lấy từ công trình đó.
A. 3874. B. 3833. C. 3834. D. 3843.
Lời giải.
Theo bài ta có 65 = 100.(0.5)
3754
A
⇔ 0.65 = (0.5)
3754
A
⇔
3754
A
= log
0.5
0.65 ⇔ A =
3754
log
0.5
0.65
.
Do mẫu gỗ còn 63% lượng Cácbon 14 nên ta có:
63 = 100.(0.5)
t
A
⇔ 0.63 = (0.5)
t
A
⇔
t
A
= log
0.5
0.63 ⇔ t = A. log
0.5
0.63 =
3754
log
0.5
0.65
. log
0.5
0.63 ≈
3833.
Chọn đáp án B
Câu 42.5. Các nhà khoa học đã tính toán khi nhiệt độ trung bình của trái đất tăng thêm 2
◦
C
thì mực nước biển sẽ dâng lên 0, 03m. Nếu nhiệt độ tăng lên 5
◦
C thì nước biển sẽ dâng lên 0, 1m
và người ta đưa ra công thức tổng quát như sau: Nếu nhiệt độ trung bình của trái đất tăng lên
t
o
C thì nước biển dâng lên f(t) = ka
t
(m) trong đó k, a là các hằng số dương. Hỏi khi nhiệt độ
trung bình của trái đất tăng thêm bao nhiêu độ C thì mực nước biển dâng lên 0, 2m?
A. 9, 2
◦
C. B. 8, 6
◦
C. C. 7, 6
◦
C. D. 6, 7
◦
C.
Lời giải.
(
0, 03 = ka
2
0, 1 = ka
5
⇒
a =
3
…
10
3
k =
0, 03
a
2
; f(t) = ka
t
⇔ t = log
a
f(t)
k
= log
a
0, 2a
2
0, 03
≈ 6, 7.
Chọn đáp án D
Câu 42.6. Với mức tiêu thụ thức ăn của trang trại A không đổi như dự định thì lượng thức ăn
dự trữ sẽ đủ dùng cho 100 ngày. Nhưng thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 4% mỗi ngày
(ngày sau tăng 4% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn dự trữ đó chỉ đủ dùng cho
bao nhiêu ngày?
A. 40. B. 41. C. 42. D. 43.
Lời giải.
Gọi lượng thức ăn tiêu thụ theo dự định hàng ngày là x. Lượng thức ăn dự trữ của trang trại
A là 100x.
Ta có x
1 + 1,04 + 1,04
2
+ ... + 1,04
n−1
= 100x ⇔
1,04
n
− 1
1,04 − 1
= 100 ⇒ n = log
1,04
5 ≈ 41,035.
Do đó lượng thức ăn dự trữ chỉ đủ dùng cho 41 ngày.
Chọn đáp án B
Câu 42.7. Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức
m(t) = m
0
1
2
t
T
. Trong đó, m
0
là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tại thời điểm t = 0), m(t)
là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t, T là chu kì bán rã. Biết chu kì bán rã của một chất
phóng xạ là 24 giờ. Ban đầu có 250 gam, hỏi sau 36 giờ thì chất đó còn lại bao nhiêu gam? (Kết
quả làm tròn đến hàng phần chục).
A. 87,38 gam. B. 88,38 gam. C. 88,4 gam. D. 87,4 gam.
Lời giải.
Sau 36 giờ ta có: m(36) = 250
1
2
36
24
= 88, 4. (Kết quả đã làm tròn đến hàng phần chục).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 160
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án C
CÂU 43. Cho hàm số có bảng biến thiên như sau:
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
2
+∞
+ +
11
+∞
−∞
11
Trong các số a, b và c có bao nhiêu số dương?
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Hàm số f(x) =
ax + 1
bx + c
có đường tiệm cận đứng là x = −
c
b
và đường tiệm cận ngang y =
a
b
.
Từ bảng biến thiên ta có:
−
c
b
= 2
a
b
= 1
⇔ a = b = −
c
2
(1)
Mặt khác f
0
(x) =
ac − b
(bx + c)
2
. Vì hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞)
nên f
0
(x) =
ac − b
(bx + c)
2
> 0 ⇔ ac − b > 0 (2)
Thay (1) vào (2), ta được −
c
2
2
+
c
2
> 0 ⇔ −c
2
+ c > 0 ⇔ 0 < c < 1.
Suy ra c là số dương và a, b là số âm.
Chọn đáp án C
Câu 43.1. Cho hàm số y = f(x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
11
+∞+∞
Đồ thị hàm số y = |f(x)| có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Lời giải.
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = |f(x)| bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f(x)
cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục hoành (không tính điểm cực trị).
Vì đồ thị hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị và cắt trục Ox tại 1 điểm trên đồ thị hàm số
y = |f(x)| có 2 + 1 = 3 điểm cực trị.
Chọn đáp án B
Câu 43.2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 161
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Cho hàm số y = f(x). Hàm số y = f
0
(x)
có bảng biến thiên như sau. Bất phương
trình f(x) > sin x+m có nghiệm trên khoảng
(−1; 1) khi và chỉ khi
A. m > f(1) − sin 1.
B. m ≥ f (1) − sin 1.
C. m ≤ f (−1) + sin 1.
D. m < f (−1) + sin 1.
x
y
0
y
−∞
−4
1
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
−3−3
−1−1
−∞−∞
Lời giải.
Xét hàm số g(x) = f(x) − sin x.
g
0
(x) = f
0
(x) − cos x.
Với ∀x ∈ (−1; 1), ta có f
0
(x) < −1 ⇒ f
0
(x) − cos x < −1 − cos x < 0 ⇒ g
0
(x) < 0.
Suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (−1; 1) nên g(x) < g (−1) = f (−1) + sin 1.
Do đó bất phương trình f(x) > sin x+m có nghiệm trên khoảng (−1; 1) khi và chỉ khi bất phương
trình m < f(x) − sin x có nghiệm trên khoảng (−1; 1).
⇔ m < max
[−1;1]
g(x) ⇔ m < f (−1) + sin 1.
Vậy m < f (−1) + sin 1.
Chọn đáp án D
Câu 43.3. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm tất cả
các giá trị thực của m để phương trình
1
2
f(x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
00
−3−3
00
+∞+∞
A.
m = 0
m < −
3
2
.
B. m < −3. C. m < −
3
2
. D.
"
m = 0
m < −3.
Lời giải.
Ta có
1
2
f(x) − m = 0 ⇔ f(x) = 2m. (*)
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f(x), ta thấy, để phương trình (∗) có đúng hai nghiệm
phân biệt thì
"
2m = 0
2m < −3
⇔
m = 0
m < −
3
2
.
Chọn đáp án D
Câu 43.4. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm tất cả
các giá trị thực của m để phương trình
1
2
f(x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 162
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
y
0
y
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
00
−3−3
00
+∞+∞
A.
m = 0
m < −
3
2
.
B. m < −3. C. m < −
3
2
. D.
"
m = 0
m < −3.
Lời giải.
Ta có
1
2
f(x) − m = 0 ⇔ f(x) = 2m. (*)
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f(x), ta thấy, để phương trình (∗) có đúng hai nghiệm
phân biệt thì
"
2m = 0
2m < −3
⇔
m = 0
m < −
3
2
.
Chọn đáp án D
Câu 43.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
11
+∞+∞
Phương trình f (x) − 2 = 0 có bao nhiêu nghiệm?
A. 1. B. 3. C. 2. D. 0 .
Lời giải.
Phương trình f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) = 2.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và y = 2 là số nghiệm của phương trình f (x)−2 = 0 (∗)
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình (∗) có 3 nghiệm.
Chọn đáp án B
Câu 43.6. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Tìm
tất cả các giá trị thực của m để phương trình
1
2
f(x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt.
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
00
−3−3
00
−∞−∞
A. m = 0 hoặc m < −
3
2
. B. m < −3.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 163
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
C. m < −
3
2
. D. m = 0 hoặc m < −3.
Lời giải.
Ta có
1
2
f(x) = m ⇔ f(x) = 2m.
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thì hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 2m.
Theo yêu cầu bài toán ta có
2m = 0 hoặc 2m < −3 ⇔ m = 0 hoặc m < −
3
2
.
Chọn đáp án A
Câu 43.7.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm f
0
(x), biết rằng đồ thị của hàm
số f
0
(x) như hình vẽ. Biết f(a) > 0, hỏi đồ thị hàm số y = f(x) cắt
trục hoành tại nhiều nhất bao nhiêu điểm?
A. 4.
B. 2.
C. 3.
D. 1.
x
y
O
a
b
c
Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số f
0
(x), ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (x) như sau:
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
a
b
c
+∞
−
0
+
0
−
0
+
f(a)f(a)
f(b)f(b)
f(c)f (c)
Vì f(a) > 0 nên ta xét các trường hợp sau:
• Nếu f(c) > 0 thì toàn bộ đồ thị hàm số nằm ở phía trên trục hoành, do đó đồ thị hàm số
không cắt trục hoành.
• Nếu f(c) = 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có một điểm chung duy nhất.
• Nếu f(c) < 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có hai điểm chung.
Vậy đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành nhiều nhất tại hai điểm.
Chọn đáp án B
Câu 43.8. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−2
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
00
+∞+∞
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 164
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Đồ thị hàm số
1
f(3 − x) − 2
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải.
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
1
f(3 − x) − 2
bằng với số nghiệm phân biệt của
phương trình f(3 − x) = 2.
Dựa trên bảng biến thiên của hàm số ta thấy phương trình f(x) = 2 có 3 nghiệm phân biệt nên
phương trình f(3 − x) = 2 cũng có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
1
f(3 − x) − 2
là 3 đường.
Chọn đáp án B
Câu 43.9. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình sau:
Hỏi hàm số y = f(|x|) có bao nhiêu cực trị?
A. 2. B. 5.
C. 3. D. 4.
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
11
+∞+∞
Lời giải.
Ta có đồ thị hàm số y = f(|x|) có được từ đồ thị hàm số y = f(x) bằng cách giữ nguyên phần
bên phải của trục Oy sau đó lấy đối xứng phần giữ nguyên đó qua trục Oy.
Từ đây ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (|x|) như sau:
x
y
0
y
−∞
−3
0 3
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
11
y
0
y
0
11
+∞+∞
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = f (|x|) có 2 cực trị.
Chọn đáp án A
CÂU 44. Cho hình trụ có chiều cao bằng 6a. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt
phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình
vuông. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng
A. 216πa
3
. B. 150πa
3
. C. 54πa
3
. D. 108πa
3
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 165
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
P
CD
Q
A B
O
0
M
N
O
H
Lấy 2 điểm M, N lần lượt nằm trên đường tròn tâm O sao cho MN = 6a.
Từ M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với trục OO
0
, cắt đường tròn tâm O
0
tại P, Q.
Thiết diện ta thu được là hình vuông MNP Q có cạnh bằng 6a.
Gọi H là trung điểm của P Q, suy ra OH ⊥ P Q.
Vì OO
0
k (MNP Q) nên ta có d(OO
0
, (MNP Q)) = d(O
0
, (MNP Q)) = O
0
H.
Từ giả thiết, ta có O
0
H = 3a. Do đó tam giác O
0
HP là tam giác vuông cân tại H.
Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là O
0
P =
√
O
0
P
2
+ HP
2
= 3a
√
2.
Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là V = 6a.π
3a
√
2
2
= 108πa
3
.
Chọn đáp án D
Câu 44.1. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a
√
2. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng, song
song với trụ của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng
a
2
ta được thiết diện là
một hình vuông. Tính thể tích V của khối trụ đã cho.
A. V = πa
3
√
3. B. V =
2πa
3
√
7
3
. C. V = 2πa
3
√
7. D. V = πa
3
.
Lời giải.
Gọi O, O
0
lần lượt là tâm các đáy và thiết diện là hình vuông ABCD.
Gọi H là trung điểm AB, ta có
(
OH ⊥ AB
OH ⊥ AA
0
suy ra OH ⊥ (ABB
0
A
0
).
Do đó d (OO
0
, (ABCD)) = OH =
a
2
.
Tam giác OAH vuông tại H nên AH =
√
OA
2
− OH
2
=
…
2a
2
−
a
2
4
=
a
√
7
2
.
Suy ra AB = AA
0
= OO
0
= 2AH = a
√
7 (do ABCD là hình vuông).
Vậy thể tích V = πR
2
h = π ·
a
√
2
2
· a
√
7 = 2πa
3
√
7.
O
0
B
0
O
B
H
A
A
0
Chọn đáp án C
Câu 44.2. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 2a. Mặt phẳng (P ) song
song với trục và cách trục một khoảng
a
2
. Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt
phẳng (P ).
A. 2
√
3a
2
. B. a
2
. C. πa
2
. D.
√
3a
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 166
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Lời giải.
Gọi ABB
0
A
0
là thiết diện qua trục của hình trụ. Từ giả thiết
ta suy ra đường cao hình trụ là AA
0
= 2a, bán kính đường
tròn đáy hình trụ là R =
AB
2
= a.
Mặt phẳng (P ) song song với trục nên cắt hình trụ theo
thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh MQ = AA
0
= 2a, và
cách trục một khoảng
a
2
nên O
0
H =
a
2
với H là trung điểm
của P Q. Khi đó P Q = 2
p
O
0
Q
2
− O
0
H
2
= 2
…
a
2
−
a
2
4
= a
√
3.
Do đó diện tích thiết diện cần tìm là MQ · P Q = 2
√
3a
2
.
B
O
M
N
A
P
O
0
A
0
B
0
Q
H
Chọn đáp án
A
Câu 44.3. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P ) song
song với trục của hình trụ và cách hình trụ một khoảng bằng
a
2
ta được thiết diện là một hình
vuông. Tính thể tích khối trụ.
A. 3πa
3
. B. πa
3
√
3. C.
πa
3
√
3
4
. D. πa
3
.
Lời giải.
Giả sử ABCD là thiết diện hình vuông như hình bên.
Gọi O và O
0
là tâm 2 đáy của hình trụ,
H là hình chiếu của O lên AB.
Ta có AB = 2AH = 2
√
OA
2
− OH
2
= 2
…
a
2
−
a
2
2
= a
√
3.
Vì ABCD là hình vuông nên chiều cao của hình trụ bằng a
√
3.
Vậy V
trụ
= πa
.
a
√
3 = πa
3
√
3.
B
H
D
C
O
0
O
A
Chọn đáp án B
Câu 44.4. Một hình trụ có bán kính đáy bằng a, mặt phẳng qua trục cắt hình trụ theo một
thiết diện có diện tích bằng 8a
2
. Tính diện tích xung quanh của hình trụ.
A. 4πa
2
. B. 8πa
2
. C. 16πa
2
. D. 2πa
2
.
Lời giải.
D
C
O
0
A
B
O
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 167
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật, có độ dài một cạnh là 2a, có diện tích là 8a
2
,
suy ra chiều cao của hình trụ là h =
8a
2
2a
= 4a.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: S
xq
= 2πrh = 2 · π · a · 4a = 8πa
2
.
Chọn đáp án B
Câu 44.5. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng
3R
2
. Mặt phẳng (α) song
song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
R
2
. Diện tích thiết diện của hình trụ
cắt bởi mặt phẳng (α) là
A.
2R
2
√
3
3
. B.
3R
2
√
3
2
. C.
3R
2
√
2
2
. D.
2R
2
√
2
3
.
Lời giải.
Giả sử mặt phẳng (α) cắt hình trụ theo giao tuyến là hình chữ nhật
ABB
0
A
0
(xem hình vẽ). Gọi O là tâm của hình tròn đáy chứa dây
cung AB, H là trung điểm của AB. Theo giả thiết ta có OH =
R
2
.
Suy ra AB = R
√
3. Vậy diện tích thiết diện là S = AB·AA
0
=
3R
2
√
3
2
.
A
0
B
0
B
O
A
H
Chọn đáp án B
Câu 44.6. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD
có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích V của khối trụ là
A. V = 16πa
3
. B. V = 4πa
3
. C. V = 12πa
3
. D. V = 8πa
3
.
Lời giải.
Ta có BC =
√
AC
2
− AB
2
=
√
25a
2
− 16a
2
= 3a.
Bán kính đáy r =
AB
2
= 2a, chiều cao BC = 3a.
Vậy V = hπr
2
= 3a · 4a
2
= 12πa
3
.
CD
A B4a
5a
Chọn đáp án C
Câu 44.7. Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng 4a. Diện
tích xung quanh S của hình trụ là
A. S = 4πa
2
. B. S = 8πa
2
. C. S = 24πa
2
. D. S = 16πa
2
.
Lời giải.
Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là
S
xq
= 2πRh.
Cách giải:
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 168
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
R
h
C
BO
O
0
A
D
Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông ABCD có cạnh bằng 4a.
Do đó h = 2R = 4a ⇒ R = 2a với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.
Vậy S = 2πRh = 16πa
2
Chọn đáp án D
Câu 44.8. Khi cắt khối trụ (T ) bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục của trụ (T )
một khoảng bằng a
√
3 ta được thiết diện là hình vuông có diện tích bằng 4a
2
. Tính thể tích V
của khối trụ (T ).
A. V = 7
√
7πa
3
. B. V =
7
√
7
3
πa
3
. C. V =
8
3
πa
3
. D. V = 8πa
3
.
Lời giải.
Vì thiết diện là hình vuông có S = 4a
2
⇒ h = AD = CD = 2a.
Gọi H là trung điểm của CD.
Do 4COD cân tại O nên OH⊥CD ⇒ OH⊥(ABCD).
Theo giả thiết d(OO
0
, (ABCD)) = OH = a
√
3.
Suy ra r = OD =
√
DH
2
+ OH
2
=
Å
CD
2
ã
2
+ OH
2
= 2a.
Vậy V = π.r
2
.h = 8πa
3
.
D
A
B
C
O
0
O
H
Chọn đáp án D
Câu 44.9. Một hình trụ có bán kinh r = 5 cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm. Cắt khối
trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục 3 cm. Diện tích thiết diện tạo thành là
A. 56 cm
2
. B. 55 cm
2
. C. 53 cm
2
. D. 46 cm
2
.
Lời giải.
Giả sử hình trụ (T ) có trục OO
0
. Thiết diện song song với trục là hình chữ
nhật MNP Q (N, P thuộc đường tròn tâm O và M, Q thuộc đường tròn tâm
O
0
).
Gọi H là trung điểm MQ. Khi đó, O
0
H ⊥ MQ ⇒ O
0
H ⊥ (MNP Q).
Do đó, d (OO
0
, (MNP Q)) = d (O
0
, (MNP Q)) = O
0
H = 3 cm.
Ta có MH =
√
O
0
M
2
− O
0
H
2
= 4 cm ⇒ MQ = 2MH = 8 cm.
Diện tích thiết diện là S = MQ · MN = 56 cm
2
.
O
O
0
P
Q
M
H
N
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 169
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 44.10.
Cho khối trụ T có trục OO
0
, bán kính r và thể tích V . Cắt khối trụ T
thành hai phần bởi mặt phẳng (P ) song song với trục và cách trục một
khoảng bằng
r
2
(như hình vẽ). Gọi V
1
là thể tích phần không chứa trục
OO
0
. Tính tỉ số
V
1
V
A.
V
1
V
=
1
3
−
√
3
4π
. B.
V
1
V
=
π
4
−
√
3
3
.
C.
V
1
V
=
π −
√
3
2π
. D.
V
1
V
=
4 −
√
3
4π
.
O
O
0
Lời giải.
O
O
0
A
B
M
Gọi h là chiều cao của khối trụ (T ). Thể tích khối trụ đã cho là V = h · πr
2
.
Gọi A và B là giao điểm của mặt phẳng (P ) với đường tròn đáy tâm O
0
và M là trung điểm của
AB. Ta có O
0
M =
r
2
⇒ AB = 2AM = 2
…
r
2
−
r
2
4
= r
√
3 ⇒
’
AO
0
B = 120
◦
.
Diện tích đáy phần khối trụ không chứa trục là
S
1
= S
q
− S
4AO
0
B
=
1
3
· πr
2
−
1
2
· r · r
√
3 =
πr
2
3
−
r
2
√
3
4
.
⇒ V
1
= h ·
Å
πr
2
3
−
r
2
√
3
4
ã
.
Suy ra
V
1
V
=
1
3
−
√
3
4π
.
Chọn đáp án A
Câu 44.11. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao h. Cắt khối trụ bằng một mặt
phẳng (P ) song song với trục và cách trục một khoảng bằng
r
√
2
2
. Mặt phẳng (P ) chia khối trụ
làm hai phần. Gọi V
1
là phần chứa tâm của đường tròn đáy và V
2
là phần không chứa tâm của
đường tròn đáy. Tính tỉ số của
V
1
V
2
.
A.
V
1
V
2
=
3π − 2
3π − 2
. B.
V
1
V
2
= 3 +
√
2. C.
V
1
V
2
=
π − 2
3π + 2
. D.
V
1
V
2
=
3π + 2
π − 2
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 170
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Thể tích hình trụ V = πr
2
h.
Khi cắt khối trụ bằng mặt phẳng (P ) song song với trục tạo
thành hai khối có thể tích V
1
, V
2
thì tỷ số thể tích
V
1
V
2
bằng tỷ số
diện tích của viên phân chứa điểm O và viên phân không chứa
điểm O của đường tròn đáy.
Gọi I là trung điểm của AB khi đó AB = 2
√
r
2
− OI
2
=
2
r
2
−
Å
r
√
2
2
ã
2
= r
√
2.
Suy ra 4AOI vuông cân tại I, suy ra
’
AOB = 90
◦
.
Diện tích quạt tròn AOB là S
1
=
πr
2
4
.
Diện tích tam giác S
OAB
=
1
2
OI · AB =
1
2
·
r
√
2
2
· r
√
2 =
r
2
2
.
Suy ra:
V
1
V
2
=
πr
2
−
Å
πr
2
4
−
r
2
2
ã
πr
2
4
−
r
2
2
=
3π + 2
π − 2
.
C
D
I
A
O
O
0
B
Chọn đáp án D
Câu 44.12. Cho khối trụ có chiều cao 20. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng được thiết diện
là hình elip có độ dài trục lớn bằng 10. Thiết diện chia khối trụ ban đầu thành hai nửa, nửa
trên có thể tích V
1
, nửa dưới có thể tích V
2
. Khoảng cách từ một điểm thuộc thiết diện gần đáy
dưới nhất và điểm thuộc thiết diện xa đáy dưới nhất tới đáy dưới lần lượt là 8 và 14. Tính tỉ số
V
1
V
2
.
A.
11
20
. B.
9
11
. C.
9
20
. D.
6
11
.
Lời giải.
Ta có công thức thể tích hình phiến trụ là V = πR
2
h
1
+ h
2
2
do
đó
V
1
= πR
2
6 + 12
2
= πR
2
· 9; V
2
= πR
2
8 + 14
2
= πR
2
· 11
⇒
V
1
V
2
=
9
11
.
B
14cm
8cm
12cm
6cm
V
2
V
1
A
Chọn đáp án B
Câu 44.13. Một hình trụ có chiều cao bằng 9a. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với
trục và cách trục một đoạn d = 3a ta được thiết diện có diện tích là S = 72a
2
. Thể tích khối trụ
bằng
A. 225πa
3
. B.
70πa
3
3
. C. 350πa
3
. D. 45πa
3
.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 171
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Gọi M, N, P, Q là giao điểm của mặt phẳng với hai đường tròn tâm (O)
và (O
0
).
Khi đó MNP Q là hình chữ nhật với MQ = 9a. Gọi I là trung điểm của
MN, ta có OI = 3a.
Theo giả thiết S
MN P Q
= 72a
2
, suy ra 72a
2
= MQ · MN ⇒ MN = 8a ⇒
IM = 4a.
Xét tam giác vuông MOI, ta có
MO =
√
OI
2
+ IM
2
=
√
9a
2
+ 16a
2
= 5a.
Vậy hình trụ có bán kính đáy R = 5a, chiều cao h = 9a. Từ đó suy ra
thể tích hình trụ là V = πR
2
· h = 225πa
3
.
O
N
M
O
0
P
Q
I
Chọn đáp án A
CÂU 45. Cho hàm số f(x) có f(0) = 0 và Khi đó
π
Z
0
f(x)dx bằng
A.
1042
225
. B.
208
225
. . C.
242
225
. D.
149
225
.
Lời giải.
Ta có f(x) =
Z
f
0
(x)dx =
Z
cos x cos
2
2xdx =
Z
cos x (1 − sin x)
2
dx.
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx.
⇒ f(x) =
Z
(1 −2t
2
)
2
dt =
Z
1 − 4t
2
+ 4t
4
dt = t −
4
3
t
3
+
4
5
t
5
+ C = sin x −
4
3
sin
3
x +
4
5
sin
5
x + C.
Mà f(0) = 0 ⇒ C = 0.
Do đó f(x) = sin x −
4
3
sin
3
x +
4
5
sin
5
x = sin x
1 −
4
3
sin
2
x +
4
5
sin
4
x
=
= sin x
h
1 −
4
3
1 − cos
2
x
+
4
5
1 − cos
2
x
2
i
.
Ta có
π
Z
0
f(x)dx =
π
Z
0
sin x
h
1 −
4
3
1 − cos
2
x
+
4
5
1 − cos
2
x
2
i
dx.
Đặt t = cos x ⇒ dt = −sin xdx.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = π ⇒ t = −1
Khi đó
π
Z
0
f(x)dx =
1
Z
−1
7
15
−
4
15
t
2
+
4
5
t
4
dt =
7
15
t −
4
45
t
3
+
4
5
t
5
1
−1
=
242
225
.
Chọn đáp án C
Câu 45.1. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R thỏa mãn
1
Z
0
f(x)dx = 3 và
5
Z
0
f(x)dx = 6. Tính
tích phân I =
1
Z
−1
f(|3x − 2|)dx
A. I = 3. B. I = −2. C. I = 4. D. I = 9.
Lời giải.
Ta có
1
Z
−1
f(|3x − 2|)dx =
2
3
Z
−1
f(−3x + 2)dx +
1
Z
2
3
f(3x − 2)dx = I
1
+ I
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 172
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
I
1
=
2
3
Z
−1
f(−3x + 2)dx = −
1
3
2
3
Z
−1
f(−3x + 2)d(−3x + 2).
Đặt t = −3x + 2 suy ra x = −1 ⇒ t = 5; x =
2
3
⇒ x = 0. Do đó I
1
=
1
3
5
Z
0
f(t)dt = 2.
I
2
=
1
Z
2
3
f(3x − 2)dx =
1
3
Z
2
3
1f(3x − 2)d(3x − 2).
Đặt t = 3x − 2 suy ra x = 1 ⇒ t = 1; x =
2
3
⇒ x = 0. Do đó I
2
=
1
3
1
Z
0
f(t)dt = 1.
Vậy I = I
1
+ I
2
= 3.
Chọn đáp án A
Câu 45.2. Cho hàm số f(x) thoả mãn
3
Z
0
2x ln(x + 1) + xf
0
(x)
dx = 0 và f(3) = 1. Biết
3
Z
0
f(x) dx =
a + b ln 2
2
với a, b là các số thực dương. Giá trị của a + b bằng
A. 35. B. 29. C. 11. D. 7.
Lời giải.
Tính I =
3
Z
0
2x ln(x + 1) dx.
Đặt
(
u = ln(x + 1)
dv = 2x dx
⇒
du =
1
x + 1
dx
v = x
2
. Khi đó
I = x
2
ln(x + 1)
3
0
−
3
Z
0
x
2
x + 1
dx = 9 ln 4 −
Å
x
2
2
− x + ln |x + 1|
ã
3
0
= 16 ln 2 −
3
2
.
Tính J =
3
R
0
xf
0
(x) dx.
Đặt
(
u
J
= x
dv
J
= f
0
(x)dx
⇒
(
du
J
= dx
v
J
= f(x)
.
J =
3
Z
0
xf
0
(x) dx = xf (x)|
3
0
−
3
Z
0
f(x) dx = 3 −
3
Z
0
f(x) dx.
Mà
3
Z
0
2x ln(x + 1) + xf
0
(x)
dx = 0
⇒ I + J = 0 ⇒ 16 ln 2 −
3
2
+ 3 −
3
Z
0
f(x)dx = 0 ⇒
3
Z
0
f(x) dx = 16 ln 2 +
3
2
=
3 + 32 ln 2
2
.
Suy ra
(
a = 3
b = 32
. Vậy a + b = 35.
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 173
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 45.3. Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f(2) = 16,
2
R
0
f(x) dx = 4. Tính tích phân I =
1
R
0
x · f
0
(2x) dx
A. 13. B. 12. C. 20. D. 7.
Lời giải.
Phương pháp: Sử dụng công thức từng phần:
b
Z
a
u dv = uv|
b
a
−
b
Z
a
v du.
Cách giải:
I =
2
Z
0
x · f
0
(2x) dx =
1
2
1
Z
0
x d (f(2x))
=
1
2
x · f (2x)|
1
0
−
1
2
1
Z
0
f(2x) dx
=
1
2
f(2) −
1
4
1
Z
0
f(2x) d(2x)
đặt t=2x
=
1
2
f(2) −
1
4
2
Z
0
f(t) dt
=
1
2
f(2) −
1
4
2
Z
0
f(x) dx =
1
2
· 16 −
1
4
· 4 = 8 − 1 = 7.
Chọn đáp án D
Câu 45.4. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (0) = 0.
Biết
1
Z
0
f
2
(x) dx =
9
2
và
1
Z
0
f
0
(x) cos
πx
2
dx =
3π
4
. Tích phân
1
Z
0
f (x) dx bằng.
b
Z
a
f(x) dx.
A.
6
π
. B.
2
π
. C.
4
π
. D.
1
π
.
Lời giải.
Phương pháp
• Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân
1
Z
0
f
0
(x) cos
πx
2
dx =
3π
4
.
• Xét
1
Z
0
h
f (x) + k sin
πx
2
i
2
dx = 0, tìm k, từ đó suy ra f (x) = −k sin
πx
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 174
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
•
1
Z
0
f (x) dx =
1
Z
0
−k sin
πx
2
dx.
Cách giải
Đặt
u = cos
πx
2
dv = f
0
(x) dx
⇒
du = −
π
2
sin
πx
2
dx
v = f (x)
.
⇒
1
Z
0
f
0
(x) cos
πx
2
dx = cos
πx
2
f (x)
1
0
+
π
2
1
Z
0
f (x) sin
πx
2
dx
= f (1) · cos
π
2
− f (0) · cos 0 +
π
2
1
Z
0
f (x) sin
πx
2
dx
=
π
2
1
Z
0
f (x) sin
πx
2
dx =
3π
4
⇒
1
Z
0
f (x) sin
πx
2
dx =
3
2
.
Xét tích phân
1
Z
0
h
f (x) + k sin
πx
2
i
2
dx = 0 ⇔
1
Z
0
h
f
2
(x) + 2kf (x) sin
πx
2
+ k
2
sin
2
πx
2
i
dx = 0
⇔
1
Z
0
f
2
(x) dx + 2k
1
Z
0
f (x) sin
πx
2
+ k
2
1
Z
0
sin
2
πx
2
dx = 0
⇔
9
2
+ 2k
3
2
+
1
2
k
2
= 0
⇔ k = −3.
Khi đó ta có
1
Z
0
h
f (x) − 3 sin
πx
2
i
2
dx = 0 ⇔ f (x) − 3 sin
πx
2
= 0 ⇔ f (x) = 3 sin
πx
2
.
Vậy
1
Z
0
f (x) dx = 3
1
Z
0
sin
πx
2
dx = −3
cos
πx
2
π
2
1
0
=
−6
π
cos
πx
2
1
0
= −
6
π
cos
π
2
− cos 0
=
6
π
.
Chọn đáp án A
Câu 45.5. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên [−1; 1] và thỏa mãn f(1) = 7,
1
Z
0
xf(x) dx =
1. Khi đó
1
Z
0
x
2
f
0
(x) dx bằng
A. 6. B. 8. C. 5. D. 9.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 175
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Xét I =
1
Z
0
x
2
f
0
(x) dx, đặt u = x
2
, dv = f
0
(x) dx ⇒ du = 2x dx, v = f(x), ta được
I = x
2
· f(x)
1
0
−
1
Z
0
2xf(x) dx = f(1) − 2
1
Z
0
xf(x) dx = 5.
Chọn đáp án C
Câu 45.6. Cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên R, thỏa mãn f(0) = f(2) = 0,
max
[0;2]
|f
00
(x)| = 1 và
2
Z
0
f(x) dx
=
2
3
. Tính
3
2
Z
1
2
f(x) dx
.
A.
11
12
. B.
11
24
. C.
37
12
. D.
37
24
.
Lời giải.
2
Z
0
(2x − x
2
) dx ≥
2
Z
0
f
00
(x)(2x − x
2
) dx
=
f
0
(x)(2x − x
2
)
2
0
−
2
Z
0
f
0
(x)(2 − 2x) dx
=
2
Z
0
f
0
(x)(2 − 2x) dx
=
f(x)(2 − 2x)
2
0
−
2
Z
0
f(x)(−2) dx
=2
2
Z
0
f(x) dx
=
4
3
.
Mà
2
Z
0
(2x − x
2
) dx =
4
3
. Từ đó suy ra
2
Z
0
(2x − x
2
) dx =
2
Z
0
f
00
(x)(2x − x
2
) dx
⇔ |f
00
(x)| = 1 ⇔
"
f
00
(x) = −1
f
00
(x) = 1
.
Mặt khác f
00
(x) liên tục trên [0; 2] nên
"
f
00
(x) = −1, ∀x ∈ [0; 2]
f
00
(x) = 1, ∀x ∈ [0; 2]
.
1. f
00
(x) = −1 khi đó f(x) = −
x
2
2
+ C
1
x + C
2
. Vì f(0) = f(2) = 0 nên f(x) = −
x
2
2
+ x.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 176
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Khi đó
3
2
Z
1
2
f(x) dx
=
11
24
.
2. f
00
(x) = 1 khi đó f(x) =
x
2
2
+ C
1
x + C
2
. Vì f(0) = f(2) = 0 nên f(x) =
x
2
2
− x.
Khi đó
3
2
Z
1
2
f(x) dx
=
11
24
.
Chọn đáp án B
Câu 45.7. Cho hàm số f(x) thỏa mãn f
0
(x) = (x + 1)e
x
và f(0) = 1. Tính f(2).
A. f(2) = 4e
2
+ 1. B. f(2) = 2e
2
+ 1. C. f(2) = 3e
2
+ 1. D. f(2) = e
2
+ 1.
Lời giải.
Ta có
f(2) − f(0) =
2
Z
0
f
0
(x) dx =
2
Z
0
(x + 1)e
x
dx = xe
x
2
0
= 2e
2
.
Suy ra f(2) = 2e
2
+ f(0) = 2e
2
+ 1.
Chọn đáp án B
Câu 45.8. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 2] và thỏa mãn f(0) = 2,
2
Z
0
(2x −
4)f
0
(x) dx = 4. Tính I =
2
Z
0
f(x) dx.
A. I = −2. B. I = −6. C. I = 2. D. I = 6.
Lời giải.
Đặt
(
u = 2x − 4
dv = f
0
(x) dx
⇒
(
du = 2 dx
v = f(x).
Khi đó
2
Z
0
(2x − 4)f
0
(x) dx = (2x − 4) · f (x)
2
0
−
2
Z
0
2f(x) dx = 4f(0) − 2
2
Z
0
f(x) dx = 4.
Vậy I =
2
Z
0
f(x) dx = 2.
Chọn đáp án C
Câu 45.9. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (0) = 6,
1
Z
0
(2x − 2)f
0
(x) dx = 6. Tích phân
1
Z
0
f(x) dx có giá trị bằng
A. −3. B. −9. C. 3. D. 6.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 177
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Gọi I =
1
Z
0
(2x − 2)f
0
(x) dx.
Đặt
(
u = 2x − 2
dv = f
0
(x) dx
ta chọn
(
du = 2 dx
v = f(x)
I = (2x − 2)f(x)
1
0
−
1
Z
0
2f(x) dx ⇔ 6 = 2f (0) − 2
1
Z
0
f(x) dx ⇒
1
Z
0
f(x) dx = f(0) − 3 = 3.
Chọn đáp án C
CÂU 46. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
0 1
+∞
+
0
−
0
+
0
−
−∞−∞
22
00
22
−∞−∞
Số nghiệm thuộc đoạn
h
0;
5π
2
i
của phương trinh f(sin x) = 1 là
A. 7. B. 4. C. 5. D. 6.
Lời giải.
Đặt t = sin x, x ∈
h
0;
5π
2
i
⇒ t ∈ [−1; 1].
Khi đó phương trình f(sin x) = 1 trở thành f(t) = 1, ∀t ∈ [−1; 1].
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y = f (t) và đường thẳng y = 1.
Dựa vào bảng biến, ta có f(t) = 1 ⇒
"
t = a ∈ (−1; 0)
t = b ∈ (0; 1)
Trường hợp 1 t = a ∈ (−1; 0)
Ứng với mỗi giá trị t ∈ (−1; 0) thì phương trình sin x = t có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa
mãn π < x
1
< x
2
< 2π.
Trường hợp 2 t = b ∈ (0; 1)
Ứng với mỗi giá trị t ∈ (0; 1) thì phương trình sin x = t có 3 nghiệm x
3
, x
4
, x
5
thỏa mãn 0 < x
3
< x
4
< π; 2π < x
5
<
5π
2
.
Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau.
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn
h
0;
5π
2
i
.
Chọn đáp án C
Câu 46.1. Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có bảng biến thiên như sau:
Khi đó |f(x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi:
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 178
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. 0 < m < 1.
B. 0 < m ≤ 1.
C.
1
2
< m < 1.
D.
1
2
≤ m < 1.
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
Lời giải.
Ta có y
0
= 3ax
2
+ 2bx + c, từ bảng biến thiên suy ra:
(
y
0
(0) = 0
y
0
(1) = 0
⇔
(
c = 0
3a + 2b = 0
(1)
Ta lại có
(
y(0) = 1
y(1) = 0
⇔
(
d = 1
a + b + c + d = 0
(2)
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:
d = 1
c = 0
3a + 2b = 0
a + b + c + d = 0
⇔
d = 1
c = 0
a = 2
b = −3
⇒ y = f(x) = 2x
3
− 3x
2
+ 1
Đồ thị hàm số |f(x)| =
2x
3
− 3x
2
+ 1
Ta có
f
1
2
=
1
2
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi:
1
2
< m < 1
Chọn đáp án C
Câu 46.2. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
20182018
−2018−2018
+∞+∞
Đồ thị hàm số y = |f(x − 2017) + 2018| có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2. B. 3. C. 5. D. 4.
Lời giải.
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(x − 2017) là
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
2016 2020
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
20182018
−2018−2018
+∞+∞
Bảng biến thiên của hàm số y = f (x − 2017) + 2018 là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 179
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
2016 2020
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
40364036
00
+∞+∞
Do đó đồ thị hàm số y = |f (x − 2017) + 2018| có 3 điểm cực trị.
Chọn đáp án B
Câu 46.3. Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có bảng biến thiên như sau:
Khi đó |f(x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi:
A. 0 < m < 1.
B. 0 < m ≤ 1.
C.
1
2
< m < 1.
D.
1
2
≤ m < 1.
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
Lời giải.
Ta có y
0
= 3ax
2
+ 2bx + c, từ bảng biến thiên suy ra:
(
y
0
(0) = 0
y
0
(1) = 0
⇔
(
c = 0
3a + 2b = 0
(1)
Ta lại có
(
y(0) = 1
y(1) = 0
⇔
(
d = 1
a + b + c + d = 0
(2)
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:
d = 1
c = 0
3a + 2b = 0
a + b + c + d = 0
⇔
d = 1
c = 0
a = 2
b = −3
⇒ y = f(x) = 2x
3
− 3x
2
+ 1
Đồ thị hàm số |f(x)| =
2x
3
− 3x
2
+ 1
Ta có
f
1
2
=
1
2
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi:
1
2
< m < 1
Chọn đáp án C
Câu 46.4. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
44
−2−2
+∞+∞
Biết f(0) < 0, hỏi phương trình f(|x|) = f(0) có bao nhiêu nghiệm?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 180
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
A. 4. B. 2. C. 3. D. 5.
Lời giải.
Đặt f(0) = k < 0. Vì hàm số nghịch biến trên (−1; 3) nên −2 < k < 4.
Ta có hàm số y = f(|x|) là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy, từ đó ta có bảng biến
thiên sau
x
y
0
y
−∞
−3
0 3
+∞
−
0
+ −
0
+
+∞+∞
−2−2
kk
−2−2
+∞+∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(|x|) = f (0) có 3 nghiệm.
Chọn đáp án C
Câu 46.5. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0 2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
−3−3
+∞+∞
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình |f(x −2018) + 2| = m có bốn nghiệm
thực phân biệt.
A. −3 < m < 1. B. 0 < m < 1.
C. Không có giá trị m. D. 1 < m < 3.
Lời giải.
Đặt g(x) = f(x − 2018) + 2. Ta có
g
0
(x) = f
0
(x − 2018) = 0 ⇔
"
x − 2018 = 0
x − 2018 = 2
⇔
"
x = 2018
x = 2020.
g(2018) = f(0) + 2 = 3; g(2020) = f(2) + 2 = −1.
Bảng biến thiên của g(x) như sau
x
g
0
(x)
g(x)
−∞
2018 2020
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
33
−1−1
+∞+∞
Đặt h(x) = |g(x)|.
Đồ thị hàm số y = g(x) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt x
1
< 2018 < x
2
< 2020 < x
3
.
Do đó, ta có bảng biến thiên
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 181
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
x
h
0
(x)
h(x)
−∞
x
1
2018
x
1
2020
x
3
+∞
−
0
+
0
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
h(x
1
)h(x
1
)
33
h(x
2
)h(x
2
)
11
h(x
3
)h(x
3
)
+∞+∞
Dựa vào bảng biên thiên, dễ thấy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 3.
Chọn đáp án D
Câu 46.6. Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
−1
3
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
55
11
+∞+∞
Đồ thị của hàm số y = |f(|x −1|) −n|+ m
2018
có bao nhiêu điểm cực trị với m, n là tham số thực
và 2 < n < 3?
A. 4. B. 7. C. 3. D. 5.
Lời giải.
Từ bảng biến thiên suy ra hình dạng đồ thị hàm số f(x).
x
y
O
−1 3
1
5
Tịnh tiến đồ thị f(x) sang bên phải 1 đơn vị ta được đồ thị
hàm số f(x − 1).
x
y
O
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 182
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Từ đồ thị hàm số f(x − 1) suy ra đồ thị hàm số f (|x − 1|).
x
y
O
Tịnh tiến đồ thị hàm số f(|x − 1|) xuống phía dưới n đơn vị
suy ra đồ thị hàm số f(|x − 1|) − n với 2 < n < 3.
x
y
O
Từ đồ thị hàm số f(|x − 1|) − n suy ra đồ thị hàm số
|f(|x − 1|) − n|
x
y
O
Tịnh tiến đồ thị hàm số |f(|x − 1|) − n| lên phía trên m
2018
đơn vị ta được đồ thị hàm số
y = |f(|x − 1|) − n| + m
2018
x
y
O
Vậy đồ thị hàm số y = |f(|x − 1|) − n| + m
2018
có 7 điểm cực trị.
Chọn đáp án B
Câu 46.7. Cho hàm số y = f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d có bảng biến thiên như sau
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
Khi đó |f(x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi
A.
1
2
< m < 1. B.
1
2
≤ m < 1. C. 0 < m < 1. D. 0 < m ≤ 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 183
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Lời giải.
Ta có f
0
(x) = 3ax
2
+ 2bx + c. Từ bảng biến thiên của hàm số f(x), ta có
f(0) = 1
f(1) = 0
f
0
(0) = 0
f
0
(1) = 0
⇔
d = 1
a + b + c + d = 0
c = 0
3a + 2b + c = 0
⇔
a = 2
b = −3
c = 0
d = 1.
Như vậy f(x) = 2x
3
− 3x
2
+ 1, f
1
2
=
1
2
.
x
y
0
y
−∞
0 1
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
00
+∞+∞
1
2
1
2
Do đó |f(x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x
1
< x
2
< x
3
<
1
2
< x
4
khi và chỉ khi
1
2
≤ m < 1.
Chọn đáp án B
Câu 46.8.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên
như hình bên. Phương trình f(4x −x
2
) −
2 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân
biệt?
A. 2. B. 6. C. 4. D.
0.
x
f
0
f
−∞
0 4
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
−1−1
33
−∞−∞
Lời giải.
Bảng biến thiên của f(x):
x
f
0
f
−∞
0 4
+∞
−
0
+
0
−
+∞+∞
−1−1
33
−∞−∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 2 có ba nghiệm thực phân biệt x
1
, x
2
, x
3
với
x
1
< 0 < x
2
< 4 < x
3
.
Do đó f(4x − x
2
) − 2 = 0 ⇔ f(4x − x
2
) = 2
4x − x
2
= x
1
(1)
4x − x
2
= x
2
(2)
4x − x
2
= x
3
(3)
với x
1
< 0 < x
2
< 4 < x
3
.
Xét hàm số g(x) = 4x − x
2
. Có g
0
(x) = 4 − 2x, g(x) = 0 ⇔ x = 2.
Bảng biến thiên của g(x):
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 184
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
x
g
0
g
−∞
2
+∞
+
0
−
−∞−∞
44
−∞−∞
Từ bảng biến thiên của g(x) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình
(2) có hai nghiệm thực phân biệt (không trùng với hai nghiệm của (1) do x
1
< x
2
) và phương
trình (3) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.
Chọn đáp án C
CÂU 47. Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a
x
= b
y
=
√
ab. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = x + 2y thuộc tập hợp nào dưới đây?
A. (1; 2). B.
h
2;
5
2
. C. [3; 4). D.
h
5
2
; 3
.
Lời giải.
Đặt t = log
a
b. Vì a, b > 1 nên t > 0.
Ta có a
x
=
√
ab ⇒ x = log
a
√
ab =
1
2
(1 + log
a
b) =
1
2
(1 + t).
b
y
=
√
ab ⇒ y = log
b
√
ab =
1
2
(1 + log
b
a) =
1
2
1 +
1
t
.
Vậy P = x + 2y +
1
2
(1 + t) + 1 +
1
t
=
3
2
+
t
2
+
1
t
≥
3
2
+
√
2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
t
2
=
1
t
⇔ b = a
√
2
.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 2y bằng
3
2
+
√
2 thuộc nửa khoảng
h
5
2
; 3
.
Chọn đáp án D
Câu 47.1. Cho a, b, c > 1. Biết rằng biểu thức P = log
a
(bc) + log
b
(ac) + 4 log
c
(ab) đạt giá trị nhỏ
nhất bằng m khi log
b
c = n. Tính giá trị m + n.
A. m + n = 14. B. m + n =
25
2
. C. m + n = 12. D. m + n = 10.
Lời giải.
Phương pháp:
log
a
b =
1
log
b
a
, (a, b > 0; a, b 6= 1).
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương: a + b ≥ 2
√
ab.
Cách giải:
Do a, b, c > 1 nên log
a
b, log
c
a, log
b
c > 0.
P = log
a
(bc) + log
b
(ac) + 4 log
c
(ab) = log
a
b + log
a
c + log
b
a + log
b
c + 4 log
c
a + 4 log
a
b
= (log
a
b + log
b
a) + (log
a
c + 4 log
c
a) + (log
b
c + 4 log
c
b)
=
Å
log
a
b +
1
log
a
b
ã
+
Å
1
log
c
a
+ 4 log
c
a
ã
+
Å
log
b
c +
4
log
b
c
ã
≥ 2
…
log
a
b ·
1
log
a
b
+ 2
…
1
log
c
· 4 log
c
a + 2
…
log
b
c ·
4
log
b
c
= 2 + 4 + 4 = 10.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 185
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
log
a
b =
1
log
a
b
1
log
c
a
= 4 log
c
a
log
b
c =
4
log
c
b
⇔
log
a
b = 1
log
c
a =
1
2
log
b
c = 2.
Vậy, đạt giá trị nhỏ nhất là 10 khi log
b
c = 2 ⇒ m = 10, n = 2 ⇒ m + n = 12.
Chọn đáp án C
Câu 47.2. Cho x, y > 0 thỏa mãn log(x + 2y) = log x + log y. Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
x
2
1 + 2y
+
4y
2
1 + x
là
A. 6. B.
32
5
. C.
31
5
. D.
29
5
.
Lời giải.
Ta có log(x + 2y) = log xy ⇔ x + 2y = xy.
Đặt 2y = z, ta có x, z > 0 thỏa mãn 2(x + z) = xz ≤
x + z
2
2
⇒ x + z ≥ 8. Lại có
P =
x
2
1 + z
+
z
2
1 + x
≥
(x + z)
2
2 + x + z
= x + z − 2 +
4
2 + x + z
.
Xét f(t) = t − 2 +
4
2 + t
, f
0
(t) = 1 −
4
(t + 2)
2
> 0, ∀t ≥ 8 nên min
t≥8
f(t) = f(8) =
32
5
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
32
5
khi x = z = 4 hay (x; y) = (4; 2).
Chọn đáp án B
Câu 47.3. Cho x, y là các số dương thỏa mãn xy ≤ 4y −1. Giá trị nhỏ nhất của P =
6 (2x + y)
x
+
ln
x + 2y
y
là a + ln b. Tính ab.
A. ab = 45. B. ab = 81. C. ab = 115. D. ab = 108.
Lời giải.
Từ xy ≤ 4y − 1 chia 2 vế cho y
2
ta được
x
y
≤
4
y
−
1
y
2
= 4 −
Å
2 −
1
y
ã
2
≤ 4.
Đặt
x
y
= t thì 0 < t ≤ 4.
Khi đó P = f(t) = 12 +
6
t
+ ln(t + 2) có f
0
(t) =
−6
t
2
+
1
t + 2
=
t
2
− 6t − 12
t
2
(t + 2)
.
Ta có t
2
− 6t − 12 < 0 ⇔ t ∈ (3 −
√
21; 3 +
√
21) ⊃ (0; 4]. Suy ra f
0
(t) < 0, ∀t ∈ (0; 4].
Vậy min
(0;4]
f(t) = f(4) =
27
2
+ ln 6.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng
27
2
+ ln 6 khi y =
1
2
, x = 2.
Khi đó a =
27
2
; b = 6 ⇒ ab = 81.
Chọn đáp án B
Câu 47.4. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = log
a
4(3b − 1)
9
+ 8 log
2
b
a
a − 1.
A. A = 6. B. 3
3
√
2. C. 8. D. 7.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 186
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có: (3b − 2)
2
≥ 2 ⇔
4(3b − 1)
9
≤ b
2
. Khi đó:
P ≥ log
a
b
2
+ 8 log
2
b
a
a − 1
= 2 log
a
b + 8 log
2
b
a
a − 1
= log
a
b + log
a
b + 8 log
2
b
a
a − 1
= (log
a
b − 1) + (log
a
b − 1) + 8 ·
Å
1
log
a
b − 1
ã
2
+ 1
≥ 3
3
(log
a
b − 1) · (log
a
b − 1) · 8 ·
Å
1
log
a
b − 1
ã
2
+ 1 = 7.
Dấu bằng xảy ra khi a =
3
…
2
3
; b =
2
3
và min(P ) = 7.
Chọn đáp án D
Câu 47.5. Xét các số thực a, b thỏa mãn điều kiện
1
3
< b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = log
a
Å
3b − 1
4
ã
+ 12 log
2
b
a
a − 3.
A. min P = 13. B. min P =
1
3
√
2
. C. min P = 9. D. min P =
3
√
2.
Lời giải.
Ta có (2b − 1)
2
(b + 1) ≥ 0 ⇒ 3b − 1 ≤ 4b
3
và điều kiện bài toán suy ra log
a
b > 0.
Từ đó suy ra P ≥ 3 log
a
b +
12
(log
a
b − 1)
2
− 3 =
3 log
a
b · (log
a
b − 3)
2
(log
a
b − 1)
2
+ 9 ≥ 9.
Khi b =
1
2
, a =
1
3
√
2
thì P = 9. Vậy, min P = 9.
Chọn đáp án C
Câu 47.6. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy ≤ 4y − 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
6 (2x + y)
x
+ ln
x + 2y
y
được biểu diễn dưới dạng a + ln b với a ∈ Q, b nguyên dương. Tích ab
bằng
A. 45. B. 81. C. 108. D. 115.
Lời giải.
Do x > 0, y > 0 nên xy ≤ 4y − 1 ⇔ xy + 1 ≤ 4y ≤ 4y
2
+ 1 ⇔ 0 <
x
y
≤ 4.
P =
6 (2x + y)
x
+ ln
x + 2y
y
= 12 + 6
y
x
+ ln
Å
x
y
+ 2
ã
.
Đặt t =
x
y
, với 0 < t ≤ 4 ta có P = f (t) = 12 +
6
t
+ ln(t + 2).
f
0
(t) = −
6
t
2
+
1
t + 2
=
t
2
− 6t − 12
t
2
(t + 2)
, f
0
(t) = 0 ⇔
"
t = 3 −
√
21 /∈ (0; 4]
t = 3 +
√
21 /∈ (0; 4]
. Ta có bảng biến thiên
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 187
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
x
f
0
(t)
f(t)
0 4
−
+∞
27
2
+ ln 6
27
2
+ ln 6
Vậy min P = min
(0;4]
f(t) = f(4) =
27
2
+ ln 6. Suy ra a =
27
2
, b = 6, ab = 81.
Chọn đáp án B
Câu 47.7. Cho các số a, b > 1 thỏa mãn log
2
a + log
3
b = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P =
p
log
3
a +
p
log
2
b.
A.
p
log
2
3 + log
3
2. B.
p
log
3
2 +
p
log
2
3. C.
1
2
(log
2
3 + log
3
2). D.
2
p
log
2
3 + log
3
2
.
Lời giải.
Ta có P =
p
log
3
a+
p
log
2
b =
p
log
3
2
p
log
2
a+
p
log
2
3
p
log
3
b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz ta có P
2
≤ (log
3
2 + log
2
3)(log
2
a + log
3
b) = log
3
2 + log
2
3. Suy ra P ≤
p
log
2
3 + log
3
2.
Chọn đáp án A
Câu 47.8. Cho hai số thực a, b thỏa mãn các điều kiện a
2
+ b
2
> 1 và log
a
2
+b
2
(a + b) ≥ 1. Giá
trị lớn nhất của biểu thức P = 2a + 4b − 3 là
A.
√
10. B. 2
√
10. C.
1
√
10
. D.
√
10
2
.
Lời giải.
Do a
2
+ b
2
> 1 nên
log
a
2
+b
2
(a + b) ≥ 1 ⇔ a + b ≥ a
2
+ b
2
⇔
a −
1
2
2
+
b −
1
2
2
≤
1
2
.
Gọi
(C):
x −
1
2
2
+
y −
1
2
2
=
1
2
.
Ta có
P = 2a + 4b − 3 ⇔ 2a + 4b − 3 − P = 0.
Đặt ∆
P
: 2x + 4y − 3 − P = 0. Để P đạt giá trị lớn nhất thì ∆
P
tiếp xúc với (C).
Ta có
d(I, ∆
P
) =
|2x
0
+ 4y
0
− 3 − P |
√
2
2
+ 4
2
=
1
√
2
⇔ | − P | =
√
10.
Vậy P lớn nhất bằng
√
10.
Chọn đáp án A
Câu 47.9. Cho hàm số y =
√
x
2
+ 3 −x ln x. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số trên đoạn [1; 2]. Khi đó tích Mm bằng
A. 2
√
7 + 4 ln 2. B. 2
√
7 + 4 ln 5. C. 2
√
7 − 4 ln 5. D. 2
√
7 − 4 ln 2.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 188
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Ta có y
0
=
x
√
x
2
+ 3
− (ln x + 1) <
x
√
x
2
− (ln x + 1) < −ln x < 0, ∀x ∈ [1; 2].
Do đó, hàm số y =
√
x
2
+ 3 − x ln x nghịch biến trên [1; 2].
Vậy Mm = y(1) · y(2) = 2
√
7 − 2 ln 2
= 2
√
7 − 4 ln 2.
Chọn đáp án D
Câu 47.10. Cho hai số thực x, y thỏa mãn log
√
3
x + y
x
2
+ y
2
+ xy + 2
= x(x −3) + y(y −3)+ xy. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức P =
x + 2y + 3
x + y + 6
.
A.
43 + 3
√
249
94
. B.
37 −
√
249
94
. C.
69 −
√
249
94
. D.
69 +
√
249
94
.
Lời giải.
Điều kiện
x + y
x
2
+ y
2
+ xy + 2
> 0 ⇔ x + y > 0.
Ta có
log
√
3
x + y
x
2
+ y
2
+ xy + 2
= x(x − 3) + y(y − 3) + xy
⇔ 2 log
3
(x + y) − 2 log
3
(x
2
+ y
2
+ xy + 2) = x
2
+ y
2
+ xy − 3x − 3y
⇔ 2 log
3
(x + y) + 2 − 2 log
3
(x
2
+ y
2
+ xy + 2) = x
2
+ y
2
+ xy + 2 − 3x − 3y
⇔ 2 log
3
(3x + 3y) + (3x + 3y) = 2 log
3
(x
2
+ y
2
+ xy + 2) + x
2
+ y
2
+ xy + 2 (∗).
Xét hàm đặc trưng f(t) = 2 log
3
t + t, t ∈ (0; +∞), ta có f
0
(t) =
2
t · ln 3
+ 1 > 0, ∀t ∈ (0; +∞).
Suy ra hàm f(t) đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Phương trình (*) ⇔ f(3x + 3y) = f(x
2
+ y
2
+ xy + 2) ⇔ x
2
+ y
2
+ xy + 2 = 3x + 3y
Đặt
(
x = a + b
y = a − b
⇔
a =
x + y
2
b =
x − y
2
. Khi đó P =
3a − b + 3
2a + 6
và 3(a − 1)
2
+ b
2
= 1.
Đặt
(
√
3 (a − 1) = cos t
b = sin t
(t ∈ [0; 2π]), khi đó
P =
3 cos t −
√
3 sin t + 6
√
3
2 cos t + 8
√
3
⇔ (2P − 3) · cos t +
√
3 sin t = 6
√
3 − 8
√
3P.
Do phương trình luôn có nghiệm t nên ta có
(2P − 3)
2
+ 3 ≥ (6
√
3 − 8
√
3P )
2
⇔ 47P
2
− 69P + 24 ≤ 0
⇔
69 −
√
249
94
≤ P ≤
69 +
√
249
94
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
69 +
√
249
94
.
Chọn đáp án D
CÂU 48. Cho hàm số f(x) =
x + m
x + 1
(mlà tham số thực) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của
m sao cho min
[0;1]
|f(x)| + max
[0;1]
|f(x)| = 2 . Số phần tử của S là
A. 6. . B. 2. C. 1. D. 4.
Lời giải.
Do hàm số f(x) =
x + m
x + 1
liên tục trên [0; 1]
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 189
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
• Khi m = 1 hàm số là hàm hằng nên max
[0;1]
|f(x)| = max
[0;1]
f(x) = 1.
• Khi m 6= 1 hàm số đơn điệu trên đoạn [0; 1] nên
– Khi f(0); f(1) cùng dấu thì max
[0;1]
|f(x)| + max
[0;1]
|f(x)| = |f(0)| + |f(1)| = |m| +
m + 1
2
– Khi f(0); f(1) trái dấu thì min
[0;1]
|f(x)| = 0; max
[0;1]
{|f(0)|; |f(1)|} = max
ß
|m|;
m + 1
2
™
∗ Trường hợp 1: f(0).f(1) ≥ 0 ⇔ m(m + 1) ≥ 0 ⇔
"
m ≤ −1
m ≥ 0
.
max
[0;1]
|f(x)| + min
[0;1]
|f(x)| = 2 ⇔ |m| +
m + 1
2
= 2 ⇔
m = 1
m = −
5
3
∗ Trường hợp 2: f(0).f(1) < 0 ⇔ m(m + 1) < 0 ⇔ −1 < m < 0.
max
[0;1]
|f(x)| + min
[0;1]
|f(x)| = 2 ⇒
|m| = 2
m + 1
2
= 2
⇔
m = ±2
m = −5(không thỏa mãn)
m = 3
Số phần tử của S là 2.
Chọn đáp án C
Câu 48.1. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của
hàm số y =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2]. Ta có f
0
(x) liên tục trên [1; 2] và
f
0
(x) =
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [1; 2].
Suy ra f(x) đồng biến trên [1; 2]. Do đó max
[1;2]
f(x) = f(2) =
3m + 4
3
, min
[1;2]
f(x) = f(1) =
2m + 1
2
.
Khi đó max
[1;2]
|f(x)| = max
ß
3m + 4
3
,
2m + 1
2
™
. Ta có
3m + 4
3
≥
2m + 1
2
⇔ 4(3m + 4)
2
≥ 9(2m + 1)
2
⇔ m ≥ −
11
12
.
• Với m ≥ −
11
12
, ta có max
[1;2]
|f(x)| =
3m + 4
3
. Theo đề bài, ta có
3m + 4
3
= 2 ⇔
3m + 4
3
= 2
3m + 4
3
= −2
⇔
m =
2
3
(thỏa mãn)
m = −
10
3
loại.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 190
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
• Với m < −
11
12
, ta có max
[1;2]
|f(x)| =
2m + 1
2
. Theo đề bài, ta có
2m + 1
2
= 2 ⇔
2m + 1
2
= 2
2m + 1
2
= −2
⇔
m = −
5
2
(thỏa mãn)
m =
3
2
loại.
Vậy S =
n
2
3
; −
5
2
o
⇒ Số phần tử của S là 2.
Chọn đáp án D
Câu 48.2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của
hàm số y =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2].
Ta có f(x) liên tục trên [1; 2] và f
0
(x) =
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [1; 2] . Suy ra f(x) đồng biến trên [1; 2].
Do đó max
[1;2]
f(x) = f(2) =
3m + 4
3
, min
[1;2]
f(x) = f(1) =
2m + 1
2
.
Trường hợp 1:
2m + 1
2
≥ 0 ⇔ m ≥ −
1
2
.
Trong trường hợp này ta có max
[1;2]
|f(x)| =
3m + 4
3
.
Theo yêu cầu bài toán ta có
3m + 4
3
= 2 ⇔ m =
2
3
(thỏa mãn).
Trường hợp 2:
3m + 4
3
≤ 0 ⇔ m ≤ −
4
3
.
Trong trường hợp này ta có max
[1;2]
|f(x)| =
−2m − 1
2
.
Theo yêu cầu bài toán ta có
−2m − 1
2
= 2 ⇔ m = −
5
2
(thỏa mãn).
Trường hợp 3:
2m + 1
2
< 0 <
3m + 4
3
⇔ −
4
3
< m < −
1
2
.
+) Nếu
−2m − 1
2
≤
3m + 4
3
⇔ −
11
12
≤ m < −
1
2
thì max
[1;2]
|f(x)| =
3m + 4
3
.
Theo yêu cầu bài toán ta có
3m + 4
3
= 2 ⇔ m =
2
3
(không thỏa mãn).
+) Nếu
−2m − 1
2
≥
3m + 4
3
⇔ −
11
12
≥ m > −
4
3
thì max
[1;2]
|f(x)| =
−2m − 1
2
.
Theo yêu cầu bài toán ta có
−2m − 1
2
= 2 ⇔ m = −
5
2
(không thỏa mãn).
Vậy S =
n
2
3
; −
5
2
o
⇒ |S| = 2.
Chọn đáp án D
Câu 48.3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của
hàm số y =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 191
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2]. Ta có f
0
(x) liên tục trên [1; 2] và
f
0
(x) =
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [1; 2].
Suy ra f(x) đồng biến trên [1; 2]. Do đó max
[1;2]
f(x) = f(2) =
3m + 4
3
, min
[1;2]
f(x) = f(1) =
2m + 1
2
.
Khi đó max
[1;2]
|f(x)| = max
ß
3m + 4
3
,
2m + 1
2
™
. Ta có
3m + 4
3
≥
2m + 1
2
⇔ 4(3m + 4)
2
≥ 9(2m + 1)
2
⇔ m ≥ −
11
12
.
• Với m ≥ −
11
12
, ta có max
[1;2]
|f(x)| =
3m + 4
3
. Theo đề bài, ta có
3m + 4
3
= 2 ⇔
3m + 4
3
= 2
3m + 4
3
= −2
⇔
m =
2
3
(thỏa mãn)
m = −
10
3
loại.
• Với m < −
11
12
, ta có max
[1;2]
|f(x)| =
2m + 1
2
. Theo đề bài, ta có
2m + 1
2
= 2 ⇔
2m + 1
2
= 2
2m + 1
2
= −2
⇔
m = −
5
2
(thỏa mãn)
m =
3
2
loại.
Vậy S =
n
2
3
; −
5
2
o
⇒ Số phần tử của S là 2.
Chọn đáp án D
Câu 48.4. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho trị lớn nhất của hàm
số y =
3x
2
− 6x + 2m − 1
trên đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ nhất. Số phần tử của tập S là
A. 0. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y =
3x
2
− 6x + 2m − 1
trên đoạn [−2; 3].
Ta có M ≥ f (−2) = |2m + 23|, M ≥ f(1) = |2m − 4|
⇒ 2M ≥ |2m + 23| + |2m − 4| ≥ |2m + 23 − 2m + 4| = 27 ⇒ M ≥
27
2
. Khi M =
27
2
⇒ |2m + 23| =
|2m − 4| ⇔ m = −
19
4
.
Với m = −
19
4
, max
[−2;3]
f(x) = max{f(−2); f (1); f(3)} =
27
2
.
Chọn đáp án D
Câu 48.5. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số y = −
x
3
− 3x + m
trên đoạn [0; 2] bằng −3. Tổng tất cả các phần tử của S là
A. 1. B. 2. C. 0. D. 6.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 192
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
• Nhận xét:
Tìm m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −
x
3
− 3x + m
trên đoạn [0; 2] bằng −3
⇔ Tìm m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y =
x
3
− 3x + m
trên đoạn [0; 2] bằng 3.
• Xét hàm số f(x) = x
3
− 3x + m liên tục trên đoạn [0; 2]. Ta có f
0
(x) = 3x
2
− 3 = 0 ⇔
"
x = 1 (n)
x = −1 (l)
.
• Suy ra GTLN và GTNN của f (x) thuộc {f (0) , f (1) , f (2)} = {m, m − 2, m + 2}.
• Xét hàm số y =
x
3
− 3x + m
trên đoạn [0; 2] ta được giá trị lớn nhất của hàm số y là
max
x∈[0;2]
y = {|m|, |m − 2|, |m + 2|} = 3.
– TH 1: m ≥ 0 ⇒ max
x∈[0;2]
y = m + 2 = 3 ⇔ m = 1.
– TH 2: m < 0 ⇒ max
x∈[0;2]
y = 2 − m = 3 ⇔ m = −1.
• Vậy m ∈ {−1; 1} nên tổng các phần tử của S bằng 0.
Chọn đáp án C
Câu 48.6. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho trị lớn nhất của hàm
số y =
3x
2
− 6x + 2m − 1
trên đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ nhất. Số phần tử của tập S là
A. 0. B. 3. C. 2. D. 1.
Lời giải.
Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y =
3x
2
− 6x + 2m − 1
trên đoạn [−2; 3].
Ta có M ≥ f (−2) = |2m + 23|, M ≥ f(1) = |2m − 4|
⇒ 2M ≥ |2m + 23| + |2m − 4| ≥ |2m + 23 − 2m + 4| = 27 ⇒ M ≥
27
2
. Khi M =
27
2
⇒ |2m + 23| =
|2m − 4| ⇔ m = −
19
4
.
Với m = −
19
4
, max
[−2;3]
f(x) = max{f(−2); f(1); f(3)} =
27
2
.
Chọn đáp án D
Câu 48.7. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số y =
sin
4
x + cos 2x + m
bằng 2. Số phần tử của S là
A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.
Lời giải.
Ta có y =
sin
4
x + cos 2x + m
=
sin
4
x − 2 sin
2
x + m + 1
.
Đặt t = sin
2
x, t ∈ [0; 1], hàm số trở thành y =
t
2
− 2t + m + 1
.
Xét hàm f(t) = t
2
− 2t + m + 1, với t ∈ [0; 1]. Ta có f
0
(t) = 2t − 2 ≤ 0, với ∀t ∈ [0; 1], suy ra hàm
số nghịch biến trên [0; 1]. Do đó f(1) ≤ f (t) ≤ f(0) ⇔ m ≤ f(t) ≤ m + 1.
Xét các trường hợp sau
• m + 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ −1. Khi đó, min y = −m − 1. Theo giả thiết −m − 1 = 2 ⇔ m = −3 (thỏa
mãn).
• −1 < m ≤ 0. Khi đó, min y = 0 (loại).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 193
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
• m > 0. Khi đó, min y = m. Theo giả thiết m = 2 (thỏa mãn).
Vậy tập hợp S có 2 phần tử.
Chọn đáp án D
Câu 48.8. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn
nhất của hàm số y =
1
4
x
4
− 14x
2
+ 48x + m − 30
trên đoạn [0; 2] không vượt quá 30. Tổng giá
trị các phần tử của tập hợp S bằng bao nhiêu?
A. 108. B. 136. C. 120. D. 210.
Lời giải.
Xét hàm số g(x) =
1
4
x
4
− 14x
2
+ 48x trên đoạn [0; 2].
Ta có g
0
(x) = x
3
− 28x + 48.
Xét phương trình
g
0
(x) = 0 ⇔ x
3
− 28x + 48 = 0 ⇔
x = 2 (nhận)
x = 4 (loại)
x = −6. (loại)
Ta có
g(0) = 0; g(2) = 44.
Do đó
0 ≤
1
4
x
4
− 14x
2
+ 48x ≤ 44
⇔ m − 30 ≤
1
4
x
4
− 14x
2
+ 48x + m − 30 ≤ m + 14.
Khi đó max
x∈[0;2]
y = max{|m − 30|; |m + 14|}.
Xét các trường hợp sau
• |m − 30| ≥ |m + 14| ⇔ m ≤ 8. (1)
Khi đó max
x∈[0;2]
y = |m − 30|, theo đề bài
|m − 30| ≤ 30 ⇔ 0 ≤ m ≤ 60. (2)
Từ (1) và (2) ta được m ∈ [0; 8].
• |m − 30| < |m + 14| ⇔ m > 8. (3)
Khi đó max
x∈[0;2]
y = |m + 14|, theo đề bài
|m + 14| ≤ 30 ⇔ −44 ≤ m ≤ 16. (4)
Từ (3) và (4) ta được m ∈ (8; 16].
Vậy m ∈ [0; 16] và m nguyên nên m ∈ {0; 1; 2; 3; . . . ; 15; 16}.
Khi đó 0 + 1 + 2 + ··· + 15 + 16 = 136.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 194
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 48.9. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của
hàm số y =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của tập S là
A. 3. B. 1. C. 4. D. 2.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) =
x
2
+ mx + m
x + 1
trên [1; 2].
Ta có f
0
(x) =
x
2
+ 2x
(x + 1)
2
> 0, ∀x ∈ [1; 2]. Ngoài ra ta có f(1) =
2m + 1
2
, f(2) =
3m + 4
3
.
Suy ra max
x∈[1;2]
y = max {|f(1)|; |f(2)|} = max
ß
|2m + 1|
2
;
|3m + 4|
3
™
.
Trường hợp 1: max
x∈[1;2]
y =
|2m + 1|
2
⇔
|2m + 1| = 4
|2m + 1|
2
≥
|3m + 4|
3
⇔ m = −
5
2
.
Trường hợp 2: max
x∈[1;2]
y =
|3m + 4|
3
⇔
|3m + 4| = 6
|2m + 1|
2
≤
|3m + 4|
3
⇔ m =
2
3
.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn đáp án D
Câu 48.10. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m
2
(x
4
− x
3
) − m(x
3
− x
2
) − x + e
x−1
> 0 đúng với mọi x ∈ R. Số tập con của S là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) = m
2
(x
4
− x
3
) − m(x
3
− x
2
) − x + e
x−1
trên R.
Ta có f
0
(x) = m
2
(4x
3
− 3x
2
) − m(3x
2
− 2x) − 1 + e
x−1
liên tục trên R.
Do f(1) = 0 nên từ giả thiết ta có f(x) > f(1), ∀x ∈ R ⇒ min
R
f(x) = f(1).
⇒ f
0
(1) = 0 ⇒ m
2
− m = 0 ⇒
"
m = 1
m = 0.
• Với m = 0 ta có f (x) = e
x−1
− x ⇒ f
0
(x) = e
x−1
− 1. Cho f
0
(x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên của f(x):
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
1
+∞
−
0
+
00
Trường hợp m = 0, yêu cầu bài toán được thoả mãn.
• Với m = 1 ta có f (x) = x
4
− x
3
− x
3
+ x
2
+ e
x−1
− x = (x − 1)
2
x
2
+ e
x−1
− x > 0, ∀x ∈ R.
Trường hợp m = 1, yêu cầu bài toán cũng được thoả mãn.
Vậy tập các giá trị của m là S = {0; 1}. Số tập con của S là 2
2
= 4.
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 195
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 48.11. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình
x
4
+ 1 − x
2
+ x
p
2mx
4
+ 2m ≥ 0
đúng với mọi x ∈ R. Biết rằng S = [a; b]. Giá trị của a
√
8 + 12b bằng
A. 3. B. 2. C. 6. D. 5.
Lời giải.
Dễ thấy bất phương trình xác định khi m ≥ 0.
Khi x ≥ 0, bất phương trình đã cho hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét khi x < 0. Thật vậy, bất
phương trình đã cho tương đương với:
x
4
+ 1 − x
2
≥ −x
p
x
4
+ 1
√
2m
⇔
√
2m ≤
x
4
+ 1 − x
2
−x
√
x
4
+ 1
⇔ 2m ≤
(x
4
+ 1 − x
2
)
2
x
2
(x
4
+ 1)
⇔ 2m ≤
x
2
+
1
x
2
− 1
2
x
2
+
1
x
2
.(1)
Đặt t = x
2
+
1
x
2
⇒ t ≥ 2. Bất phương trình (1) trở thành
2m ≤
(t − 1)
2
t
= f(t), ∀t ≥ 2. (2)
Để (2) xảy ra với mọi t ≥ 2 thì
2m ≤ min
[2;+∞)
f(t). (3)
Ta có f
0
(t) = 1 +
2
t
2
> 0, ∀t ≥ 2, suy ra min
[2;+∞)
f(t) = f(2) =
1
2
.
Từ (3), ta suy ra 2m ≤
1
2
⇔ m ≤
1
4
. Kết hợp với điều kiện xác định ta có 0 ≤ m ≤
1
4
.
Suy ra a = 0, b =
1
4
⇒ a
√
8 + 12b = 3.
Chọn đáp án A
Câu 48.12. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất
của hàm số y = |x
3
− 3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. Tập hợp S có bao nhiêu phần tử?
A. 1. B. 2. C. 0. D. 6.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) = x
3
− 3x + m trên đoạn [0; 2]. Khi đó f
0
(x) = 3x
2
− 3 = 0 ⇔
"
x = −1
x = 1.
Vậy f(0) = m; f(1) = m − 2; f(2) = m + 2.
Do đó max
[0;2]
= max
[0;2]
|f(x)| = {|m + 2|; |m|; |m − 2|}.
• max
[0;2]
y = |m + 2| ⇒
|m + 2| ≥ |m − 2|
|m + 2| ≥ |m|
|m + 2| = 3
⇒
m ≥ 0
m ≥ −1
"
m = 1
m = −5
⇒ m = 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 196
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
• max
[0;2]
y = |m − 2| ⇒
|m − 2| ≥ |m + 2|
|m − 2| ≥ |m|
|m − 2| = 3
⇒
m ≤ 0
m ≤ 1
"
m = −1
m = 5
⇒ m = −1.
• max
[0;2]
y = |m| ⇒
|m| ≥ |m + 2|
|m| ≥ |m − 2|
|m| = 3
⇒
m ≤ −1
m ≥ 1
"
m = 3
m = −3
⇒ m ∈ ∅.
Vậy tập hợp S có hai phần tử là m = 1, m = −1.
Chọn đáp án B
Câu 48.13. 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. 6. D. 0.
Lời giải.
Xét hàm số f(x) = x
3
− 3x + m là hàm số liên tục trên đoạn [0; 2].
Ta có f
0
(x) = 3x
2
− 3 ⇒ f
0
(x) = 0 ⇔
"
x = 1 (thỏa mãn)
x = −1 (loại).
Suy ra GTLN và GTNN của f(x) thuộc tập hợp {f(0); f(1); f(2)} = {m; m − 2; m + 2}.
Xét hàm số y =
x
3
− 3x + m
trên đoạn [0; 2].
Ta được giá trị lớn nhất của y là max {|m|; |m − 2|; |m + 2|} = 3.
TH 1. Nếu |m| = 3, khi đó max {1; 3; 5} = 5 (loại).
TH 2. Nếu |m − 2| = 3 ⇔
"
m = −1
m = 5.
• Với m = −1. Ta có max {1; 3} = 3 (nhận).
• Với m = 5. Ta có max {3; 5; 7} = 7 (loại).
TH 3. Nếu |m + 2| = 3 ⇔
"
m = 1
m = −5.
• Với m = 1. Ta có max {1; 3} = 3 (nhận).
• Với m = −5. Ta có max {3; 5; 7} = 7 (loại).
Do đó m ∈ {−1; 1}. Vậy tập hợp S có 2 phần tử.
Chọn đáp án B
CÂU 49. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có chiều cao bằng 8 và diện tich đáy bằng 9. Gọi
M,N,P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB
0
A
0
, BCC
0
B
0
, CDD
0
C
0
và DAA
0
D
0
. Thể tích
của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M, N, P và Q bằng
A. 27. B. 30. C. 18. D. 36.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 197
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
B
0
A
0
D
0
C
0
A
0
B
0
C
0
D
0
J
I
LK
Q
M
N
P
Ta có V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= 9.8 = 72.
Gọi I, J, K, L lần lượt là trung điểm các cạnh AA
0
, BB
0
, CC
0
, DD
0
suy ra V
ABCD.IJKL
= 36.
Do hình chóp AMIQ đồng dạng với hình chọp AB
0
A
0
D
0
theo tỉ số
1
2
nên V
AMQI
=
1
8
V
A.B
0
A
0
D
0
=
1
8
.
1
3
.8.
9
2
=
3
2
.
V
ABCD.MN P Q
= V
ABCD.IJKL
− V
A.MIQ
= 36 − 4.
3
2
= 30.
Chọn đáp án B
Câu 49.1. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có AB = a, B
0
C
0
= a
√
5, các đường thẳng A
0
B và
B
0
C cùng tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45
◦
, tam giác A
0
AB vuông tại B, tam giác A
0
CD
vuông tại D. Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
theo a.
A. V = 2a
3
. B. V =
2a
3
3
. C. V =
a
3
√
6
2
. D. V =
a
3
√
6
6
.
Lời giải.
C
D
C
0
D
0
A
0
B
0
A
H
B
Ta có A
0
D ⊥ CD ⇒ A
0
D ⊥ AB, vậy
(
A
0
B ⊥ AB
A
0
D ⊥ AB
⇒ AB ⊥ (A
0
BD) ⇒ (A
0
BD) ⊥ (ABCD) theo
giao tuyến BD.
Ta có B
0
C k A
0
D nên A
0
D tạo với (ABCD) góc 45
◦
.
Gọi H là hình chiếu của A
0
xuống (ABCD), H ∈ BD, ta có
’
A
0
BH =
’
A
0
DH = 45
◦
nên 4A
0
BD
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 198
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
vuông cân tại A
0
.
Vậy H là trung điểm của BD.
Có AB ⊥ (A
0
BD) ⇒ 4ABD vuông tại B ⇒ BD =
√
AD
2
− AB
2
= 2a, S
ABD
=
1
2
AB · BD = a
2
.
Có A
0
H =
BD
2
= a ⇒ V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= A
0
H · 2S
ABD
= 2a
3
.
Chọn đáp án A
Câu 49.2. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình chữ nhật với AB =
√
3, AD =
√
7. Hai
mặt bên (ABB
0
A
0
) và (ADD
0
A
0
) lần lượt tạo với đáy một góc 45
◦
và 60
◦
. Tính thể tích của khối
hộp nếu biết cạnh bên của hình hộp bằng 1.
A. 3. B. 5. C. 4. D. 2.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc A
0
lên (ABCD).
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc H lên
AB, AD ⇒
’
A
0
NH = 60
◦
và
÷
A
0
MH = 45
◦
.
Đặt A
0
H = x, khi đó A
0
N =
x
sin 60
◦
=
2x
√
3
.
A
0
N =
p
AA
02
− A
0
N
2
=
…
3 − 4x
2
3
= HM
HM = x. tan 45
◦
= x
⇒
…
3 − 4x
2
3
= x ⇒ x =
…
3
7
.
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= AB.AD.x =
√
3.
√
7.
…
3
7
= 3.
A
B C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
N
HM
x
60
◦
45
◦
Chọn đáp án A
Câu 49.3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36,
độ dài đường chéo AC
0
= 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?
A. 8. B. 16
√
2. C. 8
√
2. D. 24
√
3.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 199
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A
A
0
D
0
D
B
C
B
0
C
0
Gọi dộ dài ba cạnh AB = a, AD = b, AA
0
= c.
Theo bài toán ta có:
(
a
2
+ b
2
+ c
2
= 36
2(ab + bc + ca) = 36.
Lại có (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) = 72 ⇒ a + b + c = 6
√
2.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a, b, c ta có:
(a + b + c)
3
≥ 3
3
√
abc ⇔ abc ≤
(a + b + c)
3
27
= 16
√
2.
Chọn đáp án B
Câu 49.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M là trung điểm của BB
0
. Mặt phẳng
(MDC
0
) chia khối hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, một khối chứa đỉnh C và một khối chứa
đỉnh A
0
. Gọi V
1
, V
2
lần lượt là thể tích của hai khối đa diện chứa C và A
0
. Tính
V
1
V
2
.
A.
V
1
V
2
=
7
24
. B.
V
1
V
2
=
7
17
. C.
V
1
V
2
=
7
12
. D.
V
1
V
2
=
17
24
.
Lời giải.
Gọi I = BC ∩ C
0
M ⇒ DI ∩ AB = K.
Khi đó ta có V
1
= V
ICDC
0
− V
IBKM
trong đó
V
ICDC
0
=
1
3
IC ·
1
2
CD · CC
0
=
1
3
V ;
Mặt khác
V
IBKM
V
ICDC
0
=
1
8
⇒ V
1
=
1
3
V −
1
8
·
1
3
V =
7
24
V
⇒ V
2
=
17
24
V
⇒
V
1
V
2
=
7
17
.
C
0
D
0
D
A
0
B
0
A
K
I
B C
M
Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 200
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Câu 49.5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm
4BCD
0
. Thể tích của khối chóp G.ABC
0
là
A. V =
1
3
. B. V =
1
6
. C. V =
1
12
. D. V =
1
18
.
Lời giải.
Ta thấy V
ABCDD
0
C
0
= V
G.ABC
0
D
0
+ V
G.ABCD
+
V
G.CC
0
D
0
D
+ V
G.ADD
0
+ V
G.BCC
0
.
Vì G là trọng tâm tam giác BD
0
C nên ta có
IG
ID
=
JG
JB
=
CG
CA
0
=
1
3
.
Do vậy ta được
V
G.ABCD
=
1
3
V
D
0
.ABCD
=
1
9
V
G.CC
0
D
0
D
=
1
3
V
B.CC
0
D
0
D
=
1
9
V
G.ACC
0
=
1
3
V
D
0
.ACC
0
=
1
18
V
G.ADD
0
=
2
3
V
C.ADD
0
=
1
9
.
C
D
C
0
D
0
I
J
A
B
A
0
B
0
G
K
Ta được V
G.ABC
0
D
0
= V
ABCDC
0
D
0
− [V
G.ABCD
+ V
G.CC
0
D
0
D
+ V
G.BCC
0
+ V
G.ADD
0
] =
1
2
−
7
18
=
1
9
.
Ta có V
G.ABC
0
=
1
2
V
G.ABC
0
D
0
=
1
18
.
Chọn đáp án D
Câu 49.6. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc
’
ABC = 60
◦
. Biết rằng A
0
O ⊥ (ABCD) và cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60
◦
. Tính thể tích
V của khối đa diện OABC
0
D
0
.
A. V =
a
3
6
. B. V =
a
3
12
. C. V =
a
3
8
. D. V =
3a
3
4
.
Lời giải.
Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC đều cạnh a ⇒ OA =
AC
2
=
a
2
.
Vì A
0
O ⊥ (ABCD) nên
60
◦
=
¤
(AA
0
, (ABCD)) =
Ÿ
(AA
0
, AO) =
’
A
0
AO.
Tam giác vuông A
0
AO có OA
0
= OA. tan
’
A
0
AO =
a
√
3
2
.
Suy ra thể tích khối hộp V = S
ABCD
.OA
0
=
3a
3
4
.
Ta có V = V
O.ABC
0
D
0
+ V
AA
0
D
0
.BB
0
C
0
+ V
C
0
.BOC
+ V
D
0
.AOD
+
V
O.CDD
0
C
0
= V
O.ABC
0
D
0
+
1
2
V +
1
12
V +
1
12
V +
1
6
V ⇒ V
O.ABC
0
D
0
=
V
6
=
a
3
8
.
A
B C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
O
Chọn đáp án C
Câu 49.7. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M là trung điểm của BB
0
. Mặt phẳng
(MDC
0
) chia khối hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, một khối chứa đỉnh C và một khối chứa
đỉnh A
0
. Gọi V
1
, V
2
lần lượt là thể tích của hai khối đa diện chứa C và A
0
. Tính
V
1
V
2
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 201
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
A.
V
1
V
2
=
7
24
. B.
V
1
V
2
=
7
17
. C.
V
1
V
2
=
7
12
. D.
V
1
V
2
=
17
24
.
Lời giải.
Gọi I = BC ∩ C
0
M ⇒ DI ∩ AB = K.
Khi đó ta có V
1
= V
ICDC
0
− V
IBKM
trong đó
V
ICDC
0
=
1
3
IC ·
1
2
CD · CC
0
=
1
3
V ;
Mặt khác
V
IBKM
V
ICDC
0
=
1
8
⇒ V
1
=
1
3
V −
1
8
·
1
3
V =
7
24
V
⇒ V
2
=
17
24
V
⇒
V
1
V
2
=
7
17
.
C
0
D
0
D
A
0
B
0
A
K
I
B C
M
Chọn đáp án B
Câu 49.8. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm
4BCD
0
. Thể tích của khối chóp G.ABC
0
là
A. V =
1
3
. B. V =
1
6
. C. V =
1
12
. D. V =
1
18
.
Lời giải.
Ta thấy V
ABCDD
0
C
0
= V
G.ABC
0
D
0
+ V
G.ABCD
+
V
G.CC
0
D
0
D
+ V
G.ADD
0
+ V
G.BCC
0
.
Vì G là trọng tâm tam giác BD
0
C nên ta có
IG
ID
=
JG
JB
=
CG
CA
0
=
1
3
.
Do vậy ta được
V
G.ABCD
=
1
3
V
D
0
.ABCD
=
1
9
V
G.CC
0
D
0
D
=
1
3
V
B.CC
0
D
0
D
=
1
9
V
G.ACC
0
=
1
3
V
D
0
.ACC
0
=
1
18
V
G.ADD
0
=
2
3
V
C.ADD
0
=
1
9
.
C
D
C
0
D
0
I
J
A
B
A
0
B
0
G
K
Ta được V
G.ABC
0
D
0
= V
ABCDC
0
D
0
− [V
G.ABCD
+ V
G.CC
0
D
0
D
+ V
G.BCC
0
+ V
G.ADD
0
] =
1
2
−
7
18
=
1
9
.
Ta có V
G.ABC
0
=
1
2
V
G.ABC
0
D
0
=
1
18
.
Chọn đáp án D
Câu 49.9. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36,
độ dài đường chéo AC
0
bằng 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?
A. 8. B. 8
√
2. C. 16
√
2. D. 24
√
3.
Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 202
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi độ dài AB = a, BC = b, AA
0
= c.
Khi đó theo đề ta có
(
ab + bc + ca = 18
a
2
+ b
2
+ c
2
= 36.
Suy ra (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) = 72.
Hay a + b + c = 6
√
2 ⇔ b + c = 6
√
2 − a.
Ta có: b
2
+ c
2
+ a
2
= 36 ⇔ (b + c)
2
− 2bc + a
2
= 36.
Hay
6
√
2 − a
2
− 2bc + a
2
= 36 ⇒ bc =
6
√
2 − a
2
+ a
2
− 36
2
.
A
D
A
0
D
0
B
C
C
0
B
0
a
b
c
Từ đó ta có V = abc = a ·
6
√
2 − a
2
+ a
2
− 36
2
=
2a
3
− 12
√
2a
2
+ 36a
2
.
Không mất tổng quát, giả sử a = max{a, b, c}, khi đó 6
√
2 = a + b + c ≤ 3a ⇒ a ≥ 2
√
2.
Lại có 36 = a
2
+ b
2
+ c
2
≥ a
2
+
(b + c)
2
2
= a
2
+
(6
√
2 − a)
2
2
⇒ 3a
2
− 12
√
2a ≤ 0 ⇒ a ≤ 4
√
2.
Xét hàm số f(a) =
2a
3
− 12
√
2a
2
+ 36a
2
với a ∈
2
√
2; 4
√
2
.
Ta có f
0
(a) =
6a
2
− 24
√
2a + 36
2
, f
0
(a) = 0 ⇔
"
a =
√
2 (loại)
a = 3
√
2 (nhận)
. Ta có
f
Ä
2
√
2
ä
= 4
√
2
f
Ä
3
√
2
ä
= 0
f
Ä
4
√
2
ä
= 8
√
2.
Vậy V
max
= 8
√
2 khi a = 4
√
2, b = c =
√
2.
Chọn đáp án B
Câu 49.10. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình thoi cạnh a
√
3, BD = 3a, hình chiếu
vuông góc của B trên mặt phẳng (A
0
B
0
C
0
D
0
) trùng với trung điểm của A
0
C
0
. Gọi (α) là góc tạo
bởi hai mặt phẳng (ABCD) và (CDD
0
C
0
), cos α =
√
21
7
. Tính thể tích khối hộp.
A.
3a
3
4
. B.
9
√
3a
3
4
. C.
9a
3
4
. D.
3
√
3a
3
4
.
Lời giải.
Gọi O và O
0
lần lượt là tâm của hình thoi
ABCD và A
0
B
0
C
0
D
0
. Vì BO
0
⊥ (A
0
B
0
C
0
D
0
) nên
OD
0
⊥ (ABCD).
Ta có AD = a
√
3, DO =
3a
2
nên
AO =
p
AD
2
− DO
2
=
a
√
3
2
.
Suy ra AC = a
√
3, do đó, tam giác ACD đều.
B
0
B
A
0
D
0
C
C
0
A
D
O
H
O
0
Từ O kẻ OH ⊥ CD, kết hợp với OD
0
⊥ CD (do OD
0
⊥ (ABCD)) suy ra HD
0
⊥ CD.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (CDD
0
C
0
) là
’
OHD
0
.
Ta có OH =
1
2
· h
A
=
3a
4
,
’
OHD
0
= α và tan α =
2
√
3
3
. Suy ra OD
0
= OH · tan α =
a
√
3
2
.
Diện tích đáy hình hộp là S
ABCD
=
1
2
· AC · BD =
3a
2
√
3
2
.
Từ đó, V = S
ABCD
· OD
0
=
9a
3
4
.
Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 203
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Câu 49.11. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có tất cả các cạnh đều bằng 1 và các góc phẳng ở
đỉnh A đều bằng 60
◦
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
0
và A
0
C
0
.
A.
√
22
11
. B.
2
11
. C.
√
2
11
. D.
3
11
.
Lời giải.
Dễ thấy hai mặt phẳng (ACB
0
) và (DA
0
C
0
) song
song.
Nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
0
và A
0
C
0
bằng khoảng cách từ A
0
đến mặt phẳng (ACB
0
).
Và bằng khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACB
0
).
Lại có d(B, (AOI)) =
3V
B.AOI
S
4AOI
.
Từ giả thiết suy ra A
0
ABD là tứ diện đều cạnh bằng
1. nên thể tích là
√
2
12
.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta được
V
B.AOI
=
1
4
V
B.ADA
0
=
√
2
48
.
Tam giác AOI cân tại A có AI =
√
3
2
, OI =
1
2
. Gọi
K là trung điểm OI ta tính được AK =
√
11
4
và
là đường cao. Suy ra diện tích tam giác AOI bằng
√
11
16
.
d(B, (AOI)) =
3V
B.AOI
S
4AOI
=
√
22
11
.
A
D C
O
H
A
0
C
0
B
0
D
0
I
Chọn đáp án A
Câu 49.12. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có thể tích bằng V . Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, A
0
C
0
, BB
0
. Tính thể tích khối tứ diện CMNP .
A.
5
48
V . B.
1
8
V . C.
7
48
V . D.
1
6
V .
Lời giải.
C
C
0
D
I
A
B
B
0
P
M
N
K
A
0
D
0
A
A
0
F
B
B
0
P
KE
I
O
T
M
Dựng NK k CM, K ∈ A
0
B
0
suy ra NK k (CMP ). Gọi I = BK ∩ P M.
Ta có
V
CM NP
V
BP M C
=
d(N, (P MC))
d(B, (P MC))
=
d(K, (P MC))
d(B, (P MC))
=
KI
BI
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 204
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của A
0
B
0
, A
0
A, T = BK ∩ EF , O = BK ∩ AB
0
.
Ta có BI = IO = OT = 2KT. Suy ra
KI
BI
=
5KT
2KT
=
5
2
.
Do đó V
CM NP
=
5
2
V
BP M C
=
5
2
·
1
3
·
1
2
·
1
4
· V =
5
48
V.
Chọn đáp án A
Câu 49.13. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a và AA
0
=
A
0
B = A
0
C = 2
√
2a. Thể tích của khối tứ diện AB
0
D
0
C bằng
A.
4
√
2a
3
3
.
B.
4
√
6a
3
3
.
C.
4a
3
3
.
D.
4
√
3a
3
3
.
A
0
B
0
D
0
C
0
A
D
C
B
Lời giải.
Gọi O là hình chiếu vuông góc của A
0
lên (ABCD).
Ta có 4OA
0
B, OA
0
C, OA
0
A là các tam giác vuông tại A,
đồng thời A
0
A = A
0
B = A
0
C ⇒ OA = OB = OC ⇒ O là tâm
đường tròn ngoại tiếp 4ABC.
Do 4ABCD là hình vuông nên O chính là tâm của hình
vuông.
Thể tích của khối hộp là
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= S
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
· A
0
O. (1)
A
0
B
0
D
0
C
0
O
A
D
C
B
Ta có 4OAA
0
vuông tại O ⇒ A
0
O =
√
AA
02
− AO
2
=
√
8 − 2 =
√
6a.
Ta có S
ABCD
= 4a
2
, A
0
O =
√
6a nên thế vào (1) ta được
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
= 4a
2
·
√
6a = 4
√
6a
3
.
Mặt khác
V
ACB
0
D
0
= V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
− V
D
0
.ACD
− V
B
0
.ABC
− V
D
0
.CC
0
B
− V
B
0
.AA
0
D
0
. (2)
Ta có
V
D
0
.ACD
= V
B
0
.ABC
= V
D
0
.CC
0
B
= V
B
0
.AA
0
D
0
=
1
6
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. (3)
Từ (2) và (3) suy ra ta có
V
ACB
0
D
0
= V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
−
4
6
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
=
1
3
V
ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
=
4
√
6a
3
3
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 205
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Vậy thể tích của khối tứ diện ACB
0
D
0
bằng
4
√
6a
3
3
.
• Lưu ý:Trong thực hành ta có thể dùng công thức
V
ACB
0
D
0
=
1
6
AC · B
0
D
0
· sin
AC, B
0
D
0
=
1
6
× 2
√
2a × 2
√
2a ×
√
6a =
4
√
6a
3
3
.
Chọn đáp án B
CÂU 50. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log
3
(x + y) =
log
4
x
2
+ y
2
?
A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số.
Lời giải.
Đặt t = log
3
(x + y) = log
4
(x
2
+ y
2
) ⇒
(
x + y = 3
t
x
2
+ y
2
= 4
t
(1)
Suy ra x, y là tọa độ của điểm M với M thuộc đường thẳng d : x + y = 3
t
và đường tròn
(C) : x
2
+ y
2
= 4
t
.
Để tồn tại y tức tồn tại M nên d, (C) có điểm chung, suy ra d(O, d) ≤ R ⇒
| − 3
t
|
√
2
≤ 2
t
⇔ t ≤
log
3
2
√
2.
Khi đó (1) ⇔
(
0 < x + y ≤ 3
log
3
2
√
2
x
2
+ y
2
≤ 4
log
3
2
√
2
Minh họa quỹ tích điểm M như hình vẽ
x
y
-2 -1 1 2
-2
-1
1
2
Ta thấy có 2 giá trị x ∈ Z thỏa mãn là x = 0; x = 1.
Chọn đáp án B
Câu 50.1. Có bao nhiêu số nguyên m ∈ (0; 2018) để phương trình m + 10x = me
x
có hai nghiệm
phân biệt?
A. 9. B. 2017. C. 2016. D. 2007.
Lời giải.
Với x = 0, phương trình trở thành m = m (luôn đúng), suy ra với mọi m ∈ (0; 2018) phương
trình luôn có 1 nghiệm x = 0.
Với x 6= 0, ta có m + 10x = me
x
⇔ m =
10x
e
x
− 1
.
Xét hàm số y = f(x) =
10x
e
x
− 1
trên R \ {0}, ta có f
0
(x) =
10(e
x
− xe
x
− 1)
(e
x
− 1)
2
< 0 ∀x ∈ R \ {0}.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 206
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Thật vậy, xét hàm số g(x) = e
x
− xe
x
− 1. Ta có g
0
(x) = e
x
− (e
x
+ xe
x
) = −xe
x
.
Ta có bảng biến thiên như sau:
x
g
0
(x)
g(x)
−∞
0
+∞
+
0
−
−∞−∞
00
−∞−∞
Bảng biến thiên hàm số y = f (x)
x
f
0
(x)
f(x)
−∞
0
+∞
− −
+∞+∞
10
10
00
Suy ra yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
(
0 < m < 2018
m 6= 10.
Do đó, có 2016 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn đáp án C
Câu 50.2. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn ln
Å
1 − 2x
x + y
ã
= 3x + y −1. Tìm giá trị nhỏ nhất
P
min
của P =
1
x
+
1
√
xy
+ 1
A. P
min
= 8. B. P
min
= 16. C. P
min
= 9. D. P
min
= 2.
Lời giải.
ln
Å
1 − 2x
x + y
ã
= 3x + y − 1 xác định ⇔
1 − 2x
x + y
> 0.
Do x, y > 0 nên 1 − 2x > 0 ⇔ 0 < x <
1
2
Khi đó: ln
Å
1 − 2x
x + y
ã
= 3x + y − 1
⇔ ln (1 − 2x) − ln(x + y) = (x + y) − (1 − 2x)
⇔ ln (1 − 2x) + (1 − 2x) = ln(x + y) + (x + y)
Xét hàm số f(t) = ln t + t với t > 0
Hàm số f(t) xác định và liên tục trên khoảng (0; +∞)
f
0
(t) =
1
t
+ 1 > 0; ∀t > 0. Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên (0; +∞)
⇒ f (1 − 2x) = f (x + y)
⇔ 1 − 2x = x + y ⇔ y = 1 − 3x > 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 207
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
Do đó: P =
1
x
+
1
p
x (1 − 3x)
+ 1 ≥
1
x
+
2
1 − 2x
+ 1 (Dấu bằng xảy ra khi x = 1 − 3x ⇔ x =
1
4
)
Xét hàm số f(x) =
1
x
+
2
1 − 2x
+ 1; x ∈
0;
1
3
Hàm số f(x) liên tục trên
0;
1
3
f
0
(x) = −
1
x
2
+
4
(1 − 2x)
2
f
0
(x) = 0 ⇔ −
1
x
2
+
4
(1 − 2x)
2
= 0
⇔ 4x
2
= (1 − 2x)
2
⇔ x =
1
4
Bảng biến thiên
x
y
0
y
0
1
4
1
3
−
0
+
+∞+∞
88
99
Vậy P
min
= 8 tại x =
1
4
Chọn đáp án A
Câu 50.3. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log
3
2x + y + 1
x + y
= x + 2y. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức T =
1
x
+
2
√
y
.
A. 3 +
√
3. B. 4. C. 3 + 2
√
3. D. 6.
Lời giải.
Ta có:
log
3
2x + y + 1
x + y
= x + 2y
⇔log
3
(2x + y + 1) − log
3
(x + y) = 3(x + y) − (2x + y + 1) + 1
⇔log
3
(2x + y + 1) + (2x + y + 1) = log
3
[3(x + y)] + 3(x + y). (1)
Xét hàm số y = f(a) = log
3
a + a trên (0; +∞).
Dễ thấy hàm số y = f(a) là hàm số đồng biến trên (0; +∞).
Do đó, (1) ⇔ f(2x + y + 1) = f(3(x + y)) ⇔ 2x + y + 1 = 3(x + y) ⇔ x + 2y = 1.
Ta có
1
x
+
2
√
y
=
1
x
+
1
1
2
√
y
≥
1
x
+
1
1
4
+ y
2
=
1
x
+
1
1
4
+ y
+
1
1
4
+ y
≥
(1 + 1 + 1)
2
x +
1
4
+ y +
1
4
+ y
=
9
x + 2y +
1
2
= 6.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
1
2
; y =
1
4
.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 208
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
Chọn đáp án D
Câu 50.4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a > 0 thỏa mãn
2
a
+
1
2
a
2017
≤
2
2017
+
1
2
2017
a
.
A. 0 < a < 1. B. 1 < a < 2017. C. 0 < a ≤ 2017. D. a ≥ 2017.
Lời giải.
Xét hàm f(x) =
ln(2
x
+ 2
−x
)
x
⇒ f
0
(x) =
(2
x
− 2
−x
) ln 2
x
− (2
x
+ 2
−x
) ln(2
x
+ 2
−x
)
x
2
(2
x
+ 2
−x
)
.
Vì ln 2
x
< ln(2
x
+ 2
−x
) và 0 < 2
x
− 2
−x
< 2
x
+ 2
−x
nên f
0
(x) < 0 ⇒ f(x) nghịch biến.
Do vậy
2
a
+
1
2
a
2017
≤
2
2017
+
1
2
2017
a
⇔2017 ln(2
a
+ 2
−a
) ≤ a ln(2
2017
+ 2
−2017
)
⇔
ln(2
a
+ 2
−a
)
a
≤
ln(2
2017
+ 2
−2017
)
2017
⇔a ≥ 2017.
Chọn đáp án D
Câu 50.5. Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [1; 2] thỏa mãn log
3
2
a + log
3
2
b + log
3
2
c ≤ 1. Khi
biểu thức P = a
3
+ b
3
+ c
3
− 3
log
2
a
a
+ log
2
b
b
+ log
2
c
c
đạt giá trị lớn nhất thì tổng a + b + c
là
A. 3. B. 3 · 2
1
3
√
3
. C. 4. D. 6.
Lời giải.
Đặt x = log
2
a, y = log
2
b, z = log
2
c.
Ta có log
3
2
a + log
3
2
b + log
3
2
c ≤ 1 ⇒ x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 1; 0 ≤ x, y, z ≤ 1.
Biểu thức P = a
3
+ b
3
+ c
3
− 3(ax + by + cz).
Xét hàm số f(t) = t − log
2
t với t ∈ [1; 2]. f
0
(t) = 1 −
1
t ln 2
; f
0
(t) = 0 ⇔ t
0
=
1
ln 2
.
Suy ra f(t) ≤ max{f(1), f (2), f(t
0
)} = 1, x ∈ [1; 2].
Do đó, a − x − 1 ≤ 0 ⇒ a
3
− 3ax − x
3
− 1 = (a − x − 1)
a
2
+ x
2
+ 1 + a + ax − x
≤ 0.
Suy ra a
3
− 3ax ≤ x
3
+ 1.
Biểu thức P = a
3
+ b
3
+ c
3
− 3(ax + by + cz) ≤ x
3
+ y
3
+ z
3
+ 3 ≤ 4, P
max
= 4.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai trong ba số x, y, z bằng 0 và số còn lại bằng 1. Vậy
a + b + c = 4.
Chọn đáp án C
Câu 50.6. Cho hai số thực a, b thỏa mãn a
2
+ b
2
> 1 và log
a
2
+b
2
(a + b) ≥ 1. Giá trị lớn nhất
của biểu thức P = 2a + 4b − 3 là
A.
√
10. B.
√
10
2
. C.
1
√
10
. D. 2
√
10.
Lời giải.
Do a
2
+ b
2
> 1 nên
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 209
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
log
a
2
+b
2
(a + b) ≥ 1
⇔ a
2
− a + b
2
− b ≤ 0
⇔
a −
1
2
2
+
b +
1
2
2
≤
1
2
Ta có P = 2a + 4b − 3 = 2
a −
1
2
+ 4
b −
1
2
.
Do đó P
2
≤ (2
2
+ 4
2
)
ï
a −
1
2
2
+
b −
1
2
2
ò
= 10.
Suy ra −
√
10 ≤ P ≤
√
10
Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 210
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
1 A
1.1 C
1.2 D
1.3 C
1.4 A
1.5 C
1.6 C
1.7 C
1.8 D
1.9 A
1.10 B
1.11 C
1.12 B
1.13 B
1.14 D
1.15 C
1.16 A
1.17 D
1.18 C
1.19 A
1.20 D
2 A
2.1 A
2.2 A
2.3 D
2.4 A
2.5 D
2.6 D
2.7 B
2.8 A
2.9 B
2.10 D
2.11 A
2.12 A
2.13 A
2.14 A
2.15 A
3 A
3.1 B
3.2 B
3.3 C
3.4 B
3.5 B
3.6 C
3.7 D
3.8 D
3.9 C
3.10 D
3.11 C
3.12 A
3.13 C
3.14 D
3.15 C
3.16 A
3.17 A
3.18 B
3.19 C
3.20 B
4 B
4.1 A
4.2 C
4.3 B
4.4 B
4.5 B
4.6 B
4.7 A
4.8 A
4.9 C
4.10 C
4.11 A
4.12 A
4.13 A
4.14 B
4.15 B
5 C
5.1 D
5.2 B
5.3 B
5.4 A
5.5 B
5.6 B
5.7 A
5.8 A
5.9 C
5.10 D
5.11 D
5.12 D
5.13 C
5.14 C
5.15 B
5.16 A
5.17 B
5.18 C
5.19 C
5.20 B
6 C
6.1 C
6.2 D
6.3 D
6.4 B
6.5 C
6.6 B
6.7 A
6.8 C
6.9 C
6.10 A
6.11 C
6.13 A
6.14 B
6.15 D
6.16 D
6.17 B
6.18 A
6.19 C
6.20 C
7 D
7.1 C
7.2 A
7.3 B
7.4 D
7.5 D
7.6 D
7.7 D
7.8 D
7.9 D
7.10 A
7.11 A
7.12 A
7.13 A
7.14 A
8 A
8.1 D
8.2 B
8.3 D
8.4 D
8.5 A
8.6 D
8.7 A
8.8 D
8.9 D
8.10 D
8.11 D
8.12 A
8.13 D
8.14 A
8.15 B
8.16 A
8.17 C
8.18 A
9 C
9.1 C
9.2 C
9.3 B
9.4 B
9.5 D
9.6 A
9.7 C
9.8 A
9.9 C
9.10 A
9.11 D
9.12 A
9.13 C
9.14 D
9.15 D
9.16 C
9.17 B
9.18 A
10 C
10.1 B
10.2 A
10.3 D
10.4 D
10.5 A
10.6 C
10.7 B
10.8 A
10.9 B
10.10
B
10.11
C
10.12
B
10.13
D
10.14
D
10.15
A
11 D
11.1 A
11.2 D
11.3 C
11.4 D
11.5 C
11.6 B
11.8 A
11.9 D
11.10
C
11.11
B
11.12
A
11.13
C
11.14
B
11.15
B
12 D
12.1 C
12.2 B
12.3 A
12.4 A
12.5 C
12.6 C
12.7 D
12.8 B
12.9 A
12.10
A
12.11
B
12.12
D
12.13
D
12.14
D
12.15
D
13 D
13.1 A
13.2 A
13.3 D
13.4 B
13.5 A
13.6 D
13.7 C
13.8 C
13.9 C
13.10
A
13.11
C
13.12
D
13.13
D
13.14
D
13.15
D
14 A
14.1 B
14.2 A
14.3 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 211
https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/
14.4 B
14.5 B
14.6 A
14.7 A
14.8 B
14.9 B
14.10
A
14.11
A
14.12
B
14.13
A
14.14
A
14.15
A
15 B
15.1 B
15.2 B
15.3 A
15.4 A
15.5 A
15.6 D
15.7 C
15.8 D
15.9 A
15.10
D
15.11
A
15.12
A
15.13
B
15.14
B
15.15
A
16 C
16.1 C
16.2 B
16.3 C
16.4 D
16.5 C
16.6 A
16.7 C
16.8 A
16.9 A
16.10
A
16.11
A
16.12
A
16.13
D
16.14
C
16.15
B
17 D
17.1 A
17.2 B
17.3 A
17.4 A
17.5 A
17.6 A
17.7 D
17.8 A
17.9 D
17.10
D
17.11
C
17.12
A
17.13
B
17.14
B
17.15
A
18 D
18.1 C
18.2 C
18.3 B
18.4 B
18.5 B
18.6 B
18.7 D
18.8 D
18.9 B
19 C
19.1 C
19.2 A
19.3 B
19.4 A
19.5 D
19.6 A
19.7 A
19.8 B
19.9 C
19.10
D
20 B
20.1 D
20.2 B
20.3 C
20.4 C
20.5 A
20.6 B
20.7 A
20.8 A
20.9 B
20.10
A
20.11
B
20.12
C
20.13
A
20.14
B
20.15
C
21 B
21.1 B
21.2 A
21.3 D
21.4 C
21.5 C
21.6 A
21.7 A
21.8 B
21.9 B
21.10
B
21.11
A
22 D
22.1 B
22.2 A
22.3 A
22.4 B
22.5 B
22.6 B
22.7 C
22.8 C
22.9 A
22.10
C
22.11
D
23 B
23.1 C
23.2 C
23.4 B
23.5 C
23.6 A
23.7 A
23.8 C
23.9 D
23.10
D
23.11
C
23.12
C
24 C
24.1 A
24.2 D
24.3 D
24.4 A
24.5 C
25 A
25.1 A
25.2 D
25.3 A
25.4 B
25.5 D
25.6 C
25.7 A
25.8 C
26 B
26.1 A
26.2 A
26.3 B
26.4 D
26.5 A
26.6 A
26.7 D
26.8 D
26.9 A
26.10
C
26.11
D
26.12
B
26.13
D
27 C
27.1 A
27.2 D
27.3 D
27.4 C
27.5 A
27.6 A
27.7 B
27.8 B
27.9 A
28 C
28.1 C
28.2 B
28.3 A
28.4 D
28.5 C
28.6 D
28.7 B
28.8 D
28.9 B
28.10
C
28.11
D
28.12
C
28.13
A
28.14
B
29 D
29.1 D
29.2 A
29.3 A
29.4 A
29.5 C
29.6 C
29.7 B
29.8 D
29.9 D
29.10
A
29.11
C
29.12
C
29.13
A
29.14
A
29.15
A
30 A
30.1 C
30.2 D
30.3 A
30.4 D
30.5 C
30.6 D
30.7 D
30.8 C
30.9 D
30.10
C
30.11
B
31 B
31.1 B
31.2 A
31.3 D
31.4 D
31.5 A
31.6 C
31.7 D
31.8 D
31.9 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 212
LUYỆN THI TỐT NGHIỆP THPT 2019-2020
31.10
D
31.11
D
31.12
B
31.13
C
31.14
D
31.15
B
31.16
A
31.17
C
31.18
A
31.19
C
31.20
B
32 C
32.1 A
32.2 D
32.3 B
32.4 B
32.5 B
32.6 C
32.7 B
32.8 B
32.9 A
32.10
D
32.11
B
33 D
33.1 B
33.2 A
33.3 D
33.4 B
33.5 A
33.6 A
33.7 A
33.8 D
33.9 B
33.10
C
33.11
D
33.12
B
33.13
A
33.14
C
34 D
34.1 A
34.2 A
34.3 B
34.4 B
34.5 A
34.6 B
34.7 B
34.8 C
34.9 D
34.11
D
34.12
B
34.13
D
34.14
C
34.15
D
35 A
35.1 C
35.2 C
35.3 D
35.4 A
35.5 A
35.6 B
35.7 D
35.8 A
35.9 A
35.10
C
35.11
B
35.12
D
36 B
36.1 A
36.2 A
36.3 C
36.4 D
36.5 D
36.6 D
36.7 B
36.8 C
36.9 B
36.10
A
36.11
A
36.12
C
36.13
D
36.14
D
36.15
D
37 C
37.1 D
37.2 D
37.3 A
37.4 A
37.5 D
37.6 D
37.7 B
37.8 D
37.9 B
37.10
C
38 D
38.1 A
38.2 B
38.3 D
38.4 C
38.5 A
38.6 A
38.7 A
38.8 D
38.9 A
38.10
C
38.11
B
39 D
39.1 C
39.2 A
39.3 B
39.4 B
39.5 C
39.6 C
39.7 A
39.8 C
39.9 C
39.10
C
39.11
A
39.12
D
39.13
A
39.14
B
39.15
B
39.16
D
40 A
40.1 C
40.2 A
40.3 A
40.4 D
40.5 B
40.6 B
40.7 A
40.8 D
40.9 C
40.10
D
40.11
C
40.12
B
40.13
A
40.14
D
40.15
B
40.16
C
40.17
D
40.18
C
40.19
C
40.20
A
41 A
41.1 A
41.2 B
41.3 C
41.4 C
41.5 C
41.6 D
41.7 D
41.8 B
41.9 D
41.10
C
41.11
D
41.12
B
41.13
A
41.14
B
41.15
B
41.16
D
41.17
B
41.18
C
41.19
C
41.20
B
41.21
B
42 B
42.1 D
42.2 A
42.3 C
42.4 B
42.5 D
42.6 B
42.7 C
43 C
43.1 B
43.2 D
43.3 D
43.4 D
43.5 B
43.6 A
43.7 B
43.8 B
43.9 A
44 D
44.1 C
44.2 A
44.3 B
44.4 B
44.5 B
44.6 C
44.7 D
44.8 D
44.9 A
44.10
A
44.11
D
44.12
B
44.13
A
45 C
45.1 A
45.2 A
45.3 D
45.4 A
45.5 C
45.6 B
45.7 B
45.8 C
45.9 C
46 C
46.1 C
46.2 B
46.3 C
46.4 C
46.5 D
46.6 B
46.7 B
46.8 C
47 D
47.1 C
47.2 B
47.3 B
47.4 D
47.5 C
47.6 B
47.7 A
47.8 A
47.9 D
47.10
D
48 C
48.1 D
48.2 D
48.3 D
48.4 D
48.5 C
48.6 D
48.7 D
48.8 B
48.9 D
48.10
B
48.11
A
48.12
B
48.13
B
49 B
49.1 A
49.2 A
49.3 B
49.4 B
49.5 D
49.6 C
49.7 B
49.8 D
49.9 B
49.10
C
49.11
A
49.12
A
49.13
B
50 B
50.1 C
50.2 A
50.3 D
50.4 D
50.5 C
50.6 A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 213
| 1/213

Tài liệu khác của Toán

Preview text:

PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2020
PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Môn: TOÁN
CÂU 1. Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh? A. C210. B. A210. C. 102. D. 210. Lời giải.
Số cách chọn 2 học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh là tổ hợp chập 2 của 10: C210 (cách) Chọn đáp án A
Câu 1.1. Tổ 1 của lớp 11A gồm 6 bạn nam và 4 bạn nữ. Để chọn một đội lao động trong tổ,
cần chọn một bạn nữ và ba bạn nam. Số cách chọn như vậy là A. 21. B. 60. C. 40. D. 120. Lời giải.
Số cách chọn một đội lao động gồm 3 nam và 1 nữ là C3 · C1 = 40 cách. 6 2 Chọn đáp án C 2019-2020
Câu 1.2. Một chi đoàn có 16 đoàn viên. Cần bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí THPT
thư, Phó Bí thư và Ủy viên. Số cách chọn ra Ban Chấp hành nói trên là A. 560. B. 4096. C. 48. D. 3360. Lời giải. GHIỆP
Mỗi cách bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư và Ủy viên là một N 16!
chỉnh hợp chập 3 của 16 phần tử. Do đó có A3 = = 3360 cách. T 16 13! TỐ Chọn đáp án D
Câu 1.3. Từ các chữ số 1; 2; 3; 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một THI khác nhau? A. 42. B. 12. C. 24. D. 44. LUYỆN Lời giải.
Mỗi số như vậy là một hoán vị của 4 phần tử. Vậy có thể lập được 4! = 24 số thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án C
Câu 1.4. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm học sinh gồm 4 bạn nam và 6 bạn nữ thành một hàng ngang? A. 10!. B. 4!. C. 6!.4!. D. 6!. Lời giải.
Nhóm học sinh đó có tất cả 10 học sinh.
Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang có P10 = 10! cách xếp. Chọn đáp án A
Câu 1.5. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm 7 học sinh thành một hàng ngang? A. 49. B. 720. C. 5040. D. 42. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 1
Xếp 7 học sinh sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của 7 phần tử.
Vậy có 7! = 5040 cách xếp. Chọn đáp án C
Câu 1.6. Lớp 11A có 25 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một học sinh làm lớp trưởng? A. 25! + 20! cách. B. 45! cách. C. 45 cách. D. 500 cách. Lời giải.
Số cách chọn một học sinh làm lớp trưởng: C1 = 45 cách 45 Chọn đáp án C
Câu 1.7. Có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh từ 20 học sinh lớp 11A? A. 1860480 cách. B. 120 cách. C. 15504 cách. D. 100 cách. Lời giải. o/
Số cách chọn 5 học sinh từ 20 học sinh lớp 11A là C5 = 15504 cách. 20 aPr Chọn đáp án C
Câu 1.8. Cho tứ giác lồi ABCD và điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Có bao nhiêu
mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải. roups/GeoGebr
Số mặt phẳng qua S và hai trong số bốn điểm A, B, C, D bằng số tổ hợp chập 2 của 4 phần tử.
Vậy có C2 = 6 mặt phẳng. 4 Chọn đáp án D
Câu 1.9. Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Từ 5 chữ số này ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? acebook.com/g .f A. 120. B. 60. C. 30. D. 40. Lời giải.
Có tất cả P5 = 5! = 120 (số). Chọn đáp án A https://www
Câu 1.10. Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 bạn vào một cái bàn ngang có 10 ghế? A. 8!. B. 10!. C. 7!. D. 9!. Lời giải.
Mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của tập gồm 10 phần tử. Khi đó số cách sắp xếp là 10!. Chọn đáp án B
Câu 1.11. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau? A. 3125. B. 125. C. 120. D. 625. Lời giải.
Mỗi số có 5 chữ số đôi một khác nhau từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là một hoán vị của 5 chữ số
trên. Vậy có 5! = 120 số thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 2
Câu 1.12. A3 là ký hiệu của 8
A. Số các tổ hợp chập 3 của 8 phần tử.
B. Số các chỉnh hợp chập 3 của 8 phần tử.
C. Số các chỉnh hợp chập 8 của 3 phần tử.
D. Số các hoán vị của 8 phần tử. Lời giải.
Akn là ký hiệu của số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Chọn đáp án B
Câu 1.13. Rút ngẫu nhiên 4 cái thẻ trong tập hợp gồm 10 cái thẻ. Số cách rút là A. 5040. B. 210. C. 14. D. 40. Lời giải.
Số cách rút 4 thẻ trong tập hợp gồm 10 thẻ là số các tổ hợp chập 4 của 10 phần tử: C4 = 210 10 Chọn đáp án B
Câu 1.14. C2 là ký hiệu của 7
A. Số các hoán vị của 7 phần tử.
B. Số các tổ hợp chập 7 của 2 phần tử.
C. Số các chỉnh hợp chập 2 của 7 phần tử.
D. Số các tổ hợp chập 2 của 7 phần tử. Lời giải.
Ckn là ký hiệu của số các tổ hợp chập k của n phần tử. Chọn đáp án D 2019-2020
Câu 1.15. Số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh vào một dãy có 5 ghế kê theo hàng ngang là THPT A. 10. B. 24. C. 120. D. 25. Lời giải. GHIỆP
Số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 học sinh vào một dãy có 5 ghế kê theo hàng ngang là 5! = 120 N Chọn đáp án C T TỐ
Câu 1.16. Ông T dẫn 6 cháu nội ngoại xếp thành hàng dọc vào rạp xem phim. Hỏi có bao
nhiêu cách xếp khác nhau nếu ông T đứng ở cuối hàng? THI A. 720. B. 5040. C. 120. D. 702. Lời giải.
Vì ông T luôn đứng cuối hàng nên chỉ có sự sắp xếp thành hàng dọc của 6 cháu ông T. Do đó LUYỆN số cách xếp là 6! = 720. Chọn đáp án A
Câu 1.17. Số cách phân 3 học sinh trong 12 học sinh đi lao động là: A. P12. B. 36. C. A3 . D. C3 . 12 12 Lời giải.
Mỗi cách phân 3 học sinh trong 12 học sinh đi lao động là tổ hợp chập 3 của 12.
Vậy số cách phân học sinh lao động là C3 . 12 Chọn đáp án D
Câu 1.18. Có tất cả bao nhiêu cách xếp 6 quyển sách khác nhau vào một hàng ngang trên giá sách? A. 5!. B. 65. C. 6!. D. 66. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 3
Mỗi cách sắp xếp 6 quyển sách khác nhau vào một hàng ngang trên giá sách là một hoán vị của 6 phần tử.
Vậy số cách sắp xếp là 6!. Chọn đáp án C
Câu 1.19. Một tổ có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 bạn trực
nhật sao cho có nam và nữ? A. 35. B. 49. C. 12. D. 25. Lời giải.
Theo bài ra ta có chọn 2 bạn trực nhật sao cho có nam và nữ.
Suy ra chọn 1 nam và 1 nữ.
Vậy số cách chọn là: C1 · C1 = 35. 7 5 Chọn đáp án A
Câu 1.20. Có bao nhiêu cách lấy ra 3 phần tư tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử o/ A. 312. B. 123. C. A3 . D. C3 . aPr 12 12 Lời giải.
lấy ra 3 phần tư tùy ý từ một tập hợp có 12 phần tử là C3 . 12 Chọn đáp án D
CÂU 2. Cho cấp số cộng (un) với u1 = 3 và u2 = 9 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng A. 6. B. 3. C. 12. D. -6. roups/GeoGebr Lời giải.
Cấp số cộng (un) có số hạng tổng quát là: un = u1 + (n − 1)d.
(Với u1 là số hạng đầu và d là công sai).
Suy ra ta có: u2 = u1 + d ⇔ 9 = 3 + d ⇔ d = 6.
Vậy công sai của cấp số công đã cho bằng 6. acebook.com/g .f Chọn đáp án A (u2 + u3 − u6 = 7
Câu 2.1. Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn
. Công thức số hạng tổng quát của u4 + u8 = −14 cấp số cộng này là https://www A. un = 5 − 2n. B. un = 2 + n. C. un = 3n + 2. D. un = −3n + 1. Lời giải.
Ta có u2 = u1 + d, u3 = u1 + 2d, u6 = u1 + 5d, u4 = u1 + 3d và u8 = u1 + 7d. Do đó ( ( (
(u1 + d) + (u1 + 2d) − (u1 + 5d) = 7 u1 − 2d = 7 u1 = 3 ⇔ ⇔ (u1 + 3d) + (u1 + 7d) = −14 2u1 + 10d = −14 d = −2.
Vì vậy un = 3 + (n − 1) · (−2) = 5 − 2n. Chọn đáp án A  u2 − u4 + u5 = 114
Câu 2.2. Tìm số hạng đầu u1 và công bội q của cấp số nhân (un) thỏa mãn u3 − u5 + u6 = 342 A. u1 = 2, q = 3. B. u1 = 3, q = 2. C. u1 = 1, q = 3. D. u1 = 1, q = 2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 4   u2 − u4 + u5 = 114 u1q(1 − q2 + q3) = 114(1) ⇔ u3 − u5 + u6 = 342 u1q2(1 − q2 + q3) = 342(2)
Lấy phương trình (2) chia cho phương trình (1) ta được q = 3.
Thay vào phương trình (1) ta được u1 = 2. Chọn đáp án A
Câu 2.3. Cho cấp số cộng (un) biết u3 = 6, u8 = 16. Tính công sai d và tổng của 10 số hạng đầu tiên. A. d = 2; S10 = 100. B. d = 1; S10 = 80. C. d = 2; S10 = 120. D. d = 2; S10 = 110. Lời giải. u8 − u3 16 − 6 d = = = 2. 5 5
u1 = u3 − 2d = 6 − 2 · 2 = 2. 10 · (u1 + u10) 10 · (u1 + u1 + 9 · d) 10 · (2 + 2 + 9 · 2) S10 = = = = 110. 2 2 2 Chọn đáp án D
Câu 2.4. Cho cấp số cộng có u1 = 0 và công sai d = 3. Tổng của 26 số hạng đầu tiên của cấp 2019-2020
số cộng đó bằng bao nhiêu? A. 975. B. 775. C. 875. D. 675. THPT Lời giải. n(n − 1) 26.25 Ta có Sn = nu1 + · d ⇒ S26 = 26 · 0 + · 3 = 975. 2 2 GHIỆP Chọn đáp án A N T
Câu 2.5. Cho (un) là cấp số cộng với công sai d. Biết u5 = 16, u7 = 22. Tính u1. TỐ A. u1 = −5. B. u1 = −2. C. u1 = 19. D. u1 = 4. THI Lời giải. ( ( ( u5 = 16 u1 + 4d = 16 u1 = 4 Ta có ⇔ ⇔ . u7 = 22 u1 + 6d = 22 d = 3 LUYỆN Vậy u1 = 4. Chọn đáp án D
Câu 2.6. Cho dãy (un) là một cấp số cộng có u1 = 2 và u9 = 26. Tìm u5. A. 15. B. 13. C. 12. D. 14. Lời giải. u 2 + 26 Ta có 1 + u9
u1 + u9 = u1 + u1 + 8d = 2u1 + 8d = 2(u1 + 4d) = 2u5. Do đó u5 = = = 14. 2 2 Chọn đáp án D
Câu 2.7. Bốn số lập thành một cấp số cộng. Tổng của chúng bằng 22, tổng các bình phương
của chúng bằng 166. Tính tổng các lập phương của bốn số đó. A. 1480. B. 1408. C. 1804. D. 1840. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 5
Giả sử cấp số cộng là u1, u2, u3, u4. Từ giả thiết và tính chất của cấp số cộng, ta có u  1 + u2 + u3 + u4 = 22   u21 + u22 + u23 + u24 = 166    u1 + u4 = u2 + u3
Giải hệ trên ta được hai cấp số cộng là 1, 4, 7, 10 và 10, 7, 4, 1.
Ta có 13 + 43 + 73 + 103 = 1408. Chọn đáp án B
Câu 2.8. Cho cấp số nhân (un) có u4 = 40, u6 = 160. Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân (un). A. u1 = −5, q = −2. B. u1 = −2, q = −5. C. u1 = −5, q = 2. D. u1 = −140, q = 60. Lời giải. u o/ 4 = 40 ⇔ u1q3 = 40 u aPr 6 = 160 ⇔ u1q5 = 160
Suy ra: q2 = 4 ⇔ q = 2 hoặc q = −2
Với q = 2 thì u4 = 40 ⇒ u1 = 5
Với q = −2 thì u4 = 40 ⇒ u1 = −5 Chọn đáp án A
Câu 2.9. Cho cấp số cộng (u roups/GeoGebr
n) với số hạng đầu là u1 = 15 và công sai d = −2. Tìm số hạng thứ
8 của cấp số cộng đã cho. A. −1. B. 1. C. 103. D. 64. Lời giải.
Ta có u8 = u1 + 7d = 15 + 7(−2) = 1. Chọn đáp án B acebook.com/g .f
Câu 2.10. Cho (un) là cấp số cộng với công sai d. Biết u7 = 16, u9 = 22. Tính u1. A. 4. B. 19. C. 1. D. −2. Lời giải. Ta có ( ( ( u u u https://www 7 = 16 1 + 6d = 16 1 = −2 ⇔ ⇔ . u9 = 22 u1 + 8d = 22 d = 3 Do đó, u1 = −2 và d = 3. Chọn đáp án D (u1 + u3 = 10
Câu 2.11. Cho cấp số nhân (un) thỏa mãn . Tìm u3. u4 + u6 = 80 A. u3 = 8. B. u3 = 2. C. u3 = 6. D. u3 = 4. Lời giải.
Gọi công bội của cấp số nhân là q.  10 ( ( u ( u  1 = 1 + u3 = 10 u1(1 + q2) = 10  1 + q2 u1 = 2 Theo giả thiết ta có ⇔ ⇔ ⇔ u 10q3(1 + q2) 4 + u6 = 80 u1q3(1 + q2) = 80  q = 2.  = 80 1 + q2 Vậy u3 = u1q2 = 2 · 22 = 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 6 Chọn đáp án A
Câu 2.12. Cho cấp số cộng (un) có u4 = −12; u14 = 18. Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là A. S = 24. B. S = −25. C. S = −24. D. S = 26. Lời giải. ( ( ( u4 = −12 u1 + 3d = −12 u1 = −21 Ta có ⇔ ⇔ u14 = 18 u1 + 13d = 18 d = 3. 16 · 15
Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S16 = 16 · (−21) + · 3 = 24. 2 Chọn đáp án A
Câu 2.13. Cho cấp số cộng (un) biết u5 = 18 và 4Sn = S2n. Tìm số hạng đầu tiên u1 và công sai d của cấp số cộng. A. u1 = 2; d = 4. B. u1 = 2; d = 3. C. u1 = 2; d = 2. D. u1 = 3; d = 2. Lời giải. Ta có  ( u u  1 + 4d = 18 5 = 18  2019-2020 ⇔ Å n(n − 1)d ã Å 2n(2n − 1)d ã 4Sn = S2n 4 nu1 + = 2nu1 +  2 2 THPT ( ( u1 + 4d = 18 u1 = 2 ⇔ ⇔ 2u1 = d d = 4. GHIỆP N Chọn đáp án A T (u2 − u3 + u5 = 10 TỐ
Câu 2.14. Cho cấp số cộng (un) biết
. Tìm tổng của 10 số hạng đầu tiên u4 + u6 = 26 THI của cấp số (un). A. S10 = 145. B. S10 = 154. C. S10 = 290. D. S10 = 45. Lời giải. LUYỆN
Gọi d là công sai của cấp số cộng un. Khi đó: ( ( ( u2 − u3 + u5 = 10 u1 + 3d = 10 u1 = 1 ⇔ ⇔ u4 + u6 = 26 2u1 + 8d = 26 d = 3. 10 Do đó, S10 = (2u1 + 9d) = 145. 2 Chọn đáp án A (u5 + 3u3 − u2 = −21
Câu 2.15. Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn
. Tính tổng 15 số hạng đầu 3u7 − 2u4 = −34
tiên của cấp số cộng (un). A. −285. B. −244. C. −253. D. −274. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 7 ( ( ( u5 + 3u3 − u2 = −21 3u1 + 9d = −21 u1 = 2 Ta có ⇔ ⇔ . 3u7 − 2u4 = −34 u1 + 12d = −34 d = −3 Khi đó 15 S15 =
(2 · 2 + 14 · (−3)) = −285. 2 Chọn đáp án A
CÂU 3. Nghiệm của phương trình 3x−1 = 27 là A. x = 4. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 1. Lời giải.
Ta có 3x−1 = 27 ⇔ 3x−2 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4. Chọn đáp án A
Câu 3.1. Tìm nghiệm của phương trình log2 (3x − 2) = 3. 8 10 16 11 A. x = . B. x = . C. x = . D. x = . o/ 3 3 3 3 Lời giải. aPr 10
Ta có log2(3x − 2) = 3 ⇔ 3x − 2 = 23 ⇔ 3x = 10 ⇔ x = . 3 Chọn đáp án B √ √
Câu 3.2. Tìm nghiệm của phương trình 7 + 4 32x+1 = 2 − 3. 1 3 1 A. x = . B. x = − . C. x = −1. D. x = − . 4 4 4 roups/GeoGebr Lời giải. √ √ √ 1 3 Ta có 7 + 4 32x+1 = 2 − 3 ⇔ 2x + 1 = log √ 2 − 3 ⇔ 2x + 1 = − ⇔ x = − . 7+4 3 2 4 Chọn đáp án B
Câu 3.3. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình 7x2−5x+9 = 343. Tính x1 + x2. A. x1 + x2 = 4. B. x1 + x2 = 6. C. x1 + x2 = 5. D. x1 + x2 = 3. acebook.com/g Lời giải. .f "x = 2
Ta có 7x2−5x+9 = 343 ⇔ 7x2−5x+9 = 73 ⇔ x2 − 5x + 9 = 3 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 3.
Do đó tổng hai nghiệm x1 + x2 = 2 + 3 = 5. Chọn đáp án C https://www 1
Câu 3.4. Tập nghiệm của phương trình 2x2−3x = là 4 A. S = ∅. B. S = {1; 2}. C. S = {0}. D. S = {1}. Lời giải. 1 2x2−3x =
⇔ 2x2−3x = 2−2 ⇔ x2 − 3x = −2 ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2. 4 Chọn đáp án B
Câu 3.5. Phương trình 3x−4 = 1 có nghiệm là A. x = −4. B. x = 4. C. x = 0. D. x = 5. Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3x−4 = 30 ⇔ x − 4 = 0 ⇔ x = 4. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 8
Câu 3.6. Phương trình 3x−4 = 1 có nghiệm là A. x = −4. B. x = 5. C. x = 4. D. x = 0. Lời giải.
Phương trình tương đương: 3x−4 = 1 ⇔ x − 4 = log3 1 = 0 ⇔ x = 4. Chọn đáp án C
Câu 3.7. Tập nghiệm của phương trình log0,25 x2 − 3x = −1 là: √ √ ß 3 − 2 2 3 + 2 2™ A. {4}. B. ; . 2 2 C. {1; −4}. D. {−1; 4}. Lời giải. "x < 0
Điều kiện: x2 − 3x > 0 ⇔ . x > 3 Ta có log0,25 x2 − 3x = −1 ⇔ x2 − 3x = 4 ⇔ x2 − 3x − 4 = 0 "x = −1 (nhận) 2019-2020 ⇔ x = 4 (nhận). THPT Vậy S = {−1; 4}. Chọn đáp án D
Câu 3.8. Tập nghiệm của phương trình log2 x2 − 2x + 4 = 2 là GHIỆP A. {0; −2}. B. {2}. C. {0}. D. {0; 2}. N T Lời giải. TỐ
Ta có x2 − 2x + 4 = 22 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}. THI Chọn đáp án D
Câu 3.9. Phương trình log2(x + 1) = 2 có nghiệm là LUYỆN A. x = −3. B. x = 1. C. x = 3. D. x = 8. Lời giải.
Phương pháp: loga b = c ⇔ b = ac.
Cách giải: log2 (x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 22 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3. Chọn đáp án C
Câu 3.10. Có bao nhiêu giá trị x thoả mãn 5x2 = 5x? A. 0. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải. "x = 0 Ta có 5x2 = 5x ⇔ x2 = x ⇔ . x = 1 Chọn đáp án D
Câu 3.11. Tìm nghiệm của phương trình log3(x − 2) = 2. A. x = 9. B. x = 8. C. x = 11. D. x = 10.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 9 Lời giải. Ta có: log3(x − 2) = 2 ⇔ x − 2 = 32 ⇔ x − 2 = 9 ⇔ x = 11.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 11 Chọn đáp án C
Câu 3.12. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x2+x = 9 bằng A. −2. B. −1. C. 2. D. 3. Lời giải. o/ aPr 3x2+x = 9 ⇔ 3x2+x = 32 ⇔ x2 + x = 2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 "x = 1 ⇔ x = −2. roups/GeoGebr
Vậy tích tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng −2. Chọn đáp án A
Câu 3.13. Gọi S là tập nghiệm của phương trình log5(x + 1) − log5(x − 3) = 1. Tìm S. √ √ −1 + 13 −1 − 13 A. S = {−2; 4}. B. S = { ; }. 2√ 2 acebook.com/g .f −1 + 13 C. S = {4}. D. S = { }. 2 Lời giải. Điều kiện:x > 3 x + 1 PT ⇔
= 5 ⇔ x = 4 (thỏa). Vậy S = {4}. https://www x − 3 Chọn đáp án C
Câu 3.14. Tìm tập nghiệm S của phương trình log2 (x + 4) = 4. A. S = {−4; 12}. B. S = {4}. C. S = {4; 8}. D. S = {12}. Lời giải.
Ta có log2 (x + 4) = 4 ⇔ x + 4 = 24 ⇔ x = 12.
Vậy tập nghiệm của phương trình S = {12}. Chọn đáp án D
Câu 3.15. Nghiệm của phương trình log2 x = 3 là A. x = 9. B. x = 6. C. x = 8. D. x = 5. Lời giải.
Ta có log2 x = 3 ⇔ x = 23 ⇔ x = 8 Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 10
Câu 3.16. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình log2(x − 5) = 4. A. x = 21. B. x = 3. C. x = 11. D. x = 13. Lời giải.
Ta có log2(x − 5) = 4 ⇔ x − 5 = 24 ⇔ x = 21. Chọn đáp án A
Câu 3.17. Tìm nghiệm của phương trình log3(3x − 2) = 3. 29 11 25 A. x = . B. x = . C. x = . D. x = 87. 3 3 3 Lời giải. 29
Phương trình đã cho tương đương 3x − 2 = 33 hay x = . 3 Chọn đáp án A
Câu 3.18. Tìm nghiệm của phương trình 9x − 3x − 6 = 0. A. x = −2 . B. x = 1 . C. x = 2 . D. x = 3 . Lời giải. "3x = 3 Ta có 9x − 3x − 6 = 0 ⇔ ⇒ 3x = 3 ⇔ x = 1. 3x = −2 Chọn đáp án B 2019-2020
Câu 3.19. Giải phương trình log2(2x − 2) = 3. A. x = 3. B. x = 2. C. x = 5. D. x = 4. THPT Lời giải. Điều kiện x > 1.
log2(2x − 2) = 3 ⇔ 2x − 2 = 8 ⇔ x = 5. GHIỆP
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S = {5}. N T Chọn đáp án C TỐ
Câu 3.20. Cho phương trình log5(5x − 1) · log25(5x+1 − 5) = 1. Khi đặt t = log5(5x − 1), ta được
phương trình nào dưới đây? THI A. t2 − 1 = 0. B. t2 + t − 2 = 0. C. t2 − 2 = 0. D. 2t2 + 2t − 1 = 0. Lời giải. 1 log [1 + log LUYỆN
5(5x − 1) · log25(5x+1 − 5) = 1 ⇔ log5(5x − 1) · 2 5(5x − 1)] = 1.
Khi đặt t = log5(5x − 1), ta được phương trình t2 + t − 2 = 0. Chọn đáp án B
CÂU 4. Thể tích của khối lập phương cạnh 2 bằng A. 6. B. 8. C. 4. D. 2. Lời giải.
Thể tch1 khối lập phương cạnh a là V = a3.
Vậy thể tích khối lập phương cạnh 2 là V = 23 = 8. Chọn đáp án B
Câu 4.1. Thể tích khối lập phương cạnh 2a bằng A. 8a3. B. 2a3. C. a3. D. 6a3. Lời giải.
Thể tích khối lập phương cạnh 2a là V = (2a)3 = 8a3.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 11 Chọn đáp án A
Câu 4.2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối chóp D0.ABCD. a3 a3 a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = a3. 4 6 3 Lời giải.
Diện tích đáy ABCD là SABCD = a2, chiều cao D0D = a. 1 1 a3
Do đó VD0.ABCD = SABCD · D0D = a2 · a = . 3 3 3 Chọn đáp án C
Câu 4.3. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập phương đó. √ √ √ A. 8 2 cm3. B. 16 2 cm3. C. 8 cm3. D. 2 2 cm3. Lời giải. √ o/ 4
Độ dài các cạnh hình lập phương là √ = 2 2 cm. aPr 2 √ √
Thể tích khối lập phương là V = (2 2)3 = 16 2 cm3. Chọn đáp án B
Câu 4.4. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập phương đó. √ √ √ A. 8 2 cm3. B. 16 2 cm3. C. 8 cm3. D. 2 2 cm3. roups/GeoGebr Lời giải. 4 √
Độ dài các cạnh hình lập phương là √ = 2 2 cm. 2 √ √
Thể tích khối lập phương là V = (2 2)3 = 16 2 cm3. Chọn đáp án B
Câu 4.5. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập acebook.com/g .f phương đó. √ √ √ A. 8 2 cm3. B. 16 2 cm3. C. 8 cm3. D. 2 2 cm3. Lời giải. 4 √
Độ dài các cạnh hình lập phương là √ = 2 2 cm. https://www 2 √ √
Thể tích khối lập phương là V = (2 2)3 = 16 2 cm3. Chọn đáp án B
Câu 4.6. Hình lập phương có đường chéo của mặt bên bằng 4 cm. Tính thể tích khối lập phương đó. √ √ √ A. 8 2 cm3. B. 16 2 cm3. C. 8 cm3. D. 2 2 cm3. Lời giải. 4 √
Độ dài các cạnh hình lập phương là √ = 2 2 cm. 2 √ √
Thể tích khối lập phương là V = (2 2)3 = 16 2 cm3. Chọn đáp án B
Câu 4.7. Nếu cạnh của một hình lập phương tăng lên gấp 3 lần thì thể tích của hình lập
phương đó tăng lên bao nhiêu lần? A. 27. B. 9. C. 6. D. 4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 12 Lời giải. V 0 = (3a)3 = 33 · a3 = 27V . Chọn đáp án A
Câu 4.8. Nếu cạnh của một hình lập phương tăng lên gấp 3 lần thì thể tích của hình lập
phương đó tăng lên bao nhiêu lần? A. 27. B. 9. C. 6. D. 4. Lời giải. V 0 = (3a)3 = 33 · a3 = 27V . Chọn đáp án A
Câu 4.9. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. a3 a3 a3 A. . B. . C. a3. D. . 3 2 6 Lời giải.
Thể tích của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a là: a3. Chọn đáp án C
Câu 4.10. Tính thể tích của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. a3 a3 a3 A. . B. . C. a3. D. . 3 2 6 2019-2020 Lời giải.
Thể tích của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a là: a3. THPT Chọn đáp án C √
Câu 4.11. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a 3. √ 3 6a3 √ GHIỆP A. V = 8a3. B. V = a3. C. V = . D. V = 3 3a3. 4 N T Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình TỐ √ √ A B
lập phương AC0 = x 3 = 2a 3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương THI là V = x3 = 8a3. D C A0 B0 LUYỆN D0 C0 Chọn đáp án A √
Câu 4.12. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a 3. √ 3 6a3 √ A. V = 8a3. B. V = a3. C. V = . D. V = 3 3a3. 4 Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình √ √ A B
lập phương AC0 = x 3 = 2a 3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương là V = x3 = 8a3. D C A0 B0 D0 C0 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 13 √
Câu 4.13. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A0B0C0D0 biết AC0 = 2a 3. √ 3 6a3 √ A. V = 8a3. B. V = a3. C. V = . D. V = 3 3a3. 4 Lời giải.
Gọi x > 0 là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có đường chéo hình √ √ A B
lập phương AC0 = x 3 = 2a 3 ⇔ x = 2a. Vậy thể tích hình lập phương là V = x3 = 8a3. D C A0 B0 D0 C0 Chọn đáp án A
Câu 4.14. Một hộp đựng thực phẩm có dạng hình lập phương và có diện tích toàn phần bằng
150 dm2. Thể tích của khối hộp là 125 125 o/ A. 125 cm3. B. 125 dm3. C. dm3. D. cm3. 3 3 aPr Lời giải.
Ta có diện tích một mặt là S = a2.
Mà diện tích toàn phần của khối lập phương là 150 ⇒ Stp = 6 · S = 150 ⇒ 6a2 = 150 ⇒ a = 5 (dm).
Suy ra V = a3 = 53 = 125 (dm3). roups/GeoGebr Chọn đáp án B √
Câu 4.15. Một khối lập phương có thể tích bằng 2 2a3. Cạnh của hình lập phương đó bằng √ √ √ A. 2 2a. B. 2a. C. 2a. D. 3a. Lời giải.
Giả sử cạnh hình lập phương có độ dài là x ⇒ thể tích của hình lập phương là acebook.com/g .f √ V = x3 = 2 2a3. √ √ Suy ra x = 3 p2 2a3 = 2a. √
Vậy cạnh của hình lập phương bằng 2a. https://www Chọn đáp án B
CÂU 5. Tập xác định của hàm số y=log2 x là A. [0; +∞). B. (−∞; +∞). C. (0; +∞). D. [2; +∞). Lời giải.
Điều kiện xác định của số y = log2 x là x > 0.
Vậy tập xác định của hàm đã cho là: D = (0; +∞). Chọn đáp án C 3 − x
Câu 5.1. Tập xác định của hàm số y = log2 là 2x A. D = (3; +∞). B. D = (0; 3].
C. D = (−∞; 0) ∪ (3; +∞). D. D = (0; 3). Lời giải. 3 − x
Hàm số đã cho xác định khi > 0 ⇔ x ∈ (0; 3). 2x
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 14 Chọn đáp án D
Câu 5.2. Tập xác định của hàm số y = log (x − 2)2 là A. R. B. R \ {2}. C. (2; +∞). D. [2; +∞). Lời giải. Phương pháp:
Hàm số y = loga f (x) xác định nếu f (x) xác định và f (x) > 0. Cách giải:
Hàm số y = log (x − 2)2 xác định nếu (x − 2)2 > 0 ⇔ x 6= 2. Vậy TXĐ D = R \ {2}.
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x − 2)2 > 0 ⇔ x > 2 rồi chọn D = (2; +∞) là sai. Chọn đáp án B
Câu 5.3. Tập xác định của hàm số y = log (x − 2)2 là A. R. B. R \ {2}. C. (2; +∞). D. [2; +∞). Lời giải. Phương pháp:
Hàm số y = loga f (x) xác định nếu f (x) xác định và f (x) > 0. Cách giải: 2019-2020
Hàm số y = log (x − 2)2 xác định nếu (x − 2)2 > 0 ⇔ x 6= 2. Vậy TXĐ D = R \ {2}. THPT
Chú ý: Khi giải nhiều học sinh biến đổi (x − 2)2 > 0 ⇔ x > 2 rồi chọn D = (2; +∞) là sai. Chọn đáp án B
Câu 5.4. Tìm tập xác định của hàm số y = log 1 x2 − 3x + 2. GHIỆP 2 N A. (−∞; 1) ∪ (2; +∞). B. (1; 2). C. (2; +∞). D. (−∞; 1). T Lời giải. " TỐ x < 1
Điều kiện x2 − 3x + 2 > 0 ⇔
nên tập xác định của hàm số (−∞; 1) ∪ (2; +∞). THI x > 2 Chọn đáp án A
Câu 5.5. Tập xác định của hàm số y = x2 − 3x + 2π là LUYỆN A. R\ {1; 2}. B. (−∞; 1) ∪ (2; +∞). C. (1; 2). D. (−∞; 1] ∪ [2; +∞). Lời giải. "x < 1
Ta có điều kiện: x2 − 3x + 2 > 0 ⇔ . x > 2 Chọn đáp án B
Câu 5.6. Tìm tập xác định của hàm số y = log 1 (x + 1). 2 A. D = (−∞; −1). B. D = (−1; +∞). C. D = [−1; +∞). D. D = R\{1}. Lời giải.
Điều kiện x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Suy ra tập xác định D = (−1; +∞). Chọn đáp án B 1
Câu 5.7. Trong các hàm số sau, hàm số nào có cùng tập xác định với hàm số y = x 5 ? 1 √ √ A. y = xπ. B. y = √ . C. y = x. D. y = 3 x. 5 x
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 15 Lời giải. 1
Ta có tập xác định hàm số y = x 5 là (0; +∞).
• Hàm số y = xπ cũng có tập xác định là (0; +∞). 1
• Hàm số y = √ có tập xác định là R \ 0 . 5 x √ • Hàm số y =
x có tập xác định là [0; +∞). √
• Hàm số y = 3 x có tập xác định là R. Chọn đáp án A
Câu 5.8. Tìm tập xác định D của hàm số y = ex2−2x. A. D = R. B. D = [0; 2]. C. D = R\{0; 2}. D. D = ∅. o/ Lời giải. aPr
Hàm số y = ex2 − 2x xác định với ∀x ∈ R. Chọn đáp án A
Câu 5.9. Tập xác định D của hàm số y = log2018(2x − 1) là 1 h 1 A. D = (0; +∞). B. D = R. C. D = ; +∞ . D. D = ; +∞ . 2 2 roups/GeoGebr Lời giải. 1
Hàm số xác định ⇔ 2x − 1 > 0 ⇔ x > . 2 Chọn đáp án C 1
Câu 5.10. Tìm tập xác định D của hàm số y = √ . ex − e5 A. D = (ln 5; +∞). B. D = [ln 5; +∞). C. D = acebook.com/g R\{5}. D. D = (5; +∞). .f Lời giải.
Hàm số xác định khi ex − e5 > 0 ⇔ x > 5. Chọn đáp án D
Câu 5.11. Tập xác định của hàm số https://www y = log3 x là A. [0; +∞). B. R \ {0}. C. R. D. (0; +∞). Lời giải.
Hàm số y = log3 x xác định trên (0; +∞). Chọn đáp án D x + 3
Câu 5.12. Tìm tập xác định D của hàm số y = log2 . x − 2
A. D = (−∞; −3] ∪ (2; +∞). B. D = (2; +∞). C. D = (−3; 2).
D. D = (−∞; −3) ∪ (2; +∞). Lời giải. " x + 3 x < −3 Điều kiện xác định :
> 0 ⇔ (x + 3)(x − 2) > 0 ⇔ . x − 2 x > 2
Vậy D = (−∞; −3) ∪ (2; +∞). Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 16
Câu 5.13. Tìm tập xác định D của hàm số y = log3(3 − x). A. D = (3; +∞). B. D = R \ {3}. C. D = (−∞; 3). D. D = R. Lời giải.
Hàm số xác định ⇔ 3 − x > 0 ⇔ x < 3. Suy ra, D = (−∞; 3). Chọn đáp án C
Câu 5.14. Hàm số y = log√ (x2 − 4x) có tập xác định là 3 A. D = R \ {0; 4}. B. D = [0; 4].
C. D = (−∞; 0) ∪ (4; +∞). D. D = (0; 4). Lời giải.
Điều kiện xác định của hàm số là x2 − 4x > 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ (4; +∞). Vậy tập xác định của
hàm số là D = (−∞; 0) ∪ (4; +∞). Chọn đáp án C √2
Câu 5.15. Tập xác định D của hàm số y = (x + 2) 3 là A. D = R \ {2}. B. D = (−2; +∞). C. D = (0; +∞). D. D = R. Lời giải.
Ta có x + 2 > 0 ⇔ x > −2. 2019-2020
Vậy TXĐ của hàm số là D = (−2; +∞). Chọn đáp án B THPT
Câu 5.16. Tập xác định D của hàm số f(x) = ln(4 − x) là A. D = (−∞; 4). B. D = (4; +∞). C. D = R \ {4}. D. D = (−∞; 4]. Lời giải. GHIỆP
Hàm số f (x) xác định ⇔ 4 − x > 0 ⇔ x < 4. N T Chọn đáp án A TỐ
Câu 5.17. Hàm số y = log3(3 − 2x) có tập xác định là 3 3 3 i THI A. ; +∞ . B. −∞; . C. −∞; . D. R. 2 2 2 Lời giải. 3 3
Điều kiện 3 − 2x > 0 ⇔ x <
nên hàm số có tập xác định là −∞; . LUYỆN 2 2 Chọn đáp án B
Câu 5.18. Tập xác định của hàm số y = log2 (x − 1) + log2 (x − 3) là A. D = (1; 3). B. D = (−∞; 1). C. D = (3; +∞).
D. D = (−∞; 1) ∪ (3; +∞). Lời giải. (x − 1 > 0 Hàm số xác định khi
⇔ x > 3 ⇒ D = (3; +∞). x − 3 > 0 Chọn đáp án C
Câu 5.19. Tập xác định D của hàm số y = (x2 − 3x − 4)−3 là A. D = [−1; 4]. B. D = (−1; 4). C. D = R \ {−1; 4}.
D. D = (−∞; −1) ∪ (4; +∞). Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 17
Hàm lũy thừa với số mũ nguyên âm nên cơ số khác 0. (x 6= −1
Do đó x2 − 3x − 4 6= 0 ⇔ . Suy ra D = R \ {−1; 4}. x 6= 4 Chọn đáp án C
Câu 5.20. Hàm số y = log5 4x − x2 có tập xác định là A. (0; +∞). B. (0; 4). C. R. D. (2; 6). Lời giải.
Hàm số xác định khi 4x − x2 > 0 ⇔ 0 < x < 4. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là (0; 4). Chọn đáp án B
CÂU 6. Hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu
A. F 0(x) = −f (x), ∀x ∈ K. B. f 0(x) = F (x), ∀x ∈ K.
C. F 0(x) = f (x), ∀x ∈ K .
D. f 0(x) = −F (x), ∀x ∈ K. o/ Lời giải. aPr
Theo định nghĩa thì hàm số F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu F 0(x) = f (x), ∀x ∈ K. Chọn đáp án C 1
Câu 6.1. Tìm họ nguyên hàm F (x) của hàm số f (x) = . 5x + 4 1 roups/GeoGebr A. F (x) = ln |5x + 4| + C. B. F (x) = ln |5x + 4| + C. ln 5 1 1 C. F (x) = ln |5x + 4| + C. D. F (x) = ln(5x + 4) + C. 5 5 Lời giải. Z 1 1 Ta có dx = ln |5x + 4| + C. 5x + 4 5 Chọn đáp án C acebook.com/g .f
Câu 6.2. Cho hàm số f (x) = 2x + ex. Tìm một nguyên hàm F (x) của hàm số f (x) thỏa mãn F (0) = 2019. A. F (x) = ex − 2019. B. F (x) = x2 + ex − 2018. C. F (x) = x2 + ex + 2017. D. F (x) = x2 + ex + 2018. https://www Lời giải. Z F (x) = (2x + ex) dx = x2 + ex + C.
Do F (0) = 2019 nên 02 + e0 + C = 2019 ⇔ C = 2018. Vậy F (x) = x2 + ex + 2018. Chọn đáp án D
Câu 6.3. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 3x2 − 1 là x3 A. x3 + C. B. + x + C. C. 6x + C. D. x3 − x + C. 3 Lời giải. Z Z Ta có f (x)dx = (3x2 − 1) dx = x3 − x + C. Chọn đáp án D
Câu 6.4. Hàm số f (x) = cos(4x + 7) có một nguyên hàm là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 18 1 1 A. − sin(4x + 7) + x. B. sin(4x + 7) − 3. C. sin(4x + 7) − 1. D. − sin(4x + 7) + 3. 4 4 Lời giải. 1
Hàm số f (x) = cos(4x + 7) có một nguyên hàm là sin(4x + 7) − 3. 4 Chọn đáp án B
Câu 6.5. Cho f (x), g(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên R, k ∈ R. Trong các khẳng
định dưới đây, khẳng định nào sai? Z Z Z Z A. [f (x) − g(x)] dx = f (x)dx − g(x)dx. B. f 0(x)dx = f (x) + C. Z Z Z Z Z C. kf (x)dx = k f (x)dx. D. [f (x) + g(x)] dx = f (x)dx + g(x)dx. Lời giải.
Khẳng định A, B, D đúng theo tính chất của nguyên hàm.
Khẳng định C chỉ đúng khi k 6= 0. Chọn đáp án C
Câu 6.6. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = x2 + cos x là 1 1 A. 2x − sin x + C. B. x3 + sin x + C. C. x3 − sin x + C. D. x3 + sin x + C. 3 3 Lời giải. Z 2019-2020 1 Ta có: (x2 + cos x)dx = x3 + sin x + C. 3 Chọn đáp án B THPT
Câu 6.7. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = x3 + x2 là x4 x3 1 1 A. + + C. B. x4 + x3. C. 3x2 + 2x. D. x4 + x3. GHIỆP 4 3 4 4 N Lời giải. T Z x4 x3 x3 + x2 dx = + + C. TỐ 4 3 Chọn đáp án A THI
Câu 6.8. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 52x? Z Z 52x A. 52x dx = 2.52x ln 5 + C. B. 52x dx = 2. + C. ln 5 LUYỆN Z 25x Z 25x+1 C. 52x dx = + C. D. 52x dx = + C. 2 ln 5 x + 1 Lời giải. Z 1 52x 25x Ta có 52x dx = . + C = + C. 2 ln 5 2 ln 5 Chọn đáp án C
Câu 6.9. Nguyên hàm của hàm số f (x) = 4x3 + x − 1 là: 1 1 A. x4 + x2 + x + C. B. 12x2 + 1 + C. C. x4 + x2 − x + C. D. x4 − x2 − x + C. 2 2 Lời giải. Z xn+1
Phương pháp: Sử dụng nguyên hàm cơ bản xn dx = + C. n + 1 Z x4 x2 1 Cách giải: f (x) dx = 4 · + − x + C = x4 + · x2 − x + C. 4 2 2 Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 19
Câu 6.10. Họ các nguyên hàm của hàm số y = cos x + x là 1 1 A. sin x + x2 + C. B. sin x + x2 + C. C. − sin x + x2 + C. D. − sin x + x2 + C. 2 2 Lời giải. Z 1 Ta có F (x) = (cos x + x) dx = sin x + x2 + C. 2 Chọn đáp án A Z x3 Câu 6.11. Nếu f (x) dx = + ex + C thì f (x) bằng 3 x4 x4 A. f (x) = 3x2 + ex. B. f (x) = + ex. C. f (x) = x2 + ex. D. f (x) = + ex. 3 12 Lời giải. Z x3 Ta có f (x) dx = + ex + C ⇒ f (x) = x2 + ex. 3 Chọn đáp án C o/
Câu 6.12. Nguyên hàm của hàm số f (x) = x2019, (x ∈ R) là hàm số nào trong các hàm số dưới aPr đây?
A. F (x) = 2019x2018 + C, (C ∈ R).
B. F (x) = x2020 + C, (C ∈ R). x2020 C. F (x) = + C, (C ∈ R).
D. F (x) = 2018x2019 + C, (C ∈ R). 2020 Lời giải. Z xn+1 Z Z x2020 roups/GeoGebr Áp dụng công thức xn dx = + C (n 6= −1), ta có f (x) dx = x2019 dx = + C. n + 1 2020
Câu 6.13. Hàm số F (x) = ex2 là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây? ex2 A. f (x) = 2xex2. B. f (x) = x2ex2. C. f (x) = ex2. D. f (x) = . 2x Lời giải. Ä Ta có 0
f (x) = (F (x)) = ex2ä0 = 2xex2. acebook.com/g .f Chọn đáp án A
Câu 6.14. Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 3−x. 3−x 3−x A. + C. B. − + C. C. −3−x + C. D. −3−x ln 3 + C. ln 3 ln 3 https://www Lời giải. Z 3−x Ta có 3−xdx = − + C. ln 3 Chọn đáp án B
Câu 6.15. Tìm tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = sin 5x. 1 1 A. cos 5x + C. B. cos 5x + C. C. − cos 5x + C. D. − cos 5x + C. 5 5 Lời giải. Z 1 Z 1 Ta có sin 5xdx = sin 5xd(5x) = − cos 5x + C. 5 5 Chọn đáp án D
Câu 6.16. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + 1 là A. F (x) = 2x2 + x. B. F (x) = 2. C. F (x) = C. D. F (x) = x2 + x + C. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 20 Ta có Z Z F (x) = f (x) dx = (2x + 1) dx = x2 + x + C. Chọn đáp án D
Câu 6.17. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) = ex + x là 1 1 1 A. ex + x2 + C. B. ex + x2 + C. C. ex + x2 + C. D. ex + 1 + C. 2 x + 1 2 Lời giải. Ta có Z Z Z Z 1 f (x) dx = (ex + x) dx = ex dx + x dx = ex +
x2 + C, với C là hằng số. 2 Chọn đáp án B Z
Câu 6.18. Tìm nguyên hàm F (x) = π2 dx. π3 π2x2 A. F (x) = π2x + C. B. 2πx + C. C. F (x) = + C. D. F (x) = + C. 3 2 Lời giải. Z 2019-2020 Ta có F (x) = π2 dx = π2x + C. Chọn đáp án A THPT x
Câu 6.19. Tìm tất cả nguyên hàm của hàm số f (x) = 3x2 + . 2 Z x3 x2 Z x2 A. f (x) dx = + + C. B. f (x) dx = x3 + + C. 3 4 2 GHIỆP Z Z N x2 x2 C. f (x) dx = x3 + + C. D. f (x) dx = x3 + . T 4 4 TỐ Lời giải. Z Z Z Z x 1 x2 Ta có f (x) dx = 3x2 + dx = 3 x2 dx + x dx = x3 + + C. THI 2 2 4 Chọn đáp án C
Câu 6.20. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f (x) = sin(3ax + 1) (với a là tham số khác 0). LUYỆN 1 A. cos(3ax + 1) + C. B. cos(3ax + 1) + C. 3a 1 C. − cos(3ax + 1) + C. D. − cos(3ax + 1) + C. 3a Lời giải. Z 1 Z 1 sin(3ax + 1) dx = sin(3ax + 1) d(3ax + 1) = − cos(3ax + 1) + C. 3a 3a Chọn đáp án C
CÂU 7. Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 4.Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 6. B. 12. C. 36. D. 4. Lời giải. 1 1
Ta có công thức thể tích khối chóp V = B.h = .3.4 = 4. 3 3 Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 21
Câu 7.1. Cho khối chóp S.ABCD cạnh bên SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình chữ
nhật, AB = a, AD = 2a, SA = 3a. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng a3 A. 6a3. B. . C. 2a3. D. a3. 3 Lời giải.
Theo giả thiết ABCD là hình chữ nhật nên thể tích khối chóp S.ABCD S là 1 1 V = SA · AB · AD = · 3a · a · 2a = 2a3. 3 3 D A B C Chọn đáp án C o/
Câu 7.2. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng √ aPr a 2
a, đường cao SO. Biết SO =
, thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 √ √ √ √ a3 2 a3 2 a3 2 a3 3 A. . B. . C. . D. . 6 3 2 4 Lời giải. Ta có SABCD = a2. √ √ S roups/GeoGebr 1 1 a 2 a3 2 Vậy VS.ABCD = · SO · SABCD = · · a2 = . 3 3 2 6 D A acebook.com/g .f O B C Chọn đáp án A https://www
Câu 7.3. Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) và SA = 2, tam giác ABC vuông cân tại A và
AB = 1. Thể tích khối chóp S.ABC bằng 1 1 2 A. . B. . C. 1. D. . 6 3 3 Lời giải. 1 1 1 1 Ta có SABC = AB · AC = ⇒ VS.ABC = SA · SABC = . S 2 2 3 3 A C B Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 22
Câu 7.4. Cho khối chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và cạnh đáy bằng 20 cm, 21 cm,
29 cm. Tính thể tích khối chóp này. √ A. 7 000 2 cm3. B. 6 000 cm3. C. 6 213 cm3. D. 7 000 cm3. Lời giải. Diện tích đáy … 20 + 21 + 29 20 + 21 + 29 20 + 21 + 29 20 + 21 + 29 S = − 20 − 21 − 29 = 210 cm2. 2 2 2 2 Thể tích khối chóp 1 1 V = · S · h = · 210 · 100 = 7 000 cm3. 3 3 Chọn đáp án D √
Câu 7.5. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, SA = a 3, cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC bằng √ √ a3 3 a3 a3 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4 Lời giải. Thể tích khối chóp là √ S 2019-2020 1 1 √ a2 3 a3 V = · SA · SABC = · a 3 · = . 3 3 4 4 THPT A C GHIỆP B N T Chọn đáp án D TỐ √
Câu 7.6. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, SA = a 3, cạnh bên SA THI
vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC bằng √ √ a3 3 a3 a3 3 a3 A. . B. . C. . D. . 2 2 4 4 Lời giải. LUYỆN Thể tích khối chóp là √ S 1 1 √ a2 3 a3 V = · SA · SABC = · a 3 · = . 3 3 4 4 A C B Chọn đáp án D
Câu 7.7. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy và √
SA = BC = a 3. Tính thể tích khối chóp S.ABC. √ √ √ √ 3 3 3 3 3 A. V = a3. B. V = a3. C. V = a3. D. V = a3. 6 2 4 4 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 23 √ BC a 3
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AC = √ = √ , 2 2 S 1 3a2 suy ra: SABC = AB · AC = . 2 4 √ 1 1 √ 3a2 a3 3
Dẫn tới: VS.ABC = SA · SABC = · a 3 · = . 3 3 4 4 A B C Chọn đáp án D
Câu 7.8. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có chiều rộng 2a và chiều dài 3a.
Chiều cao của khối chóp là 4a. Thể tích của khối chóp S.ABCD tính theo a là o/ A. V = 24a3. B. V = 9a3. C. V = 40a3. D. V = 8a3. aPr Lời giải. 1 Ta có V = · 3a · 2a · 3a = 8a3. 3 Chọn đáp án D
Câu 7.9. Cho khối chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại C, CA = a, (SAB) vuông roups/GeoGebr a2
góc với (ABC) và diện tích tam giác SAB bằng
. Tính độ dài đường cao SH của khối chóp 2 S.ABC. √ √ a 2 A. a. B. 2a. C. a 2. D. . 2 Lời giải. √
Vì ABC là tam giác vuông cân tại C nên AB = a 2. S acebook.com/g
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, vì (SAB) ⊥ (ABC) nên .f SH ⊥ (ABC). √ 1 a2 a2 a 2 Ta có SSAB = SH · AB = ⇒ SH = = . H 2 2 AB 2 A B a https://www C Chọn đáp án D
Câu 7.10. Cho khối chóp tam giác có chiều cao 10 dm, diện tích đáy 300 dm2. Tính thể tích khối chóp đó. A. 1 m3. B. 3000 dm3. C. 1000 dm2. D. 3000 dm2. Lời giải.
Gọi V là thể tích khối chóp, h là chiều cao và S là diện tích đáy. 1 1 Khi đó V = · h · S ⇔ V = · 10 · 300 ⇔ V = 1000 dm3. 3 3 Do đó V = 1 m3. Chọn đáp án A
Câu 7.11. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy
và SA = a. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 24 a3 2a3 a3 A. V = . B. V = a3. C. V = . D. V = . 3 3 6 Lời giải.
Diện tích hình vuông ABCD là S = a2. S
Thể tích khối chóp đã cho là 1 1 a3 V = · SA · S = · a2 · a = . 3 3 3 A B D C Chọn đáp án A √
Câu 7.12. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), SA = a 3, ABCD là hình vuông
có cạnh bằng a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. √ √ 3a3 a3 √ 3a3 A. V = . B. V = . C. V = 3a3. D. V = . 3 4 6 Lời giải.
Gọi V là thể tích khối chóp, do SA ⊥ (ABCD) suy ra √ S 1 1 √ 3a3 V = · SA · S · 3a · a2 = . 3 đ = 3 3 2019-2020 THPT D GHIỆP A N T C B TỐ Chọn đáp án A THI
Câu 7.13. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hai mặt bên (SAB) và √
(SAC) cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp biết SC = a 3. √ √ √ √ a3 6 2a3 6 a3 3 a3 3 LUYỆN A. . B. . C. . D. . 12 9 2 4 Lời giải.
Ta có (SAB) ⊥ (ABC), (SAC) ⊥ (ABC) nên SA ⊥ (ABC). √ S a2 3 √ √ Mà SABC = , SA = SC2 − AC2 = a 2 nên suy ra 4 √ SABC · SA a3 6 VS.ABC = = . 3 12 B A C Chọn đáp án A
Câu 7.14. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với mặt phẳng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 25 √
(ABC) và SA = a. Biết rằng thể tích của khối chóp S.ABC bằng
3a3. Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S.ABC. √ √ √ A. 2a 3. B. 3a 3. C. 2a. D. 2a 2. Lời giải. Ta có S 1 VS.ABC = SA · S4ABC 3 3V √ ⇒ S.ABC S4ABC = = 3 3a2 √ SA AB2 3 √ ⇒ = 3 3a2 4 √ ⇒ AB = 2a 3 = BC = AC. A C o/ aPr B Chọn đáp án A
CÂU 8. Cho khối nón có chiều cao h = 3 và bán kính đáy r = 4. Thể tích của khối nón đã cho bằng roups/GeoGebr A. 16π. B. 48π. C. 36π. D. 4π. Lời giải. 1 1
Ta có công thức thể tích khối nón V = πr2.h = π.16.3 = 16π. 3 3 Chọn đáp án A √
Câu 8.1. Cho khối nón có bán kính đáy r =
3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối acebook.com/g nón đã cho. .f √ A. V = 16π 3. B. V = 12π. C. V = 4. D. V = 4π. Lời giải. 1 1 √
Áp dụng công thức tính thể tích của khối nón ta tính được V = πr2h = .π.( 3)2.4 = 4π. 3 3 https://www Chọn đáp án D
Câu 8.2. Cho khối nón có đường cao h và bán kính đáy r. Tính thể tích của khối nón. √ 1 √ A. 2πr h2 + r2. B. πr2h. C. πr h2 + r2. D. πr2h. 3 Lời giải. 1
Theo công thức thể tích khối nón V = πr2h. 3 Chọn đáp án B √
Câu 8.3. Cho khối nón (N ) có bán kính r =
5, có chiều cao h = 5. Thể tích V của khối nón (N ) đã cho là. 27π 16π 26π 25π A. V(N) = . B. V . C. V . D. V . 5 (N ) = 5 (N ) = 5 (N ) = 3 Lời giải. 1 √ 25π Ta có V(N) = · 5π 52 = . 3 3 Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 26 √
Câu 8.4. Cho khối nón tròn xoay có bán kính đáy r =
3 và chiều cao h = 4. Tính thể tích V của khối nón đã cho. √ A. V = 16π 3. B. V = 12π. C. V = 4. D. V = 4π. Lời giải. 1 √
Thể tích khối nón là V = π 32 · 4 = 4π. 3 Chọn đáp án D
Câu 8.5. Cho khối nón tròn xoay có chiều cao h, đường sinh l và bán kính đường tròn đáy
bằng R . Diện tích toàn phần của khối nón là A. Stp = πR(l + R). B. Stp = πR(l + 2R). C. Stp = 2πR(l + R). D. Stp = πR(2l + R). Lời giải.
Stp = Sđ + Sxq = πR2 + πRl = πR(l + R). Chọn đáp án A
Câu 8.6. Cho khối nón có bán kính đáy bằng r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón là 1 1 A. V = r2h. B. V = r2h. C. V = πr2h. D. V = πr2h. 3 3 Lời giải. 1 Ta có V = πr2h. 3 2019-2020 Chọn đáp án D √
Câu 8.7. Cho khối nón có bán kính đáy r =
3 và chiều cao h = 4. Thể tích của khối nón đã THPT cho bằng A. V = 12π. B. V = 4π. C. V = 4. D. V = 12. Lời giải. GHIỆP N
Thể tích khối nón V = π · r2 · h = 12π. T Chọn đáp án A TỐ
Câu 8.8. Cho khối nón có bán kính đáy bằng r, chiều cao h. Thể tích V của khối nón là 1 1 THI A. V = r2h. B. V = r2h. C. V = πr2h. D. V = πr2h. 3 3 Lời giải. 1 Ta có V = πr2h. LUYỆN 3 Chọn đáp án D √
Câu 8.9. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng l = 2a và chiều cao bằng h = a 3. Tính thể tích khối nón đã cho √ √ πa3 2πa3 2πa3 3πa3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải. √
Gọi r là bán kính của đáy hình nón. Ta có r = l2 − h2 = a. Thể tích khối nón là 1 1 √ V = · π · r2 · h = πa3 3. 3 3 Chọn đáp án D
Câu 8.10. Cho khối nón và khối trụ có cùng chiều cao và cùng bán kính đường tròn đáy. Gọi V1
V1; V2 lần lượt là thể tích của khối nón và khối trụ. Biểu thức có giá trị bằng V2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 27 1 1 1 A. . B. 1. C. . D. . π 2 3 Lời giải.
Gọi bán kính đường tròn đáy của khối nón và khối trụ là R.
Chiều cao của khối nón và khối trụ là h. 1
Khi đó thể tích khối nón là V1 = πR2 · h và thể tích khối trụ là V2 = πR2 · h. 3 1 V πR2 · h 1 Do vậy 1 = 3 = . V2 πR2 · h 3 Chọn đáp án D
Câu 8.11. Cho khối nón tròn xoay có chiều cao bằng 8 cm và độ dài đường sinh bằng 10 cm.
Thể tích của khối nón là A. 124π cm3. B. 128π cm3. C. 140π cm3. D. 96π cm3. Lời giải. o/ 1 1
Áp dụng công thức tính thể tích khối nón V = B · h =
π · (102 − 82) · 8 = 96π (cm3). aPr 3 3 Chọn đáp án D √
Câu 8.12. Cho khối nón có bán kính đáy r =
3 và chiều cao h = 6. Thể tích của khối nón đã cho bằng A. V = 6π. B. V = 6. C. V = 18. D. V = 18π. roups/GeoGebr Lời giải. 1 1 √ Ta có V = πr2h = π 32 6 = 6π. 3 3 Chọn đáp án A
Câu 8.13. Cho khối nón và khối trụ có cùng chiều cao và cùng bán kính đường tròn đáy. Gọi V1
V1, V2 lần lượt là thể tích của khối nón và khối trụ. Biểu thức có giá trị bằng V acebook.com/g 2 .f 1 1 1 A. . B. 1. C. . D. . π 2 3 Lời giải.
Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của S A0 O0
khối nón và khối trụ lần lượt là h và R. https://www 1
• Thể tích của khối nón V1 = πR2h. 3
• Thể tích của khối trụ V2 = πR2h. V 1 • Vậy ta có 1 = . V O A O A 2 3 Chọn đáp án D
Câu 8.14. Thể tích của khối nón có chiều cao h = 6 và bán kính đáy R = 4 bằng A. V = 32π. B. V = 96π. C. V = 16π. D. V = 48π. Lời giải. 1 1
Thể tích của khối nón V = πR2 · h = π · 42 · 6 = 32π 3 3 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 28
Câu 8.15. Cho hình nón có bán kính đáy r = 4 và diện tích xung quanh bằng 20π. Thể tích
của khối nón đã cho bằng 16 80 A. 4π. B. 16π. C. π. D. π. 3 3 Lời giải.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón ta có S
Sxq = πrl ⇒ 20π = π · 4 · l ⇒ l = 5. √ √ √ l Vì h = l2 − r2 nên h = 52 − 42 = 9 = 3. h 1 1
Khối nón có thể tích là V = πr2h = π · 42 · 3 = 16π. 3 3 r = 4 Chọn đáp án B
Câu 8.16. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 6. A. V = 18π. B. V = 54π. C. V = 108π. D. V = 36π. Lời giải. 1 1 Ta có V = πr2h = π · 32 · 6 = 18π. 3 3 2019-2020 Chọn đáp án A
Câu 8.17. Cho hình nón có chiều cao h và góc ở đỉnh bằng 90◦. Thể tích của khối nón xác THPT
định bởi hình nón trên: √ 2π 6π π A. . B. . C. . D. 2π. 3 3 3 GHIỆP Lời giải. N
Từ giả thiết suy ra bán kính nón r = h. S T
Vậy thể tích khối nón tương ứng là TỐ 1 πh3 l h THI V = πr2h = . 3 3 r A B O Chọn đáp án C LUYỆN √
Câu 8.18. Tính thể tích V của khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4. √ A. V = 4π. B. V = 12π. C. V = 16π 3. D. V = 4. Lời giải. √ 1 √
Thể tích V của khối nón có bán kính đáy r =
3 và chiều cao h = 4 là V = π 32 · 4 = 4π. 3 Chọn đáp án A
CÂU 9. Cho mặt cầu có bán kính R = 2. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng 32π A. . B. 8π. C. 16π. D. 4π. 3 Lời giải. S = 4πR2 = 16π. Chọn đáp án C a
Câu 9.1. Thể tích khối cầu có bán kính bằng là 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 29 πa3 πa2 πa3 A. . B. . C. . D. πa2. 2 4 6 Lời giải. 4
Phương pháp: Công thức tính thể tích khối cầu có bán kính r là: V = πr3. 3 a 4 a 3 πa3
Cách giải: Thể tích khối cầu có bán kính bằng là: V = π = . 2 3 2 6 Chọn đáp án C
Câu 9.2. Một mặt cầu có đường kính bằng a có diện tích S bằng bao nhiêu? 4πa2 πa2 A. S = . B. S = . C. S = πa2. D. S = 4πa2. 3 3 Lời giải. a
Vì đường kính mặt cầu bằng a nên bán kính mặt cầu là r = . 2 a 2
Diện tích mặt cầu là S = 4π = πa2. 2 o/ Chọn đáp án C aPr
Câu 9.3. Thể tích của khối cầu có bán kính R là 4πR3 πR3 A. πR3. B. . C. 2πR3. D. . 3 3 Lời giải. 4πR3
Thể tích của khối cầu có bán kính R là V = . 3 roups/GeoGebr Chọn đáp án B
Câu 9.4. Khối cầu có bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu? A. 144π. B. 288π. C. 48π. D. 72π. Lời giải. 4
Ta có công thức tính thể tích khối cầu V = πR3. acebook.com/g 3 .f 4
Từ đó suy ra thể tích khối cầu đã cho là V = π63 = 288π. 3 Chọn đáp án B
Câu 9.5. Tính diện tích của mặt cầu có bán kính r = 2. 32 https://www A. π. B. 8π. C. 32π. D. 16π. 3 Lời giải. Phương pháp
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R là S = 4πR2. Cách giải
Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính r = 2 là S = 4πr2 = 16π. Chọn đáp án D
Câu 9.6. Thể tích khối cầu bán kính a bằng 4πa3 πa3 A. . B. 4πa3. C. . D. 2πa3. 3 3 Lời giải. 4
Thể tích khối cầu bán kính a là V = πa3. 3 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 30
Câu 9.7. Một hình nón có góc ở đỉnh bằng 600. Hãy tính tỷ số của diện tích toàn phần chia
cho diện tích xung quanh của hình nón đó. √ 2 2 + 3 3 A. . B. . C. . D. 2. 3 2 2
Câu 9.8. Tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh √ l = 2 5. √ √ √ A. 8 5π. B. 2 5π. C. 2π. D. 4 5π. Lời giải. √ √
Sxq = 2π.r.l = 2π.2.2 5 = 8 5π. Chọn đáp án A
Câu 9.9. Khối cầu bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu? A. 72π. B. 48π. C. 288π. D. 144π. Lời giải. 4 4
Ta có thể tích của khối cầu được tính theo công thức: V = πR3 = π63 = 288π. 3 3 Chọn đáp án C
Câu 9.10. Thể tích V của một khối cầu có bán kính R là 4 1 4 A. V = πR3. B. V = πR3. C. V = πR2. D. V = 4πR3. 2019-2020 3 3 3 Lời giải. 4
Thể tích V của khối cầu có bán kính R là V = πR3 THPT 3 GHIỆP N T Chọn đáp án A TỐ
Câu 9.11. Công thức tính diện tích mặt cầu bán kính R. 4πR3 3πR2 THI A. S = . B. S = πR2. C. S = . D. S = 4πR2. 3 4 Lời giải.
Theo công thức tính diện tích của mặt cầu. bán kính R. LUYỆN Chọn đáp án D 8πa2
Câu 9.12. Cho mặt cầu có diện tích bằng
. Tính bán kính r của mặt cầu. 3 √ √ √ √ a 6 a 3 a 6 a 2 A. r = . B. r = . C. r = . D. r = . 3 3 2 3 Lời giải. √ 8πa2 a 6
Diện tích mặt cầu đã cho là 4πr2 = . Suy ra r = . 3 3 Chọn đáp án A
Câu 9.13. Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng A. 2πR2. B. πR2. C. 4πR2. D. 2πR. Lời giải.
Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng 4πR2. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 31
Câu 9.14. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón. A. 12π. B. 9π. C. 30π. D. 15π. Lời giải. √
Độ dài đường sinh của hình nón là
32 + 42 = 5. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là S = π · 3 · 5 = 15π. Chọn đáp án D
Câu 9.15. Biết rằng diện tích mặt cầu có bán kính r được tính theo công thức S = 4πr2. Tính
diện tích mặt cầu có bán kính bằng 3. A. 9π. B. 12π. C. 4π. D. 36π. Lời giải.
Diện tích mặt cầu có bán kính bằng 3 là S = 4π · 32 = 36π. Chọn đáp án D o/
Câu 9.16. Tính diện tích S của mặt cầu có bán kính bằng a. aPr 4 πa2 A. S = πa2. B. S = πa2. C. S = 4πa2. D. S = . 3 3 Lời giải.
Diện tích của mặt cầu có bán kính bằng a là S = 4πa2. Chọn đáp án C roups/GeoGebr
Câu 9.17. Khối cầu có bán kính R = 6 có thể tích bằng bao nhiêu? A. 144π. B. 288π. C. 48π. D. 72π. Lời giải. 4 4
Thể tích của khối cầu có bán kính R = 6 là V = πR3 = π · 63 = 288π. 3 3 Chọn đáp án B acebook.com/g
Câu 9.18. Tính diện tích S của mặt cầu có bán kính bằng 2a. .f 32 16 A. S = 16πa2. B. S = 4πa2. C. S = πa2. D. S = πa2. 3 3 Lời giải.
Diện tích mặt cầu bán kính R = 2a là S = 4πR2 = 4π(2a)2 = 16πa2. https://www Chọn đáp án A
CÂU 10. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) − 0 + 0 + 0 − 2 2 f (x) −∞ −1 − −∞
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (−∞; −1). B. (0; 1). C. (−1; 0). D. (−∞; 0). Lời giải.
Dựa vào hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (−1; 0). Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 32
Câu 10.1. Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 4 có bảng biến thiên sau, tìm a và b. x −∞ −2 0 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 +∞ + y a b A. a = +∞; b = 2. B. a = −∞; b = −4. C. a = −∞; b = 1. D. a = +∞; b = 3. Lời giải. Phương pháp:
Tính giới hạn của hàm số khi x tiến đến −∞ để tìm a và tính giá trị của hàm số tại x = 0 để tìm b. Cách giải:
lim y = −∞, y(0) = −4 ⇒ a = −∞; b = −4. x→−∞ Chọn đáp án B
Câu 10.2. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau 2019-2020 x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − THPT −1 −1 f (x) −∞ −2 −∞ GHIỆP N T
Hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng nào sau đây TỐ A. (0; 1). B. (−1; 0). C. (−∞; 1). D. (1; +∞). Lời giải. THI
Từ bẳng biến thiên suy ra hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0; 1). Chọn đáp án A LUYỆN
Câu 10.3. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 0 1 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ + 5 +∞ + y 2 0 0
Hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng nào sau đây? A. (0; +∞). B. (−∞; 0). C. (−1; 0). D. (−∞; −2). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên (−∞; −1) và (0; 1) nên chọn đáp án D. Chọn đáp án D Câu 10.4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 33
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến x −∞ 0 1 +∞
thiên dưới đây. Khẳng định nào sau đây y0 − − 0 + sai? +∞ + +∞ +∞ +
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng y (−∞; −1). −∞ −2
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1).
C. Hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞).
D. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; +∞). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 0), (0; 1) và đồng biến o/
trên khoảng (1; +∞). Do đó, khẳng định “Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; +∞)” sai. aPr Chọn đáp án D
Câu 10.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 2 +∞ roups/GeoGebr y0 + 0 − 0 + 1 +∞ y 0 −3 acebook.com/g
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? .f A. (2; +∞). B. (−∞; 1). C. (0; +∞). D. (0; 2). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞). https://www Chọn đáp án A Câu 10.6.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như x −∞ −1 0 1 +∞
hình bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên y0 + 0 − 0 + 0 − khoảng nào dưới đây? 0 0 A. (−∞; −1). B. (−1; 1). y C. (1; +∞). D. (0; 1). −∞ −1 − −∞ Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên (−1; 0) và (1; +∞). Chọn đáp án C
Câu 10.7. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là sai?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 34 x −∞ −1 3 +∞ y0 − 0 + 0 − +∞ + 6 y 0 −∞
A. f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1).
B. f (x) đồng biến trên khoảng (0; 6).
C. f (x) nghịch biến trên khoảng (3; +∞).
D. f (x) đồng biến trên khoảng (−1; 3). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số y = f (x) đồng biến trên (−1; 3); hàm số y = f (x) nghịch biến
trên (−∞; −1), (3; +∞). Chọn đáp án B
Câu 10.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây x −∞ −2 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y 2019-2020 −∞ 0 THPT
Hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (2; +∞). B. (−2; 2). C. (−∞; 3). D. (0; +∞). Lời giải. GHIỆP N
Dựa bào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞). T Chọn đáp án A TỐ Câu 10.9. THI
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như x −∞ −2 0 2 +∞
hình vẽ bên. Hàm số y = f (x) đồng biến trên y0 + 0 − 0 + 0 − 3 3 khoảng nào dưới đây? y −∞ −1 −∞ LUYỆN A. (−∞; 0). B. (0; 2). C. (−2; 0). D. (2; +∞). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2). Chọn đáp án B
Câu 10.10. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau: x −∞ 1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ −1
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 35
Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
A. Tổng giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số là 2.
B. max f (x) = 3 đạt tại x = 1. R
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3.
D. Hàm số đồng biến trên các khoảng (3; +∞) và (−∞; 1).
Câu 10.11. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 1 +∞ y0 − + 0 − +∞ + 2 y −1 −∞ −∞ o/
Mệnh đề nào dưới đây đúng? aPr
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 1).
B. Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) ∪ (1; +∞).
C. Hàm số đồng biến trên (0; 1).
D. Hàm số đồng biến trên (−∞; 2). Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1) và nghịch biến trên các roups/GeoGebr
khoảng (−∞; 0) và (1; +∞). Chọn đáp án C Câu 10.12.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng x −∞ −1 3 +∞
biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau acebook.com/g y0 − 0 + 0 − .f đây là sai?
A. f (x) nghịch biến trên khoảng (−∞; −1). +∞ + 6 y
B. f (x) đồng biến trên (0; 6). 0 −∞
C. f (x) nghịch biến trên (3; +∞). https://www
D. f (x) đồng biến trên (−1; 3). Lời giải.
Hàm số đồng biến trên (−1; 3) nên f (x) đồng biến trên (0; 6) là sai. Chọn đáp án B
Câu 10.13. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình dưới đây. x −∞ −3 −2 +∞ y0 + 0 + 0 − 5 y 0 −∞ −∞
Số mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 36
(1) Hàm số đồng biến trên khoảng (−3; −2).
(2) Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 5).
(3) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−2; +∞).
(4) Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2). A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên (−2; +∞) và đồng biến trên (−∞; −2) ⇒ (3), (4) đúng.
Hàm số đồng biến trên (−3; −2) và nghịch biến trên (−2; 5) nên (1) đúng và (2) sai. Chọn đáp án D
Câu 10.14. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau. Mệnh đề nào dưới đây đúng? x −∞ −2 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 2019-2020 3 +∞ + THPT f (x) −∞ 0 GHIỆP
A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0). N T
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0). TỐ
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −2).
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 2). THI Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 2). Chọn đáp án D LUYỆN
Câu 10.15. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ sau x −∞ 0 2 +∞ y0 − 0 + 0 − +∞ + 2 y −6 − −∞
Hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. (0; 2). B. (0; 3). C. (−∞; 0). D. (2; +∞). Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng (0; 2). Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 37
CÂU 11. Với a là số thực dương tùy ý, log2 a3 bằng 3 1 A. log log 2 2a. B. 3 2a. C. 3 + log2 a. D. 3 log2 a. Lời giải. Ta có log2 a3 = 3 log2 a. Chọn đáp án D a4e
Câu 11.1. Với a, b là hai số thực dương tùy ý, ln bằng b A. 4 ln a − ln b + 1. B. 4 ln b − ln a + 1. C. 4 ln a + ln b − 1. D. 4 ln a + ln b + 1. Lời giải. a4e Ta có: ln
= ln a4 + ln e − ln b = 4 ln a + 1 − ln b = 4 ln a − ln b + 1. b Chọn đáp án A
Câu 11.2. Với a, b là các số thực dương tùy ý và a khác 1, đặt P = loga b3 + loga2 b6. Mệnh đề o/ nào dưới đây đúng? A. P = 27 log aPr a b . B. P = 15 loga b . C. P = 9 loga b . D. P = 6 loga b . Lời giải. 6
Ta có P = loga b3 + loga2 b6 = 3 loga b + log 2
a b = 3 loga b + 3 loga b = 6 loga b. Chọn đáp án D
Câu 11.3. Tính giá trị của alog√ 4 a với a > 0, a 6= 1. roups/GeoGebr A. 8. B. 4. C. 16. D. 2. Lời giải. Ta có alog√ 4 a = a2 log 4 16 a = aloga = 16. Chọn đáp án C
Câu 11.4. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn log a = x, log b = y. Tính P = log a2b3 acebook.com/g A. P = 6xy. B. p = x2y3. C. P = x2 + y3. D. P = 2x + 3y. .f Lời giải.
Ta có log a2b3 = log a2 + log b3 = 2 log a + 3 log b = 2x + 3y. Chọn đáp án D
Câu 11.5. Cho a, b > 0, log https://www
3 a = p, log3 b = p. Đẳng thức nào dưới đây đúng? Å 3r ã Å 3r ã A. log3 = r + pm − qd. B. log = r + pm + qd. ambd 3 ambd Å 3r ã Å 3r ã C. log3 = r − pm − qd. D. log = r − pm + qd. ambd 3 ambd Lời giải. 3 Ta có log3 = log ambd 3 3r − log3
ambd = r − log3 am − log3 bd = r − m log3 a − d log3 b Chọn đáp án C
Câu 11.6. Giả sử a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn a2b3 = 44. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 2 log2 a − 3 log2 b = 8. B. 2 log2 a + 3 log2 b = 8. C. 2 log2 a + 3 log2 b = 4. D. 2 log2 a − 3 log2 b = 4. Lời giải.
Từ giả thiết ta có log2 a2b3 = log2 44 ⇔ log2 a2 + log2 b3 = 4 log2 4 ⇔ 2 log2 a + 3 log2 b = 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 38 Chọn đáp án B √
Câu 11.7. Cho số thực a > 0, a 6= 1. Giá trị log√ 3 a2 bằng a3 4 2 9 A. . B. . C. 1. D. . 9 3 4 Lời giải. √ 2 2 2 4 Ta có: log√ 3 a2 = log a 3 = · · log . a3 3 3 3 a a = 9 a 2
Câu 11.8. Giá trị của biểu thức log2 5 · log5 64 bằng A. 6. B. 4. C. 5. D. 2. Lời giải.
log2 5 · log5 64 = log2 64 = log2 26 = 6. Chọn đáp án A
Câu 11.9. Biết log 3 = m, log 5 = n, tìm log9 45 theo m, n. n n n n A. 1 − . B. 1 + . C. 2 + . D. 1 + . 2m m 2m 2m Lời giải. log 32 · 5 log 5 n Ta có log9 45 = = 1 + = 1 + . log 32 2 log 3 2m Chọn đáp án D 2019-2020
Câu 11.10. Cho các số thực dương a, b, c và a 6= 1. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. loga b + loga c = loga(b + c).
B. loga b + loga c = loga |b − c|. THPT C. loga b + loga c = loga(bc).
D. loga b + loga c = loga(b − c). Lời giải.
Với a, b, c và a 6= 1 thì loga b + loga c = loga(bc). GHIỆP Chọn đáp án C N T
Câu 11.11. Cho a và b là số hạng thứ nhất và thứ năm của một cấp số cộng có công sai d 6= 0. b − a TỐ Giá trị của log2 bằng d A. log THI 2 5. B. 2. C. 3. D. log2 9. Lời giải. b − a 4d
Ta có b = a + 4d nên b − a = 4d. Do đó, log2 = log = 2. d 2 d LUYỆN Chọn đáp án B 1
Câu 11.12. Biết log6 a = 2, (a > 0). Tính I = log6 a 1 A. I = −2. B. I = 2. C. I = 1. D. I = . 2 Lời giải. 1
Từ log6 a = 2 (a > 0) ⇔ a = 62. Khi đó I = log6 = log a 6 62−1 = −2. Chọn đáp án A
Câu 11.13. Với a, b, x là các số thực dương thỏa mãn log5 x = 4 log5 a + 3 log5 b, mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. x = 3a + 4b. B. x = 4a + 3b. C. x = a4b3. D. x = a4 + b3. Lời giải.
log5 x = 4 log5 a + 3 log5 b = log5 a4 · b3. Suy ra x = a4b3. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 39 √
Câu 11.14. Tính giá trị của biểu thức I = a · log2 8. 2 3a 2a 3 A. I = . B. I = . C. I = . D. I = . 3 2 3 2 Lời giải. √ 3 3 3a
I = a · log2 8 = a · log2 22 = · a · log . 2 2 2 = 2 Chọn đáp án B
Câu 11.15. Tính giá trị của biểu thức A = log8 12 − log8 15 + log8 20 4 3 A. 1. B. . C. 2. D. . 3 4 Lời giải. 12 · 20 4
Ta có A = log8 12 − log8 15 + log8 20 = log8 = log . 15 8 16 = 3 Chọn đáp án B
CÂU 12. Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng 1 o/ A. 4πrl. B. πrl. C. πrl. D. 2πrl. 3 aPr Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ S = 2πrl. Chọn đáp án D
Câu 12.1. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 5 và chiều cao bằng 7 . Diện tích xung quanh
của hình trụ đã cho bằng roups/GeoGebr 175π A. . B. 175π. C. 70π. D. 35π. 3 Lời giải.
Ta có Sxq = 2πrl = 2π · 5 · 7 = 70π . Chọn đáp án C
Câu 12.2. Khối trụ tròn xoay có đường kính bằng 2a, chiều cao h = 2a có thể tích là acebook.com/g .f A. V = 2πa2. B. V = 2πa3. C. V = 2πa2h. D. V = πa3. Lời giải. 2a
Khối trụ tròn xoay có bán kính bằng
= a nên có thể tích là V = πa2 · 2a = 2πa3. 2 Chọn đáp án B https://www
Câu 12.3. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S, diện tích đáy bằng diện tích một
mặt cầu bán kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng 1 1 1 A. Sa. B. Sa. C. Sa. D. Sa. 2 3 4 Lời giải.
Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.  (S = 2πrh r = 2a  Theo bài ra ta có ⇔ S πr2 = 4πa2 h = . 4πa S
Thể tích khối trụ là V = πr2h = π · 4a2 · = Sa. 4πa Chọn đáp án A
Câu 12.4. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng S, diện tích đáy bằng diện tích một
mặt cầu bán kính a. Khi đó thể tích của hình trụ bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 40 1 1 1 A. Sa. B. Sa. C. Sa. D. Sa. 2 3 4 Lời giải.
Gọi r là bán kính đáy của hình trụ, h là chiều cao của hình trụ.  (S = 2πrh r = 2a  Theo bài ra ta có ⇔ S πr2 = 4πa2 h = . 4πa S
Thể tích khối trụ là V = πr2h = π · 4a2 · = Sa. 4πa Chọn đáp án A
Câu 12.5. Một hình trụ có bán kính đáy , r = a độ dài đường sinh l = 2a Diện tích toàn phần của hình trụ này là A. 2πa2. B. 4πa2. C. 6πa2. D. 5πa2. Lời giải.
Stp = 2Sd + Sxq = 2πa2 + 2πa · 2a = 6πa2. Chọn đáp án C
Câu 12.6. Một hình trụ có bán kính đáy , r = a độ dài đường sinh l = 2a Diện tích toàn phần của hình trụ này là 2019-2020 A. 2πa2. B. 4πa2. C. 6πa2. D. 5πa2. Lời giải. THPT
Stp = 2Sd + Sxq = 2πa2 + 2πa · 2a = 6πa2. Chọn đáp án C GHIỆP N
Câu 12.7. Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình T
vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ là TỐ A. 8πcm2. B. 4πcm2. C. 32πcm2. D. 16πcm2. THI Lời giải.
Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có h = 2r = 4cm Q
⇒ Sxq = 2πrh = 2π · 2.4 = 16πcm2. O0 LUYỆN A0 B0 P M A B O N Chọn đáp án D
Câu 12.8. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4πa2 và bán kính đáy là a. Tính độ dài
đường cao h của hình trụ đó. A. a. B. 2a. C. 3a. D. 4a. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 41
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là: Sxq 4πa2 Sxq = 2πah ⇔ h = = = 2a. 2πa 2πa
Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h = 2a. Chọn đáp án B
Câu 12.9. Hình trụ tròn xoay có đường kính đáy là 2a, chiều cao là h = 2a có thể tích là A. V = 2πa3. B. V = πa3. C. V = 2πa2. D. V = 2πa2h. Lời giải.
Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r = a.
Thể tích V = h · πr2 = 2a · πa2 = 2πa3. h o/ 2a aPr Chọn đáp án A
Câu 12.10. Viết công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy là R. A. Sxq = 2πRh. B. Sxq = π2Rh. C. Sxq = πRh. D. Sxq = 4πRh. roups/GeoGebr Lời giải.
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ Sxq = 2πRh. Chọn đáp án A
Câu 12.11. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4, diện tích xung quanh bằng 48π. Thể tích của khối trụ bằng acebook.com/g A. 24π. B. 96π. C. 32π. D. 72π. .f Lời giải.
Gọi hình trụ có bán kính và chiều cao lần lượt là R, h.
Theo giả thiết R = 4 và Sxq = 2π · R · h = 48π nên h = 6.
Do đó thể tích khối trụ V = π · R2 · h = 96π. https://www Chọn đáp án B
Câu 12.12. Một hình trụ có bán kính đáy a, có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính
theo a diện tích xung quanh của hình trụ. A. πa2. B. 2πa2. C. 3πa2. D. 4πa2. Lời giải.
Thiết diện qua trục là một hình vuông nên hình trụ có đường sinh bằng O0 đường kính đáy: A0 B0 l = 2a.
Vậy diện tích xung quanh hình trụ là Sxq = 2πrl = 4πa2. A B O Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 42
Câu 12.13. Cho hình trụ có chiều cao bằng 2a, bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình trụ. A. πa2. B. 2a2. C. 2πa2. D. 4πa2. Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq = 2π · R · h = 4πa2. Chọn đáp án D
Câu 12.14. Tính diện tích xung quanh S của hình trụ có bán kính đáy bằng 3 và chiều cao bằng 4. A. S = 12π. B. S = 42π. C. S = 36π. D. S = 24π. Lời giải.
Diện tích xung quanh của hình trụ là S = 2πRh = 2π · 3 · 4 = 24π. Chọn đáp án D
Câu 12.15. Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh
a. Thể tích của khối trụ đó bằng bao nhiêu? πa3 πa3 πa3 A. πa3. B. . C. . D. . 2 3 4 Lời giải. a
Khối trụ có chiều cao h = a, bán kính đáy bằng r = . 2019-2020 2 C0 B0 a2 πa3 Vậy V = πr2h = π · · a = . 4 4 THPT GHIỆP N T C B TỐ Chọn đáp án D THI
CÂU 13. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + LUYỆN 1 +∞ + f (x) −∞ −2 −
Hàm số đã cho đạt cụrc đại tại A. x = −2. B. x = 2. C. x = 1. D. x = −1. Lời giải.
Hàm số đạt cực đại tại điểm mà đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.
Từ bảng biến hàm số đạt cực tại x = −1. Chọn đáp án D
Câu 13.1. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm số điểm cực trị của hàm số. A. 3. B. 0. C. 1. D. 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 43 x −∞ −2 0 2 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + y Lời giải.
Dựa vào BBT suy ra hàm số có 3 điểm cực trị. Chọn đáp án A
Câu 13.2. Hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ 1 2 +∞ y0 + 0 − + +∞ + o/ 3 y aPr −∞ 0
Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đã cho có hai điểm cực trị.
B. Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị.
C. Hàm số đã cho không có giá trị cực tiểu.
D. Hàm số đã cho không có giá trị cực đại. roups/GeoGebr Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 2.
Vậy hàm số có hai điểm cực trị. Chọn đáp án A Câu 13.3. acebook.com/g .f
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau. x −∞ 0 2 +∞
Giá trị cực đại của hàm số bằng y0 − 0 + 0 − A. 1. B. 2. C. 0. D. 5. +∞ + y 5 1 −∞ Lời giải. https://www
Giá trị cực đại của hàm số bằng 5. Chọn đáp án D
Câu 13.4. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau: x −∞ −2 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ 0
Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho A. yCĐ = −2 và yCT = 2. B. yCĐ = 3 và yCT = 0. C. yCĐ = 2 và yCT = 0. D. yCĐ = 3 và yCT = −2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 44
Từ bảng biến thiên ta có yCĐ = 3 và yCT = 0. Chọn đáp án B Câu 13.5.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên x −∞ 2 4 +∞
dưới đây. Khẳng định nào sau đây là y0 + 0 − 0 + khẳng định đúng? 3 +∞ +
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2. y
B. Hàm số đạt cực đại tại x = −2. −∞ −2
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 4.
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 3. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4. Chọn đáp án A Câu 13.6.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như x −∞ 0 1 +∞
hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng? y0 + 0 − 0 +
A. Hàm số có điểm cực tiểu x = 0. 5 +∞ + y 2019-2020
B. Hàm số có điểm cực đại x = 5. −∞ −1
C. Hàm số có điểm cực tiểu x = −1.
D. Hàm số có điểm cực tiểu x = 1. THPT Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x = 1. GHIỆP Chọn đáp án D N
Câu 13.7. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số y = f (x) có bao T nhiêu điểm cực trị? TỐ x −∞ −1 0 1 +∞ THI y0 + 0 − + 0 − 2 3 y LUYỆN −∞ −1 −1 2 A. Có một điểm. B. Có ba điểm. C. Có hai điểm. D. Có bốn điểm. Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = −1 và x = 1. Chọn đáp án C
Câu 13.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số y = f (x) có bao nhiêu điểm cực trị? x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − + 0 − 2 3 y −∞ −1 −1 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 45 A. Có một điểm. B. Có ba điểm. C. Có hai điểm. D. Có bốn điểm. Lời giải.
Từ bảng biến thiên ta có hàm số có hai điểm cực trị là x = −1 và x = 1. Chọn đáp án C
Câu 13.9. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng? x −∞ −1 0 1 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ + 0 +∞ + y −3 − −3 −
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng −1 bằng 1. o/
B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0. aPr
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 0.
D. Hàm số có đúng hai điểm cực trị. Lời giải.
Phương pháp: Đánh giá dấu của f 0(x) và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số y = f (x).
• Cực tiểu là điểm mà tại đó f 0(x) đổi dấu từ âm sang dương. roups/GeoGebr
• Cực đại là điểm mà tại đó f 0(x) đổi dấu từ dương sang âm.
Cách giải: Hàm số đạt cực đại tại x = 0. Chọn đáp án C
Câu 13.10. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. acebook.com/g .f x −∞ 1 2 +∞ y0 − + 0 − +∞ + 0 y https://www −1 − −∞
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 1.
B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và giá trị nhỏ nhất bằng −1.
C. Hàm số có đúng một cực trị.
D. Hàm số có giá trị cực đại bằng 2. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có, dấu của y0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực đại tại
x = 2 và dấu của y0 đổi từ dương sang âm nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1.
Giá trị cực tiểu của hàm số bằng −1, giá trị cực đại của hàm số bằng 0. Chọn đáp án A
Câu 13.11. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 46 x −∞ 2 4 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 3 +∞ + f (x) −∞ −2 −
Hàm số đạt cực đại tại điểm nào trong các điểm sau đây? A. x = −2. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 4. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2. Chọn đáp án C Câu 13.12.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên x −∞ −3 0 +∞ như hình bên. Chọn khẳng định sai. y0 − 0 + − 2019-2020 +∞ + 3 y THPT 0 −∞
A. Hàm số đạt cực đại tại x = 0.
B. Hàm số có hai điểm cực trị.
C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −3.
D. Hàm số có giá trị cực tiểu y = −3. GHIỆP N T
Câu 13.13. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? TỐ x −∞ 0 2 +∞ THI f 0(x) + 0 − 0 + 2 +∞ + LUYỆN f (x) −∞ −2 A. yCD = 0. B. max y = 2. C. min y = −2. D. yCT = −2. R R Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: yCD = 2, yCT = −2. Do
lim y = +∞ nên hàm số không có giá trị lớn nhất. x→+∞ Do
lim y = −∞ nên hàm số không có giá trị nhỏ nhất. x→−∞ Chọn đáp án D
Câu 13.14. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [−2; 3], có bảng biến thiên như hình vẽ
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 47 x −2 −1 1 3 f 0(x) + 0 − + 1 5 f (x) 0 −2 −
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Giá trị cực tiểu của hàm số là 0.
B. Giá trị cực đại của hàm số là 5.
C. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1.
D. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1. Lời giải.
Hàm số đã cho có đạo hàm không xác định tại x = 1 nhưng đổi dấu qua x = 1 nên x = 1 là o/
điểm cực tiểu của hàm số. aPr Chọn đáp án D
Câu 13.15. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như dưới đây x −∞ 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + roups/GeoGebr 5 +∞ + f (x) −∞ −1 −
Mệnh đề nào sau đây đúng? acebook.com/g .f
A. Hàm số có điểm cực tiểu x = 0.
B. Hàm số có điểm cực đại x = 5.
C. Hàm số có điểm cực tiểu x = −1.
D. Hàm số có điểm cực tiểu x = 1. Lời giải.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x = 1. https://www Chọn đáp án D
CÂU 14. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. y = x3 − 3x. B. y = −x3 + 3x. y C. y = x4 − 2x2. D. y = −x4 + 2x2. O x Lời giải.
Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a > 0 nên chỉ có hàm số y = x3 − 3x thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án A Câu 14.1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 48
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây ? y 2x − 1 x + 1 A. y = . B. y = . x − 1 x − 1 C. y = x4 + x2 + 1. D. y = x3 − 3x − 1. 1 1 O x Lời giải.
Đồ thị là của hàm số nhất biến có tiệm cân đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1 x + 1 nên là hàm số y = x − 1 Chọn đáp án B Câu 14.2.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới y đây? x + 2 −x + 1 A. y = . B. y = . −2x + 4 x − 2 1 2 2x − 3 −x + 3 C. y = . D. y = . −2 2 x + 2 2x − 4 x O 2019-2020 − 12 THPT Lời giải. 1
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2 (loại phương án C), tiệm cận ngang y = − (loại phương 2 GHIỆP
án B) và đi qua điểm (−2; 0) (loại phương án D). N T Chọn đáp án A TỐ Câu 14.3. THI
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A. y = x3 − 3x − 1. B. y = −x3 − 3x2 − 1. 3 C. y = −x3 + 3x2 + 1. D. y = x3 − 3x + 1. LUYỆN 1 x −1 O −1 Lời giải.
Đường cong trong hình vẽ có dạng đồ thị của hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d với a 6= 0. Dựa vào đồ thị, ta có lim y = +∞. Suy ra a > 0. x→+∞
Mặt khác, giao điểm của đồ thị với trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0.
Chỉ có hàm số y = x3 − 3x + 1 thỏa mãn các đặc điểm trên.
Vậy đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số y = x3 − 3x + 1. Chọn đáp án D Câu 14.4.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 49
Đường cong ở hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây y x + 1 A. y = −x3 + 3x + 1. B. y = . x − 1 x − 1 C. y = . D. y = x3 − 3x2 − 1. x + 1 1 O x 1 Lời giải.
Căn cứ vào đồ thị ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x = 1 nên loại phương x − 1 án y = −x3 + 3x + 1, y = , y = x3 − 3x2 − 1. x + 1 x + 1
Vậy hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y = . x − 1 o/ Chọn đáp án B aPr Câu 14.5.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y −1 A. 1 x y = −x4 + 3x2 − 2. B. y = −x4 + 2x2 − 1. O C. y = −x4 + x2 − 1. D. y = −x4 + 3x2 − 3. −1 roups/GeoGebr Lời giải.
Dựa vào dạng đồ thị ta thấy:
• Hàm số đã cho có dạng y = ax4 + bx2 + c với a < 0.
• Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −1 nên hàm số có hệ số tự do acebook.com/g
c = −1. Do vậy ta loại đáp án A và D. .f
• Hàm số đạt cực đại tại x = ±1, giá trị cực đại bằng 0.
• Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, gía trị cực tiểu bằng −1 . Do vậy ta chọn đáp án B. Chọn đáp án B https://www
Câu 14.6. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y 2 x −1 O −1
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 50 2x − 1 1 − 2x 2x + 1 2x + 1 A. y = . B. y = . C. y = . D. y = . x + 1 x + 1 x − 1 x + 1 Lời giải.
Đồ thị hàm số có đường tiệm đứng là x = −1. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; −1). Chọn đáp án A Câu 14.7.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A. y = x4 − 2x2 − 1. B. y = −x4 + 2x2 − 1. C. y = x3 − x2 − 1. D. y = −x3 + x2 − 1. x O Lời giải.
Dựa vào hình dáng đồ thị ta suy ra hàm số là hàm trùng phương y = ax4 + bx2 + c có
• “Đuôi thăng thiên” nên a > 0.
• Cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên c < 0.
• Có 3 cực trị nên a · b < 0 ⇒ b < 0. 2019-2020 Chọn đáp án A THPT
Câu 14.8. Đồ thị như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y GHIỆP 1 2 3 N x −1 O T TỐ −2 THI −4 LUYỆN A. y = x3 − 3x2 + 4. B. y = −x3 + 3x2 − 4. C. y = x3 − 3x2 − 4. D. y = −x3 − 3x2 − 4. Lời giải.
Hình vẽ là đồ thị hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d với a < 0 và hàm số có hai điểm cực trị là x = 0
và x = 2. Ta thấy chỉ có hàm số y = −x3 + 3x2 − 4 thỏa mãn các điều kiện đó. Chọn đáp án B Câu 14.9.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A. y = x4 − 2x2 + 3. B. y = x4 − 2x2 − 3. −1 1 C. y = −x4 + 2x2 − 3. D. y = x3 − 3x2 − 3. x O −3 −4
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 51 Lời giải.
Đồ thị đã cho có dạng đồ thị của hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a dương, cắt trục tung tại
điểm có tung độ bằng −3. Chọn đáp án B Câu 14.10.
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây. y
Hàm số đó là hàm số nào? 2 A. y = x3 − 3x2 + 2. B. y = x3 + 3x2 + 2. 1 C. y = −x3 + 3x2 + 2. D. y = x3 − 3x2 + 1. 1 2 x O −1 −2 o/ aPr Lời giải.
Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số tăng suy ra hệ số a > 0.
Đồ thị hàm số đạt cực trị tại hai điểm là (0; 2) và (2; −2). "x = 0
Ta có y = x3 − 3x2 + 2 có y0 = 3x2 − 6x. Cho y0 = 0 ⇔ (thỏa). x = −2 roups/GeoGebr "x = 0
Ta có hàm số y = x3 + 3x + 2 có y0 = 3x2 + 6x. Cho y0 = 0
(loại). Ta có đồ thị hàm số cắt x = 2
trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 suy ra hàm số y = x3 + 3x2 + 1 không thỏa. acebook.com/g Chọn đáp án A .f Câu 14.11.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? y A. y = 3x2 − 2x3 + 1. B. y = −2x3 − 3x2 + 1. https://www C. y = x3 − 2x2 + 1. D. y = −x3 + 3x2 + 1. 2 1 O 1 x Lời giải.
Đồ thị hình bên có a < 0, điểm cực tiểu M (0; 1), cực đại N (1; 2). "x = 0 ⇒ y = 1
• Xét hàm số y = 3x2 − 2x3 + 1 có y0 = 6x − 6x2 = 0 ⇒ thỏa mãn đồ thị hình x = 1 ⇒ y = 2 bên. "x = 0
• Xét hàm số y = −2x3 − 3x2 + 1 có y0 = −6x2 − 6x = 0 ⇒ không thỏa mãn đồ thị x = −1 hình bên.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 52 x = 0
• Hàm số y = x3 − 2x2 + 1 có y0 = 3x2 − 4x = 0 ⇔  4 không thỏa hình bên. x = 3 "x = 0
• Hàm số y = −x3 + 3x2 + 1 có y0 = −3x2 + 6x = 0 ⇒
không thỏa đồ thị hình bên. x = 2 Chọn đáp án A Câu 14.12.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới y đây? A. y = x4 − x2 + 1. B. y = x4 − 4x2 + 1. C. y = −x4 + 4x2 + 1. D. y = x3 − 3x2 + 2x + 1. 1 x −2 O 2 2019-2020 THPT Lời giải. GHIỆP
Từ dáng điệu của đồ thị hàm số suy ra nó là đồ thị hàm số trùng phương có hệ số a > 0. Do đó N
ta chỉ xét hai hàm số y = x4 − x2 + 1 và y = x4 − 4x2 + 1. T "x = 0 √ TỐ
Với hàm số y = x4 − 4x2 + 1, ta có y0 = 4x3 − 8x, y0 = 0 ⇔
√ . Khi x = ± 2 thì y = −3. x = ± 2 THI
Do đó, đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số y = x4 − 4x2 + 1. Chọn đáp án B Câu 14.13. LUYỆN
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y nào dưới đây? x − 1 x + 1 A. y = . B. y = . 2x + 1 2x − 1 2x − 1 2x + 1 C. y = . D. y = . x + 1 x − 1 1 O x −1 1 −1 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 53 1
Từ đồ thị đã cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −
là tiệm cận đứng và đường thẳng 2 1 x − 1 y =
làm tiệm cận ngang. Do đó đồ thị trên là của hàm số y = . 2 2x + 1 Chọn đáp án A Câu 14.14.
Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y nào dưới đây? x − 1 x + 1 A. y = . B. y = . 2x + 1 2x − 1 2x − 1 2x + 1 C. y = . D. y = . x + 1 x − 1 1 O x −1 1 o/ −1 aPr Lời giải. 1
Từ đồ thị đã cho ta thấy đồ thị nhận đường thẳng x = −
là tiệm cận đứng và đường thẳng roups/GeoGebr 2 1 x − 1 y =
làm tiệm cận ngang. Do đó đồ thị trên là của hàm số y = . 2 2x + 1 Chọn đáp án A Câu 14.15.
Đồ thị được cho ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? acebook.com/g y .f x − 1 A. y = −x3 + 3x2 + 1. B. y = . x + 1 C. y = x3 + 3x2 + 1. D. y = x4 + 2x + 1. https://www x O Lời giải.
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và hệ số a < 0 Chọn đáp án A x − 2
CÂU 15. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là x + 1 A. y = −2. B. y = 1. C. x = −1. D. x = 2. Lời giải. x − 2 x − 2 Ta có lim = 1 và lim = 1. x→+∞ x + 1 x→−∞ x + 1
Suy ra y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 54 2x − 3 Câu 15.1. Cho hàm số y =
. Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số trên là: x + 4 −3 A. x = −4. B. y = 2. C. x = 4. D. y = . 4 Lời giải. 2x − 3 2x − 3 lim y = lim = 2, lim y = lim = 2. x→+∞ x→+∞ x + 4 x→−∞ x→−∞ x + 4
Vậy y = 2 là đường tiệm cận ngang. Chọn đáp án B x − 3
Câu 15.2. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
là đường thẳng có phương trình? x − 1 A. y = 5. B. y = 0. C. x = 1. D. y = 1. Lời giải. x − 3 Ta có lim y = lim
= 1 ⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x→±∞ x→+∞ x − 1 Chọn đáp án B
Câu 15.3. Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số
trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới y
đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 5 2x − 1 A. y = . 2019-2020 x + 1 1 − 2x 3 B. y = . x + 1 2 THPT 2x + 1 C. y = . 1 x − 1 2x + 1 D. y = . −4 −2 −1 2 x O x + 1 −1 GHIỆP N Lời giải. T
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = −1 ⇒ loại đáp án C. TỐ
Đồ thị hàm số đi qua điểm A (0; −1) ⇒ loại đáp án B và D. THI Chọn đáp án A 2 − 2x
Câu 15.4. Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = . x + 1 LUYỆN A. y = −2. B. x = −1. C. x = −2. D. y = 2. Lời giải. 2 2 − 2x − 2 Ta có: lim y = lim x x → ±∞ = lim
= −2 ⇒ y = −2 là đường tiệm cận ngang của x→±∞ x + 1 x→±∞ 1 1 + x hàm số. Chọn đáp án A 4x + 4
Câu 15.5. Đồ thị hàm số y =
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận? x2 + 2x + 1 A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. Lời giải. 4x + 4 4x + 4 Ta có: lim
= 0 nên đồ thị hàm số y = có tiệm cận ngang y = 0. x→±∞ x2 + 2x + 1 x2 + 2x + 1 4x + 4 4 (x + 1) 4 4x + 4 lim = lim = lim
= +∞ nên đồ thị hàm số y = có x→−1+ x2 + 2x + 1 x→−1+ (x + 1)2 x→−1+ x + 1 x2 + 2x + 1
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 55 tiệm cận đứng x = −1. 4x + 4
Vậy đồ thị hàm số y =
có tất cả hai đường tiệm cận. Chọn đáp án A. x2 + 2x + 1 Chọn đáp án A 2 − 2x
Câu 15.6. Tìm đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = . x + 1 A. x = −1. B. x = −2. C. y = 2. D. y = −2. Lời giải. 2 − 2x Ta có lim
= −2 ⇒ y = −2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x→+∞ x + 1 Chọn đáp án D 3 − 2x
Câu 15.7. Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = là x + 1 A. x = −2. B. x = −1. C. y = −2. D. y = 3. Lời giải. ax + b Å d ã a o/
Phương pháp: Sử dụng đồ thị hàm số y = x 6= − nhận đường thẳng y = làm tiệm cx + d c c aPr d
cận ngang và đường thẳng x = − làm tiệm cận đứng. c Cách giải: 3 − 2x Đồ thị hàm số y =
nhận đường thẳng y = −2 làm tiệm cận ngang. x + 1 Chọn đáp án C roups/GeoGebr 5
Câu 15.8. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
là đường thẳng có phương trình nào x − 1 dưới đây? A. x = 1. B. y = 5. C. x = 0. D. y = 0. Lời giải.  5  lim = 0  x→+∞ x − 1 acebook.com/g Ta có:
⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0. .f 5  lim = 0  x→−∞ x − 1 Chọn đáp án D 2x − 3
Câu 15.9. Đồ thị hàm số y =
có các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt x − 1 https://www là A. x = 1 và y = 2. B. x = 2 và y = 1. C. x = 1 và y = −3. D. x = −1 và y = 2. Lời giải.
Hàm số đã cho là hàm nhất biến nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x = 1, đường tiệm cận ngang là y = 2. Chọn đáp án A 1 − 4x
Câu 15.10. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = ? 2x − 1 1 A. y = 2. B. y = . C. y = 4. D. y = −2. 2 Lời giải. Ta có: lim y = −2 và
lim y = −2 nên đường thẳng y = −2 là đường tiệm cận ngang của đồ x→+∞ x→−∞ thị hàm số. Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 56 3x − 5
Câu 15.11. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là x − 2 A. x = 2. B. y = 2. C. x = 3. D. y = 3. Lời giải. 3x − 5 3x − 5 Ta có lim = +∞ và lim
= −∞ nên x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x→2+ x − 2 x→2− x − 2 đã cho. Chọn đáp án A
Câu 15.12. Phương trình các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 − 3x y = lần lượt là x + 2 A. x = −2 và y = −3. B. y = −2 và x = −3. C. x = −2 và y = 1. D. x = 2 và y = 1. Lời giải. 1 − 3x 1 − 3x Ta có lim = +∞ và lim = −∞ x→(−2)+ x + 2 x→(−2)− x + 2
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = −2 1 − 3x Ta có lim = −3 x→±∞ x + 2
Nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = −3. Chọn đáp án A 2019-2020 7 − 2x
Câu 15.13. Đồ thị hàm số y =
có tiệm cận đứng là đường thẳng? x − 2 THPT A. x = −3. B. x = 2. C. x = −2. D. x = 3. Lời giải. 7 − 2x Ta có lim y = lim
= +∞, nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên là x = 2. x→2+ x→2+ x − 2 GHIỆP N Chọn đáp án B T
Câu 15.14. Hàm số nào có đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm đường tiệm cận? TỐ 1 5x 1 1 A. y = . B. y = . C. y = x − 2 + . D. y = . x + 1 2 − x x + 1 x + 2 THI Lời giải. 5x Hàm số y =
nhận x = 2 làm tiệm cận đứng nên chọn B. 2 − x LUYỆN Chọn đáp án B 2x − 3
Câu 15.15. Đồ thị hàm số y =
có các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt x − 1 là A. x = 1 và y = 2. B. x = 2 và y = 1. C. x = 1 và y = −3. D. x = −1 và y = 2. Lời giải. 2x − 3 • lim
= 2 nên y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị. x→±∞ x − 1 2x − 3 2x − 3 • lim = −∞, lim
= +∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x→1+ x − 1 x→1− x − 1 Chọn đáp án A
CÂU 16. Tập nghiệm của bất phương trình log x ≥ 1 là A. (10; +∞). B. (0; +∞). C. [10; +∞). D. (−∞; 10).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 57 Lời giải. (x > 0 log x ≥ 1 ⇔ ⇔ x ≥ 10. x ≥ 10 Chọn đáp án C
Câu 16.1. Tập nghiệm của bất phương trình log2 (3x + 1) < 2 là h 1 1 1 1 A. − ; 1 . B. − ; . C. − ; 1 . D. (−∞; 1). 3 3 3 3 Lời giải. 1 ĐK: x > − 3
log2 (3x + 1) < 2 ⇔ 3x + 1 < 4 ⇔ x < 1. 1
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là − < x < 1. 3 1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình − ; 1 . 3 o/ Chọn đáp án C aPr x−1 −x+3 3 3
Câu 16.2. Tìm tập nghiệm của bất phương trình > . 4 4 A. (2; +∞). B. (−∞; 2). C. [2; +∞). D. (−∞; 2]. Lời giải. x−1 −x+3 3 3 >
⇔ x − 1 < −x + 3 ⇔ x < 2. 4 4 Chọn đáp án B roups/GeoGebr x 1
Câu 16.3. Tập nghiệm của bất phương trình < 8 là. 2 1 1 A. S = (−∞; −3). B. S = −∞; . C. S = (−3; +∞). D. S = ; +∞ . 3 3 Lời giải. x 1
< 8 ⇔ x > log 1 8 ⇔ x > −3. acebook.com/g 2 2 .f Chọn đáp án C
Câu 16.4. Tập nghiệm của bất phương trình 32x−1 > 27 là 1 1 A. ; +∞ . B. (3; +∞). C. ; +∞ . D. (2; +∞). 2 3 https://www Lời giải.
32x−1 > 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2. Chọn đáp án D
Câu 16.5. Tập nghiệm của bất phương trình log2 x > log2(8 − x) là A. (8; +∞). B. (−∞; 4). C. (4; 8). D. (0; 4). Lời giải.
Điều kiện 0 < x < 8.
Do 2 > 1 nên bất phương trình đã cho tương đương với
x > 8 − x ⇔ 2x > 8 ⇔ x > 4.
Kết hợp với điều kiện 0 < x < 8 ta được tập nghiệm của bất phương trình là (4; 8) Chọn đáp án C
Câu 16.6. Tập nghiệm của bất phương trình log2 x < 0 là A. (0; 1). B. (−∞; 1). C. (1; +∞). D. (0; +∞).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 58 Lời giải. Điều kiện: x > 0.
Phương trình đã cho tương đương với x < 1.
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm 0 < x < 1. Chọn đáp án A
Câu 16.7. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 (x − 3) ≥ log 1 (9 − 2x) là 2 2 9 h 9 A. S = (3; 4). B. S = 3; . C. S = (3; 4]. D. S = 4; . 2 2 Lời giải. (x − 3 ≤ 9 − 2x
log 1 (x − 3) ≥ log 1 (9 − 2x) ⇔ ⇔ 3 < x ≤ 4. 2 2 x − 3 > 0 Chọn đáp án C
Câu 16.8. Tập nghiệm của bất phương trình 3x > 9 là A. (2; +∞). B. (0; 2). C. (0; +∞). D. (−2; +∞). Lời giải.
Ta có 3x > 9 ⇔ 3x > 32 ⇔ x > 2. 2019-2020 Chọn đáp án A
Câu 16.9. Tập nghiệm của bất phương trình 32x−1 > 27 là 1 1 THPT A. (2; +∞). B. (3; +∞). C. ; +∞ . D. ; +∞ . 3 2 Lời giải.
Ta có 32x−1 > 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2. GHIỆP N Chọn đáp án A T
Câu 16.10. Tập nghiệm của bất phương trình 2x+1 > 0 là TỐ A. x ∈ R. B. x > −1. C. x > 1. D. x > 0. THI Lời giải.
Ta có 2x+1 > 0 với mọi x ∈ R. Chọn đáp án A LUYỆN
Câu 16.11. Tập nghiệm của bất phương trình 32x−1 > 27 là 1 1 A. (2; +∞). B. (3; +∞). C. ; +∞ . D. ; +∞ . 3 2 Lời giải.
Ta có 32x−1 > 27 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 2. Chọn đáp án A
Câu 16.12. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x > 0 là 2 A. (0; 1). B. (−∞; 1). C. (1; +∞). D. (0; +∞). Lời giải.
Điều kiện xác định x > 0.
Ta có log 1 x > 0 ⇔ x < 1. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của bất phương 2 trình là S = (0; 1). Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 59 4x 2−x 2 3
Câu 16.13. Tập nghiệm của bất phương trình ≤ là 3 2 2 i 2 i 2 i h 2 A. −∞; − . B. −∞; . C. ; +∞ . D. − ; +∞ . 3 5 5 3 Lời giải. 4x 2−x −4x 2−x 2 3 3 3 2 ≤ ⇔ ≤
⇔ −4x ≤ 2 − x ⇔ x ≥ − . 3 2 2 2 3 Chọn đáp án D
Câu 16.14. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log3(x − 2) > 2. A. (−∞; 11). B. (2; +∞). C. [11; +∞). D. (11; +∞). Lời giải.
Điều kiện: x − 2 > 0 ⇔ x > 2.
Vì 3 > 1 nên log3(x − 2) > 2 ⇔ x − 2 > 32 ⇔ x > 11. o/
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [11; +∞). aPr Chọn đáp án C 3x 2x+6 1 1
Câu 16.15. Tập nghiệm của bất phương trình > là 3 3 A. (0; 6). B. (−∞; 6). C. (0; 64). D. (6; +∞). Lời giải. 3x 2x+6 1 1 roups/GeoGebr Ta có >
⇔ 3x < 2x + 6 ⇔ x < 6. 3 3 Chọn đáp án B
CÂU 17. Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị trong hình bên.
Số nghiệm của phương trình f (x) = −1 là y 1 A. 3. B. 2. acebook.com/g −2 2 .f C. 1. D. 4. O x −3 https://www Lời giải. y 1 −2 2 O x y = −1 −3
Dựa vào đồ thị ta thấy có 4 giao điểm. Vậy phương trình có 4 nghiệm. Chọn đáp án D
Câu 17.1. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình sau
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 60 x −∞ −2 0 2 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + +∞ + 1 +∞ + f (x) −2 −2 −
Số nghiệm thực của phương trình 2f (x) + 3 = 0 là A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải. 3
2f (x) + 3 = 0 ⇔ f (x) = − . 2 3
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = − . 2 3 Mà −2 < −
< 1 nên số nghiệm thực của phương trình 2f (x) + 3 = 0 là 4. 2 Chọn đáp án A Câu 17.2.
Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của y
phương trình 3f (x) − 8 = 0 bằng A. 2 1. B. 2. C. 3. D. 4. 2019-2020 1 −2 2 x O 1 THPT −1 −2 Lời giải. GHIỆP 8 N
Ta có 3f (x) − 8 = 0 ⇔ f (x) = . y 8 T 3 8 3
Dựa vào đồ thị, đường thẳng y =
cắt đồ thị y = f (x) tại hai điểm TỐ 3 2
phân biệt. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 1 THI −2 2 x O 1 −1 −2 LUYỆN Chọn đáp án B
Câu 17.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ + y −∞ 0
Số nghiệm của phương trình 2f (x) + 3 = 0 là A. 1. B. 2. C. 0. D. 3. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 61 3
Ta có 2f (x) + 3 = 0 ⇔ f (x) = −
là PTHĐGĐ của đồ thị (C) của hàm số y = f (x) và đường 2 3
thẳng d : y = − . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (C) và d cắt nhau tại 1 điểm. Vậy Phương 2
trình 2f (x) + 3 = 0 có 1 nghiệm. Chọn đáp án A Câu 17.4.
Cho hàm số f (x) có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm của phương trình y 2f (x) − 3 = 0 là A. 3. B. 1. C. 2. D. 0. 3 1 o/ x −1 O aPr −1 Lời giải. 3
Ta có 2f (x) − 3 = 0 ⇔ f (x) = (∗). y 2
Số nghiệm của phương trình (∗) bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số roups/GeoGebr 3
y = f (x) và đường thẳng y = . 3 2 3
Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại y = 3 điểm phân biệt. 2
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm. 1 x −1 O −1 acebook.com/g .f Chọn đáp án A https://www Câu 17.5.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ x −∞ −1 1 +∞
bên. Số nghiệm của phương trình f (x) = −1 là y0 − 0 + + A. +∞ 1. B. 2. C. 4. D. 3. 1 −1 y √ − 2 −∞ Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f (x) = −1 tương ứng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x)
và y = −1. Dựa vào bảng biến thiên suy ra số giao điểm hai đồ thị là 2 điểm. Chọn đáp án A
Câu 17.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 62 x −∞ −1 0 1 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ + 5 +∞ + y 1 1 2 2
Số nghiệm của phương trình 2f (x) − 5 = 0 là: A. 4. B. 0. C. 3. D. 2. Lời giải. 5
Ta có 2f (x) − 5 = 0 ⇔ f (x) = . 2
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường 5 5 thẳng y =
. Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y =
cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 2
đúng 4 điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án A Câu 17.7.
Cho hàm số y = −x4 + 2x2 + 1 có đồ thị như hình vẽ. Tìm tất cả các giá y
trị thực của tham số m để phương trình −x4 + 2x2 + 1 = m có bốn nghiệm 2 2019-2020 thực phân biệt. A. 1 ≤ m ≤ 2. 1 THPT B. m > 1. x C. m < 2. −1 O 1 D. 1 < m < 2. GHIỆP Lời giải. N T
Số nghiệm của phương trình −x4 + 2x2 + 1 = m là số giao điểm của đồ y TỐ
thị hai hàm số y = −x4 + 2x2 + 1 và đường thẳng y = m (song song hoặc 2 trùng Ox). THI
Từ đồ thị, phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < m < 2. 1 x −1 O 1 LUYỆN Chọn đáp án D
Câu 17.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ: x −∞ −2 1 +∞ y0 1 − 0 + 1 +∞ +∞ + y −∞ −2
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình f (x) = m có 3 nghiệm phân biệt. A. −2 < m < 1. B. −2 < m. C. −2 ≤ m < 1. D. −2 ≤ m ≤ 1. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 63
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng y = m. Chọn đáp án A Câu 17.9.
Cho hàm số y = f (x) = ax4 + bx2 + c có đồ thị như hình vẽ. Số nghiệm y
của phương trình 2f (x) + 3 = 0 là A. 3. B. 1. C. 2. D. 4. 1 x O o/ −3 aPr Lời giải. 3
Ta có 2f (x) + 3 = 0 ⇔ f (x) = − . Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 23
đã cho và đường thẳng ∆ : y = − . Dựa vào đồ thị thì hàm số có cực đại là yCĐ = 1 và cực tiểu 2 3 roups/GeoGebr
là yCT = −3. Mà −3 < − < 1 nên đường thẳng ∆ cắt đồ thị đã cho tại 4 điểm. 2
Vậy phương trình 2f (x) + 3 = 0 có 4 nghiệm. Chọn đáp án D Câu 17.10. acebook.com/g .f
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị như hình bên. Phương y
trình f (x) = π có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? 4 3 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. 2 1 https://www −2 −1 O x 1 2 −1 Lời giải.
Số nghiệm của phương trình f (x) = π bằng số giao điểm của đường thẳng y = π và đồ thị hàm số y = f (x).
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y = π cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Chọn đáp án D Câu 17.11.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 64
Đồ thị ở hình bên là của hàm số y = x4 −2x2 −3. Với giá trị nào của y
m thì phương trình x4 − 2x2 + m = 0 có ba nghiệm phân biệt? A. m = −3. B. m = −4. C. m = 0. D. m = 4. −1 1 x O −3 −4 Lời giải.
PT ⇔ x4 − 2x2 − 3 = −m − 3. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y = x4 − 2x2 − 3 và đường thẳng y = −m − 3. Dựa vào đồ thị hàm số ta có phương trình có ba
nghiệm phân biệt khi −m − 3 = −3 ⇔ m = 0. Chọn đáp án C Câu 17.12.
Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên R và x −∞ 1 3 +∞
có bảng biến thiên như hình vẽ. Số nghiệm của y0 + 0 − + 2019-2020
phương trình f (x) + 2 = 0 là 2 +∞ + A. 2. B. 0. C. 1. D. 3. y THPT −∞ −2 − Lời giải. "x = x0 ∈ (−∞; 1)
Ta thấy f (x) + 2 = 0 ⇔ f (x) = −2 ⇔ GHIỆP x = 3. N T
Vậy phương trình f (x) + 2 = 0 có 2 nghiệm. TỐ Chọn đáp án A Câu 17.13. THI
Đồ thị ở hình bên là của hàm số y = x4 − 3x2 − 3. Với giá trị nào của y
m thì phương trình x4 − 3x2 + m = 0 có ba nghiệm phân biệt? −1 1 x O LUYỆN A. m = −4. B. m = 0. C. m = −3. D. m = 4. −3 −5 Lời giải. Ta có
x4 − 3x2 + m = 0 ⇔ x4 − 3x2 − 3 = −m − 3. (1)
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị y = x4 − 3x2 − 3 và y = −m − 3.
Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi −m − 3 = −3 ⇔ m = 0.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 65 Chọn đáp án B
Câu 17.14. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ. x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ + y −∞ −2
Số nghiệm của phương trình f (x) + 2 = 0 là A. 1. B. 2. C. 3. D. 0. Lời giải.
Phương trình f (x) + 2 = 0 ⇔ f (x) = −2. Số nghiệm phương trình đã cho là số giao điểm của đồ o/
thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = −2. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy số giao điểm này aPr
bằng 2 nên phương trình đã cho có hai nghiệm. Chọn đáp án B
Câu 17.15. Cho hàm số y = x4 − 2x2 − 3 có đồ thị hàm số như hình bên dưới. Với giá trị nào
của tham số m phương trình x4 − 2x2 − 3 = 2m − 4 có hai nghiệm phân biệt? y roups/GeoGebr −1 1 x O −3 acebook.com/g .f −4   m = 0 1 m = 0 1 A.  1 . B. 0 < m < . C.  . D. m ≤ . 2 1 2 https://www m > m = 2 2 Lời giải.
Số nghiệm của phương trình x4 − 2x2 − 3 = 2m − 4 bằng số giao điểm của đường thẳng y = 2m − 4
và đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 − 3.
Dựa vào đồ thị ta có phương trình x4 − 2x2 − 3 = 2m − 4 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  "2m − 4 = −4 m = 0 ⇔  1 . 2m − 4 > −3 m > 2 Chọn đáp án A 1 1 Z Z CÂU 18. Nếu f (x)dx = 4 thì 2f (x)dx = 4 bằng 0 0 A. 16. B. 4. C. 2. D. 8.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 66 Lời giải. 1 1 Z Z Ta có: 2f (x) dx = 2 f (x) dx = 2.4 = 8. 0 0 Chọn đáp án D 2 5 5 Z Z Z Câu 18.1. Nếu f (x) dx = 3, f (x) dx = −1 thì f (x) dx bằng 1 2 1 A. 3. B. 4. C. 2. D. −2. Lời giải. Theo tính chất tích phân 5 2 5 Z Z Z f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = 3 + (−1) = 2. 1 1 2 Chọn đáp án C 5 7 7 Z Z Z Câu 18.2. Nếu f (x)dx = 3 và f (x)dx = 9 thì f (x)dx bằng bao nhiêu? 2019-2020 2 5 2 A. 3. B. 6. C. 12. D. −6. THPT Lời giải. 7 5 7 Z Z Z Ta có f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = 3 + 9 = 12. 2 2 5 GHIỆP N Chọn đáp án C T 5 Z TỐ dx Câu 18.3. Nếu
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng 2x − 1 THI 1 A. 9. B. 3. C. 6. D. 81. Lời giải. 5 Z 5 LUYỆN dx 1 = ln |2x − 1| = ln 3. 2x − 1 2 1 1 Vậy c = 3. Chọn đáp án B 5 Z dx Câu 18.4. Nếu
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng 2x − 1 1 A. 9. B. 3. C. 6. D. 81. Lời giải. 5 Z 5 dx 1 = ln |2x − 1| = ln 3. 2x − 1 2 1 1 Vậy c = 3. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 67 5 Z dx Câu 18.5. Nếu
= ln c với c ∈ Q thì giá trị của c bằng 2x − 1 1 A. 9. B. 3. C. 6. D. 81. Lời giải. 5 Z 5 dx 1 = ln |2x − 1| = ln 3. 2x − 1 2 1 1 Vậy c = 3. Chọn đáp án B 2 5 5 Z Z Z Câu 18.6. Nếu f (x) dx = 3, f (x) dx = −1 thì f (x) dx bằng 1 2 1 A. −2. B. 2. C. 3. D. 4. o/ Lời giải. aPr 5 2 5 Z Z Z Ta có f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = 3 − 1 = 2. 1 1 2 Chọn đáp án B 3 3 Z Z roups/GeoGebr
Câu 18.7. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 3]. Nếu f (x)dx = 2 thì tích phân [x − 0 0
3f (x)]dx có giá trị bằng 3 3 A. −3. B. 3. C. . D. − . 2 2 Lời giải. 3 3 3 Z Z Z 1 3 9 3 acebook.com/g .f Ta có [x − 3f (x)]dx = xdx − 3 f (x)dx = x2 − 6 = − 6 = − . 2 0 2 2 0 0 0 Chọn đáp án D 3 3 Z Z https://www
Câu 18.8. Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn [0; 3]. Nếu f (x)dx = 2 thì tích phân [x − 0 0
3f (x)]dx có giá trị bằng 3 3 A. −3. B. 3. C. . D. − . 2 2 Lời giải. 3 3 3 Z Z Z 1 3 9 3 Ta có [x − 3f (x)]dx = xdx − 3 f (x)dx = x2 − 6 = − 6 = − . 2 0 2 2 0 0 0 Chọn đáp án D
Câu 18.9. Cho các số thực a, b (a < b). Nếu hàm số y = f (x) có đạo hàm là hàm liên tục trên R thì b b Z Z A. f (x) dx = f 0(a) − f 0(b). B. f 0(x) dx = f (b) − f (a). a a
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 68 b b Z Z C. f 0(x) dx = f (a) − f (b). D. f (x) dx = f 0(b) − f 0(a). a a Lời giải. b Z b Ta có
f 0(x) dx = f (x) = f (b) − f (a). a a Chọn đáp án B
CÂU 19. Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i là A. ¯ z = −2 + i. . B. ¯ z = −2 − i. C. ¯ z = 2 − i. D. ¯ z = 2 + i. Lời giải.
Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i và z = 2 − i. Chọn đáp án C
Câu 19.1. Cho số phức z thỏa mãn z = 3 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.
A. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng 2.
B. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2.
C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2.
D. Phần thực bằng −3, phần ảo bằng −2. Lời giải.
Vì z = 3 + 2i ⇒ z = 3 − 2i. Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2. 2019-2020 Chọn đáp án C
Câu 19.2. Phần thực và phần ảo của số phức z = 1 + 2i lần lượt là THPT A. 1 và 2. B. 1 và i. C. 1 và 2i. D. 2 và 1. Lời giải. GHIỆP
Số phức z có phần thực là 1 và phần ảo là 2. N Chọn đáp án A T TỐ
Câu 19.3. Số phức liên hợp của z = 4 + 3i là A. z = −3 + 4i. B. z = 4 − 3i. C. z = 3 + 4i. D. z = 3 − 4i. THI Lời giải.
Số phức liên hợp của z = 4 + 3i là z = 4 − 3i. Chọn đáp án B LUYỆN
Câu 19.4. Tìm phần thực và phần ảo của số phức liên hợp của số phức z = 1 + i.
A. Phần thực là 1, phần ảo là −1.
B. Phần thực là 1, phần ảo là −i.
C. Phần thực là 1, phần ảo là 1.
D. Phần thực là 1, phần ảo là i. Lời giải. ¯
z = 1 − i, phần thực bằng 1, phần ảo bằng −1. Chọn đáp án A
Câu 19.5. Tìm phần ảo của số phức z = 5 − 8i. A. 8. B. −8i. C. 5. D. −8. Lời giải.
Theo sách giáo khoa ta thấy z có phần ảo là −8. Chọn đáp án D
Câu 19.6. Tìm phần ảo của số phức z = 8 − 12i.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 69 A. −12. B. 18. C. 12. D. −12i. Lời giải.
Phần ảo của số phức z = 8 − 12i là −12. Chọn đáp án A
Câu 19.7. Tìm số phức liên hợp của của số z = 5 + i. A. z = 5 − i. B. z = −5 − i. C. z = 5 + i. D. z = −5 + i. Lời giải.
Số phức liên hợp của của số a + bi là a − bi. Do đó z = 5 − i. Chọn đáp án A
Câu 19.8. Tính mô-đun của số phức z = 3 + 4i. √ A. 3. B. 5. C. 7. D. 7. Lời giải. √ Ta có |z| = 32 + 42 = 5. o/ Chọn đáp án B aPr
Câu 19.9. Số phức liên hợp của số phức z = 6 − 4i là A. ¯ z = −6 + 4i. B. ¯ z = 4 + 6i. C. ¯ z = 6 + 4i. D. ¯ z = −6 − 4i. Lời giải.
Số phức liên hợp của số phức 6 − 4i là 6 + 4i. Chọn đáp án C roups/GeoGebr
Câu 19.10. Cho số phức z = 2 + i. Số phức liên hợp z có phần thực, phần ảo lần lượt là A. 2 và 1. B. −2 và −1. C. −2 và 1. D. 2 và −1. Lời giải.
z = 2 + i ⇒ z = 2 − i. Vậy z có phần thực, phần ảo lần lượt là 2 và −1. Chọn đáp án D acebook.com/g .f
CÂU 20. Cho hai số phức z1 = 2 + i và z2 = 1 + 3i . Phần thực của số phức z1 + z2 bằng A. 1. B. 3. C. 4. D. -2. Lời giải. Ta có z1 + z2 = 3 + 4i. https://www Chọn đáp án B
Câu 20.1. Cho hai số phức z1 = 3 + i, z2 = 2 − i. Tính giá trị của biểu thức P = |z1 + z1 · z2|. A. P = 85. B. P = 5. C. P = 50. D. P = 10. Lời giải.
Ta có z1 · z2 = (3 + i)(2 − i) = 7 − i ⇒ z1 + z1 · z2 = 3 + i + 7 − i = 10.
Suy ra P = |z1 + z1 · z2| = 10. Chọn đáp án D
Câu 20.2. Cho hai số phức z1 = −1+2i, z2 = −1−2i. Giá trị của biểu thức |z1|2 +|z2|2 bằng √ A. 10. B. 10. C. −6. D. 4. Lời giải. » √ » √ Ta có |z1| = (−1)2 + 22 = 5; |z2| = (−1)2 + (−2)2 = 5. √ √ |z1|2 + |z2|2 = 52 + 52 = 10. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 70
Câu 20.3. Cho hai số phức z1 = 1 − 2i và z2 = 3 + 4i. Tìm điểm M biểu diễn số phức z1.z2 trên mặt phẳng tọa độ. A. M (−2; 11). B. M (−2; −11). C. M (11; −2). D. M (11; 2). Lời giải.
Ta có z1.z2 = (1 − 2i)(3 + 4i) = 11 − 2i. Vậy M (11; −2). Chọn đáp án C z Câu 20.4. Cho hai số phức 2
z1 = 1 + 2i, z2 = 3 − i. Tìm số phức z = . z1 1 7 1 7 1 7 1 7 A. z = + i. B. z = + i. C. z = − i. D. z = − + i. 10 10 5 5 5 5 10 10 Lời giải. z z (3 − i)(1 − 2i) 1 − 7i 1 7 Ta có 2 2 · z1 z = = = = = − i. z1 z1 · z1 (1 + 2i)(1 − 2i) 5 5 5 Chọn đáp án C
Câu 20.5. Cho hai số phức z1 = 2 − 7i và z2 = −4 + i. Điểm biểu diễn số phức z1 + z2 trên mặt
phẳng tọa độ là điểm nào dưới đây? A. Q(−2; −6). B. P (−5; −3). C. N (6; −8). D. M (3; −11). Lời giải. 2019-2020
Ta có z1 + z2 = −2 − 6i. Vậy điểm biểu diễn z1 + z2 trên mặt phẳng tọa độ là điểm Q(−2; −6). Chọn đáp án A THPT
Câu 20.6. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = 2 − 3i. Phần ảo của số phức w = 3z1 − 2z2 là A. 11. B. 12. C. 1. D. 12i. Lời giải. GHIỆP N
Ta có w = 3z1 − 2z2 = 3(1 + 2i) − 2(2 − 3i) = −1 + 12i. T
Vậy phần ảo của số phức w là 12. TỐ Chọn đáp án B THI
Câu 20.7. Cho hai số phức z1 = 5−7i, z2 = 2−i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho bằng √ A. |z1 − z2| = 3 5. B. |z1 − z2| = 45. √ √ √ C. |z1 − z2| = 113. D. |z1 − z2| = 74 − 5. LUYỆN Lời giải. √ √
Ta có z1 − z2 = 3 − 6i ⇒ |z1 − z2| = 9 + 36 = 3 5. Chọn đáp án A
Câu 20.8. Cho hai số phức z1 = 5−7i, z2 = 2−i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho bằng √ A. |z1 − z2| = 3 5. B. |z1 − z2| = 45. √ √ √ C. |z1 − z2| = 113. D. |z1 − z2| = 74 − 5. Lời giải. √ √
Ta có z1 − z2 = 3 − 6i ⇒ |z1 − z2| = 9 + 36 = 3 5. Chọn đáp án A
Câu 20.9. Cho hai số phức z1 = 2 + 3i và z2 = −4 − 5i. Tìm số phức z = z1 + z2. A. z = 2 + 2i. B. z = −2 − 2i. C. z = 2 − 2i. D. z = −2 + 2i. Lời giải.
Ta có z1 + z2 = (2 + 3i) + (−4 − 5i) = −2 − 2i.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 71 Chọn đáp án B
Câu 20.10. Cho hai số phức z = 3 − 5i và w = −1 + 2i. Điểm biểu diễn số phức z0 = z − w · z
trong mặt phẳng Oxy có tọa độ là A. (−4; −6). B. (4; 6). C. (4; −6). D. (−6; −4). Lời giải. Ta có z0 = z − w · z
= 3 + 5i − (−1 + 2i) · (3 − 5i) = 3 + 5i − (7 + 11i) = −4 − 6i. Chọn đáp án A o/ aPr
Câu 20.11. Cho hai số phức z1 = 3 − 7i và z2 = 2 + 3i. Tìm số phức z = z1 + z2. A. z = 1 − 10i. B. z = 5 − 4i. C. z = 3 − 10i. D. z = 3 + 3i. Lời giải.
Ta có z = z1 + z2 = 3 − 7i + 2 + 3i = 5 − 4i. Chọn đáp án B roups/GeoGebr
Câu 20.12. Cho hai số phức: z1 = 1 − 2i, z2 = 2 + 3i. Tìm số phức w = z1 − 2z2. A. w = −3 + 8i. B. w = −5 + i. C. w = −3 − 8i. D. w = −3 + i. Lời giải.
Ta có w = z1 − 2z2 = (1 − 2i) − 2(2 + 3i) = −3 − 8i. Chọn đáp án C acebook.com/g
Câu 20.13. Cho hai số phức z .f
1 = 5 − 7i, z2 = 2 − i. Mô-đun của hiệu hai số phức đã cho bằng √ A. |z1 − z2| = 3 5. B. |z1 − z2| = 45. √ √ √ C. |z1 − z2| = 113. D. |z1 − z2| = 74 − 5. Lời giải. https://www √ √
Ta có z1 − z2 = 3 − 6i ⇒ |z1 − z2| = 9 + 36 = 3 5. Chọn đáp án A
Câu 20.14. Cho hai số phức z1 = 2 + 3i và z2 = −4 − 5i. Tìm số phức z = z1 + z2. A. z = 2 + 2i. B. z = −2 − 2i. C. z = 2 − 2i. D. z = −2 + 2i. Lời giải.
Ta có z1 + z2 = (2 + 3i) + (−4 − 5i) = −2 − 2i. Chọn đáp án B
Câu 20.15. Cho hai số phức: z1 = 1 − 2i, z2 = 2 + 3i. Tìm số phức w = z1 − 2z2. A. w = −3 + 8i. B. w = −5 + i. C. w = −3 − 8i. D. w = −3 + i. Lời giải.
Ta có w = z1 − 2z2 = (1 − 2i) − 2(2 + 3i) = −3 − 8i. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 72
CÂU 21. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức z = −1+2i là điểm nào dưới đây? A. Q(1; 2). B. P (−1; 2). C. N (1; −2). D. M (−1; −2). Lời giải.
Điểm biểu diễn của số phức z = −1 + 2i là điểm P (−1; 2). Chọn đáp án B
Câu 21.1. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
|z + 2 − 5i| = 6 là đường tròn có tâm I và bán kính R lần lượt là A. I(−2; 5) và R = 36. B. I(−2; 5) và R = 6. C. I(2; −5) và R = 36. D. I(2; −5) và R = 6. Lời giải.
Gọi z = x + iy (x, y ∈ R). Ta có |z + 2 − 5i| = 6 ⇔ (x + 2)2 + (y − 5)2 = 36.
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn z là đường tròn có tâm I(−2; 5) và bán kính R = 6. Chọn đáp án B
Câu 21.2. Cho số phức z = 4 − 3i có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là M . Tính độ dài OM . √ A. 5. B. 25. C. 7. D. 4. Lời giải. 2019-2020 Ta có p OM = |z| = 42 + (−3)2 = 5. Chọn đáp án A THPT
Câu 21.3. Cho số phức z = 6 + 17i. Điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy là A. M (−6; −17). B. M (−17; −6). C. M (17; 6). D. M (6; 17). GHIỆP N Lời giải. T
Điểm biểu diễn cho số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy là M (6; 17). TỐ Chọn đáp án D THI Câu 21.4.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn y của số phức z. Tìm z. 3 LUYỆN A. z = −4 + 3i. B. z = −3 + 4i. C. z = 3 − 4i. D. z = 3 + 4i. x O −4 M Lời giải.
Điểm M có tọa độ là M (3; −4) ⇒ điểm M biểu diễn số phức z = 3 − 4i. Chọn đáp án C
Câu 21.5. Số phức được biểu diễn bởi điểm M (2; −1) là A. 2 + i. B. 1 + 2i. C. 2 − i. D. −1 + 2i. Lời giải.
Số phức có điểm biểu diễn bởi M (2; −1) trên mặt phẳng tọa độ là 2 − i. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 73 Câu 21.6.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 − 4i được biểu diễn bởi điểm y A 4
nào trong các điểm A, B, C, D? B 3 A. Điểm D. B. Điểm B. C. Điểm A. D. Điểm C. −4 3 O x −3 C −4 D Lời giải.
Ta có z = 3 − 4i nên điểm biểu diễn số phức z là D(3; −4). Chọn đáp án A o/ Câu 21.7. aPr
Số phức nào dưới đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là điểm y M như hình bên? A. 1 − 2i. B. i + 2. C. i − 2. D. 1 + 2i. 1 x O roups/GeoGebr −2 M Lời giải.
Vì M (1; −2) nên M là điểm biểu diễn của số phức z = 1 − 2i. Chọn đáp án A
Câu 21.8. Điểm M biểu diễn số phức z = 2 − i trên mặt phẳng tọa độ Oxy là acebook.com/g .f A. M = (1; −2). B. M = (2; −1). C. M = (−2; 1). D. M = (2; 1). Lời giải.
Số phức z = 2 − i có điểm biểu diễn là M = (2; −1). Chọn đáp án B https://www
Câu 21.9. Số phức z thỏa mãn z = 1 − 2i được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm nào sau? A. Q(−1; −2). B. M (1; 2). C. P (−1; 2). D. N (1; −2). Lời giải.
Ta có z = 1 − 2i ⇒ z = 1 + 2i. Khi đó số phức z được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm M (1; 2). Chọn đáp án B
Câu 21.10. Cho số phức z = 1 − 2i, điểm M biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ Oxy có tọa độ là A. M (2; 1). B. M (1; 2). C. M (1; −2). D. M (−1; 2). Lời giải.
Ta có z = 1 − 2i ⇒ z = 1 + 2i ⇒ M (1; 2). Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 74 Câu 21.11.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 − 4i được biểu diễn bởi y 4 A
điểm nào trong các điểm A, B, C, D? B 3 A. Điểm D. B. Điểm B. C. Điểm A. D. Điểm C. x −4 O 3 −3 C −4 D Lời giải.
Trên mặt phẳng tọa độ, số phức z = 3 − 4i được biểu diễn bởi điểm có tọa độ là D(3; −4). Chọn đáp án A
CÂU 22. Trong không gian Oxyz,hình chiếu vuông góc của điểm M (2; 1; −1) trên mặt phẳng (Ozx) có tọa độ là A. (0; 1; 0). B. (2; 1; 0). C. (0; 1; −1). D. (2; 0; −1). Lời giải. 2019-2020
Hình chiếu của M (2; 1; −1) lên mặt phẳng Ozx là điểm (2; 0; −1). Chọn đáp án D THPT
Câu 22.1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−1; 2; 3). Hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục Oz là điểm A. Q(−1; 0; 3). B. M (0; 0; 3). C. P (0; 2; 3). D. N (−1; 0; 0). GHIỆP Lời giải. N T
Hình chiếu vuông góc của điểm A(−1; 2; 3) lên trục Oz là điểm M (0; 0; 3). TỐ Chọn đáp án B
Câu 22.2. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox là THI điểm nào dưới đây? A. M (2; 0; 0). B. M (0; 3; 0). C. M (0; 0; 4). D. M (0; 2; 3). LUYỆN Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) là điểm M (2; 0; 0). Chọn đáp án A
Câu 22.3. Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) lên trục Ox là điểm nào dưới đây? A. M (2; 0; 0). B. M (0; 3; 0). C. M (0; 0; 4). D. M (0; 2; 3). Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) là điểm M (2; 0; 0). Chọn đáp án A
Câu 22.4. Trong không gian tọa độ Oxyz, tọa độ điểm G0 đối xứng với điểm G(5; −3; 7) qua trục Oy là A. G0(−5; 0; −7). B. G0(−5; −3; −7). C. G0(5; 3; 7). D. G0(−5; 3; −7). Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 75
Hình chiếu vuông góc của điểm G(5; −3; 7) lên trục Oy là H(0; −3; 0).
Vì G0 đối xứng với G qua trục Oy nên H là trung điểm của đoạn GG0 nên tọa độ của điểm G0 x  G0 = 2xH − xG = −5   là yG0 = 2yH − yG = −3   zG0 = 2zH − zG = −7.
Vậy tọa độ điểm G0(−5; −3; −7). Chọn đáp án B
Câu 22.5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm
A(2; −1; 0) lên mặt phẳng (P ) : 3x − 2y + z + 6 = 0 là A. (1; 1; 1). B. (−1; 1; −1). C. (3; −2; 1). D. (5; −3; 1). Lời giải. # » o/
Gọi H(x; y; −6−3x+2y) là hình chiếu của A lên mặt phẳng P . Ta có AH = (x−2; y+1; −6−3x+2y). # » # » x − 2 aPr
Do AH ⊥ (P ) nên hai véc-tơ AH và #»
n P cùng phương. Suy ra ta có hệ phương trình = 3 y + 1 −6 − 3x + 2y = . (1) −2 1
Giải hệ (1) ta thu được một nghiệm là (−1; 1; −1). Chọn đáp án B Câu 22.6. roups/GeoGebr
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; 1) trên Ox có tọa độ là A. (0; 0; 1). B. (3; 0; 0). C. (−3; 0; 0). D. (0; 2; 0). Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; 1) trên Ox có tọa độ là (3; 0; 0). Chọn đáp án B acebook.com/g .f
Câu 22.7. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1). Hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oz là điểm A. M3 (3; 0; 0). B. M4 (0; 2; 0). C. M1 (0; 0; −1). D. M2 (3; 2; 0). Lời giải. https://www
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz là điểm M1 (0; 0; −1) . Chọn đáp án C
Câu 22.8. Trong không gian Oxyz, cho điểm M (3; 2; −1). Hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oz là điểm A. M3 (3; 0; 0). B. M4 (0; 2; 0). C. M1 (0; 0; −1). D. M2 (3; 2; 0). Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 2; −1) lên trục Oz là điểm M1 (0; 0; −1) . Chọn đáp án C
Câu 22.9. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; −2; 3). Hình chiếu vuông góc của điểm A lên
mặt phẳng (Oxy) là điểm M có tọa độ A. M (1; −2; 0). B. M (0; −2; 3). C. M (1; 0; 3). D. M (2; −1; 0). Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 76 # »
Gọi M (a; b; 0) là điểm thuộc mặt phẳng (Oxy). Ta có AM = (a − 1; b + 2; −3). #»
Mặt phẳng (Oxy) có véc-tơ pháp tuyến là k = (0; 0; 1). # » #»
Vì M là hình chiếu của A lên mặt phẳng (Oxy) nên hai véc-tơ AM và k cùng phương. Do đó, ( ( a − 1 = 0 a = 1 ta có ⇔ b + 2 = 0 b = −2. Vậy M (1; −2; 0). Chọn đáp án A
Câu 22.10. Trong không gian Oxyz, điểm N đối xứng với điểm M (3; −1; 2) qua trục Oy là A. N (−3; 1; −2). B. N (3; 1; −2). C. N (−3; −1; −2). D. N (3; −1; −2). Lời giải.
Hình chiếu vuông góc của điểm M (3; −1; 2) trên trục Oy là H(0; −1; 0). Tọa độ điểm N đối xứng
với điểm M (3; −1; 2) qua trục Oy là x 
N = 2xH − xM = 2 · 0 − 3 = −3  
yN = 2yH − yM = 2 · (−1) − (−1) = −1 ⇒ N (−3; −1; −2).  
zN = 2zH − zM = 2 · 0 − 2 = −2 Chọn đáp án C 2019-2020
Câu 22.11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; −3). Gọi M là hình chiếu THPT
vuông góc của điểm A trên trục hoành. Tìm tọa độ điểm M . A. M (0; 2; −3). B. M (0; 2; 0). C. M (0; 0; −3). D. M (1; 0; 0). Lời giải. GHIỆP
Do M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên trục hoành nên M (1; 0; 0). N T Chọn đáp án D TỐ
CÂU 23. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y + 4)2 + (z − 1)2 = 9. Tâm của (S) có tọa độ là THI A. (−2; 4; −1). B. (2; −4; 1). C. (2; 4; 1). D. (−2; −4; −1). Lời giải. LUYỆN
Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ (2; −4; 1). Chọn đáp án B
Câu 23.1. Trong không gian Oxyx, cho mặt cầu (S) : (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 9. Tìm tọa
độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S).
A. I(−2; 1; −1), R = 3. B. I(−2; 1; −1), R = 9. C. I(2; −1; 1), R = 3. D. I(2; −1; 1), R = 9. Lời giải.
Ta có tọa độ tâm I(2; −1; 1) và bán kính R = 3. Chọn đáp án C
Câu 23.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình x2 + y2 + z2 −
2x + 4y − 6z + 9 = 0. Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu là √ A. I (1; −2; 3) và R = 5. B. I (1; −2; 3) và R = 5. √
C. I (−1; 2; −3) và R = 5. D. I (−1; 2; −3) và R = 5.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 77 Lời giải. √ √
Mặt cầu x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 6z + 9 = 0 có tâm I (1; −2; 3) và bán kính R = 1 + 4 + 9 − 9 = 5. Chọn đáp án C
Câu 23.3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là
phương trình của một mặt cầu?
A. x2 + y2 + z2 + x − 2y + 4z − 3 = 0.
B. 2x2 + 2y2 + 2z2 − x − y − z = 0 .
C. x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 4z + 10 = 0 .
D. 2x2 + 2y2 + 2z2 + 4x + 8y + 6z + 3 = 0. Lời giải.
Điều kiện để phương trình x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình mặt cầu là R = a2 + b2 + c2 − d > 0.
Dựa vào bốn đáp án ta có đáp án C là a = 1, b = −2, c = 2, d = 10 ⇒ R = −1 < 0. o/
Câu 23.4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(−2; 1; 1), B(0; −1; 1). Phương trình mặt cầu aPr đường kính AB là
A. (x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 8.
B. (x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 2.
C. (x + 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 8.
D. (x − 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 2. Lời giải.
Phương pháp: Phương trình mặt cầu có tâm I(a; b; c), bán kính R là (x−a)2+(y −b)2 +(z −c)2 = roups/GeoGebr R2.
Cách giải: Tâm mặt cầu là trung điểm của AB, có tọa độ là I(−1; 0; 1). √ √
Bán kính mặt cầu: R = IA = 12 + 12 + 02 = 2.
Phương trình mặt cầu đường kính AB: (x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 2. Chọn đáp án B acebook.com/g .f
Câu 23.5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2+y2+z2−4x+2y+6z−1 = 0. Tâm của mặt cầu (S) là A. I (2; −1; 3). B. I (−2; 1; 3). C. I (2; −1; −3). D. I (2; 1; −3). Lời giải. https://www
Mặt cầu (S) có tâm I (2; −1; −3). Chọn đáp án C
Câu 23.6. Trong không gian Oxyz, mặt cầu có tâm I (1; 2; −3) và tiếp xúc với trục Oy có bán kính bằng √ √ √ A. 10. B. 2. C. 5. D. 13. Lời giải. √
Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm I (1; 2; −3) trên trục Oy ⇒ H (0; 2; 0) ⇒ IH = 10. √
Gọi R là bán kính mặt cầu có tâm I (1; 2; −3) và tiếp xúc với trục Oy ⇒ R = IH = 10. Chọn đáp án A
Câu 23.7. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 8x + 10y − 6z + 49 = 0. Tính
bán kính R của mặt cầu (S). √ √ A. R = 1. B. R = 7. C. R = 151. D. R = 99. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 78 √
Ta có a = 4, b = −5, c = 3, d = 49. Do đó R = a2 + b2 + c2 − d = 1. Chọn đáp án A
Câu 23.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I(2; −2; 3) đi qua điểm
A(5; −2; 1) có phương trình √
A. (x − 5)2 + (y − 2)2 + (z + 1)2 = 13.
B. (x + 2)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 13. √
C. (x − 2)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 13.
D. (x − 2)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 13. Lời giải. √
Mặt cầu có bán kính R = IA = 13. √
Mặt cầu tâm I(2; −2; 3) bán kính R =
13 là (x − 2)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 13. Chọn đáp án C
Câu 23.9. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 − 8x + 10y − 6z + 49 = 0. Tìm
tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S). A. I(−4; 5; −3) và R = 1. B. I(4; −5; 3) và R = 7. C. I(−4; 5; −3) và R = 7. D. I(4; −5; 3) và R = 1. Lời giải.
(S) : (x − 4)2 + (y + 5)2 + (z − 3)2 = 1 ⇒ I(4; −5; 3) và R = 1. Chọn đáp án D 2019-2020
Câu 23.10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 4z − 7 = 0. Xác định tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu (S). THPT √ A. I(−1; −2; 2), R = 3. B. I(1; 2; −2), R = 2. C. I(−1; −2; 2), R = 4. D. I(1; 2; −2), R = 4. GHIỆP Lời giải. √ N
Ta có a = 1, b = 2, c = −2 và
a2 + b2 + c2 − d = 4 nên I(1; 2; −2) và R = 4. T Chọn đáp án D TỐ
Câu 23.11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(2; −2; 0). Viết phương trình mặt THI cầu tâm I bán kính R = 4.
A. (x + 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 4.
B. (x + 2)2 + (y − 2)2 + z2 = 16.
C. (x − 2)2 + (y + 2)2 + z2 = 16.
D. (x − 2)2 + (y + 2)2 + z2 = 4. LUYỆN Lời giải.
Phương trình mặt cầu có tâm I(2; −2; 0) và bán kính R = 4 là
(x − 2)2 + (y + 2)2 + z2 = 16. Chọn đáp án C
Câu 23.12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x−5)2+(y−1)2+(z+2)2 = 9.
Tính bán kính R của mặt cầu (S). A. R = 18. B. R = 9. C. R = 3. D. R = 6. Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) và bán kính R thì có phương trình (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2.
Theo đề bài ta có R2 = 9 ⇒ R = 3. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 79
CÂU 24. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2 x + 3y + z + 2 = 0. Vectơ nào dưới
đây là một vectơ pháp tuyến của (P ) ? A. #» n 3 = (2; 3; 2). B. #» n 1 = (2; 3; 0). . C. #» n 2 = (2; 3; 1). D. #» n 4 = (2; 0; 3). Lời giải.
Vectơ pháp tuyến của (P ) là #» n 1 = (2; 3; 1). Chọn đáp án C
Câu 24.1. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x − 2z + 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của (P )? A. # » n1 = (1; 0; −2). B. # » n2 = (1; −2; 1). C. # » n3 = (1; −2; 0). D. # » n4 = (−1; 2; 0). Lời giải.
Vectơ pháp tuyến của (P ) là #» n = (1; 0; −2). Chọn đáp án A o/
Câu 24.2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (α) : x − 2y + 2z − 3 = 0. Điểm nào sau đây aPr
nằm trên mặt phẳng (α)? A. M (2; 0; 1). B. Q(2; 1; 1). C. P (2; −1; 1). D. N (1; 0; 1). Lời giải.
Ta thấy tọa độ điểm N (1; 0; 1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng (α) nên điểm N nằm trên (α). Chọn đáp án D roups/GeoGebr
Câu 24.3. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; −1). Phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A và chứa trục Ox là A. x + y = 0. B. x + z = 0. C. y − z = 0. D. y + z = 0. Lời giải. Mp(P ) có vtpt #»
n = (0; 1; 1) và đi qua điểm A(1; 1; −1). Suy ra phương trình (P ) : y + z = 0. Chọn đáp án D acebook.com/g .f
Câu 24.4. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : x + y − 2z + 4 = 0. Một véc-tơ pháp
tuyến của mặt phẳng (P ) là A. #» n = (1; 1; −2). B. #» n = (1; 0; −2). C. #» n = (1; −2; 4). D. #» n = (1; −1; 2). Lời giải. https://www
Phương pháp: Mặt phẳng (P ) : Ax + By + Cz + D = 0 nhận #»
n = (A; B; C) là 1 vec-tơ pháp tuyến.
Cách giải: Một vec-tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P ) là #» n = (1; 1; −2). Chọn đáp án A
Câu 24.5. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng (P ) : x + 2y − 5 = 0 nhận vec-tơ nào trong các
vec-tơ sau làm vec-tơ pháp tuyến? A. #» n (1; 2; −5). B. #» n (0; 1; 2). C. #» n (1; 2; 0). D. #» n (1; 2; 5). Lời giải. Mặt phẳng (P ) nhận #»
n (1; 2; 0) làm vec-tơ pháp tuyến. Chọn đáp án C x − 1 y − 2 z + 1
CÂU 25. Trong không gian Oxyz,cho đường thẳng d : = = . Điểm nào dưới 2 3 −1 đây thuộc d?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 80 A. P (1; 2; −1). B. M (−1; −2; 1). C. N (2; 3; −1). D. Q(−2; −3; 1). Lời giải.
Thay tọa độ điểm (P ) vào phương trình đường thẳng d thấy tọa độ thỏa mãn nên đường thẳng
d đi qua điểm P (1; 2; −1). Chọn đáp án A x + 8 y − 5 z
Câu 25.1. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = . Khi đó véc-tơ chỉ 4 −2 1
phương của đường thẳng d có tọa độ là A. (4; −2; 1). B. (4; 2; −1). C. (4; −2; −1). D. (4; 2; 1). Lời giải.
Tọa độ véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d là #» u = (4; −2; 1). Chọn đáp án A
Câu 25.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x − y + z − 1 = 0. Điểm
nào dưới đây thuộc (P )? A. M (2; −1; 1). B. N (0; 1; −2). C. P (1; −2; 0). D. Q(1; −3; −4). Lời giải.
Ta thấy Q ∈ (P ) vì 2.1 − (−3) − 4 − 1 = 0 Chọn đáp án D 2019-2020 x − 4 y − 5 z − 6
Câu 25.3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = . 2 3 4 THPT
Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d? A. M (2; 2; 2). B. M (2; 2; 4). C. M (2; 3; 4). D. M (2; 2; 10). Lời giải. 2 − 4 2 − 5 2 − 6 GHIỆP Vì = =
= −1 nên M (2; 2; 2) thuộc đường thẳng d. N 2 3 4 T Chọn đáp án A TỐ x − 1 y − 2 z
Câu 25.4. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = . Điểm nào dưới 2 1 −2 THI
đây thuộc đường thẳng d? A. M (−1; −2; 0). B. M (−1; 1; 2). C. M (2; 1; −2). D. M (3; 3; 2). Lời giải. LUYỆN −1 − 1 1 − 2 2 Ta có = =
= −1 nên M (−1; 1; 2) thuộc đường thẳng d. 2 1 −2 Chọn đáp án B
Câu 25.5. Trong không gian Oxyz, cho tam giác đều ABC với A(6; 3; 5) và đường thẳng BC x = 1 − t    có phương trình tham số
y = 2 + t . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác   z = 2t
ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng ∆? A. M (−1; −12; 3). B. N (3; −2; 1). C. P (0; −7; 3). D. Q(1; −2; 5). Lời giải.
• Gọi M (1 − t; 2 + t; 2t) là hình chiếu của A lên BC. # »
Ta có AM = (−5 − t; t − 1; 2t − 5) vuông góc với #»
u = (−1; 1; 2) là véc-tơ chỉ phương của BC.
Do đó −1(−5 − t) + 1(t − 1) + 2(2t − 5) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra M (0; 3; 2).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 81 # » 2 # »
• Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC. Suy ra AG = AM ⇒ G(2; 3; 3). 3 1 î # » ó • Đường thẳng #»
∆ đi qua G, có véc-tơ chỉ phương là #» u ∆ = AM , u = (1; 5; −2). 3 x = 2 + t    Suy ra ∆ :
y = 3 + 5t . Với t = −1, ta có Q(1; −2; 5) ∈ ∆.   z = 3 − 2t Chọn đáp án D
Câu 25.6. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(0; 1; 1). Gọi (α) là mặt phẳng x y − 1 z − 2 chứa đường thẳng d : = =
và song song với đường thẳng AB. Điểm nào dưới đây 2 −1 1 thuộc mặt phẳng (α)? A. M (6; −4; −1). B. N (6; −4; 2). C. P (6; −4; 3). D. Q = (6; −4; 1). o/ Lời giải. aPr # » • AB = (−1; 2; 1).
• Đường thẳng d đi qua M (0; 1; 2) và có véc-tơ chỉ phương #» u d = (2; −1; 1). î # »ó • Mặt phẳng #»
(α) có véc-tơ pháp tuyến là #» n =
u d, AB = (−3; −3; 3) và (α) đi qua M .
Phương trình (α) là −3(x − 0) − 3(y − 1) + 3(z − 2) = 0 ⇔ −x − y + z − 1 = 0. roups/GeoGebr
• Ta có −6 + 4 + 3 − 1 = 0 nên P (6; −4; 3) ∈ (α). Chọn đáp án C x = 3 − 3t    acebook.com/g
Câu 25.7. Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ∆ :
y = 1 + 2t . Điểm nào dưới đây .f   z = 5t thuộc đường thẳng ∆? A. N (0; 3; 5). B. M (−3; 2; 5). C. (P (3; 1; 5). D. Q(6; −1; 5). Lời giải. https://www 0 = 3 − 3t   
Thế tọa độ của điểm N (0; 3; 5) vào phương trình tham số của đường thẳng ∆ ta được 3 = 1 + 2t .   5 = 5t
Ta thấy t = 1 thỏa mãn hệ phương trình.Vậy điểm N (0; 3; 5) thuộc đường thẳng ∆. Chọn đáp án A
Câu 25.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(0; 1; 1). Gọi x y − 1 z − 2
(α) là mặt phẳng chứa đường thẳng d : = =
và song song với đường thẳng AB. 2 −1 1
Điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng (α)? A. M (6; −4; −1). B. N (6; −4; 2). C. P (6; −4; 3). D. Q(6; −4; 1). Lời giải. # » Ta có AB = (−1; 2; 1).
Véc-tơ chỉ phương của d là #» u d = (2; −1; 1).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 82 î # » ó Suy ra #»
AB, u d = (3; 3; −3) = 3(1; 1 − 1). 1 î # » ó Vì #»
(α) chứa d và song song với AB nên véc-tơ #» n =
AB, u d = (1; 1 − 1) là một véc-tơ pháp 3 tuyến của (α).
Lại có, điểm C(0; 1; 2) ∈ d ⇒ C ∈ (α).
Do đó, phương trình của (α) là x + y − z + 1 = 0.
Lần lượt thay tọa độ các điểm trong các phương án ta được điểm P (6; −4; 3) thỏa mãn. Chọn đáp án C √
CÂU 26. Cho hình chóp S.ABCcó SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a, tam giác AB
vuông cân tại B và AC = 2a (minh họa như hình bên). Góc giữa S
đường thằng SB và mặt phằng (ABC) bằng A. 30o. B. 45o. C. 60o. D. 90o. A C 2019-2020 B Lời giải. THPT ) SB ∩ (ABC) Ta có
⇒ AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABC) SA ⊥ (ABC) Suy ra (SB, (ABC)) = ‘ SBA. GHIỆP √ N
Do tam giác ABC vuông tại B ⇒ AB2 + BC2 = AC2 ⇔ 2AB2 = (2a)2 ⇔ AB = a 2. T Suy ra ‘ SBA = 45◦. TỐ Chọn đáp án B THI
Câu 26.1. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là A. 60◦. B. 30◦. C. 90◦. D. 45◦. LUYỆN Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA S và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng bằng 60◦. A B D C Chọn đáp án A
Câu 26.2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Tính góc giữa AC0 và BD.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 83 B A C D B0 A0 D0 C0 A. 90◦. B. 45◦. C. 60◦. D. 120◦. Lời giải.
Gọi O0 và I lần lượt là tâm hình vuông ABCD và trung điểm CC0. Khi đó, ta có IO0 song song
AC0. Suy ra (AC0, BD) = (IO0, BD). (BD ⊥ AC Ta có
⇒ BD ⊥ (AA0C) ⇒ BD ⊥ IO0 ⇒ (IO0, BD) = 90◦. BD ⊥ AA0 o/ Chọn đáp án A aPr
Câu 26.3. Cho tứ diện đều cạnh a, M là trunng điểm của BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AB và DM . √ √ √ 3 3 3 1 A. . B. . C. . D. . 2 6 3 2 Lời giải. roups/GeoGebr
Kẻ M N k AB, cắt AC tại trung điểm N của AC. A Xét tam giác N M D ta có: M N 2 + M D2 − N D2 cos ÷ N M D = 2M N · M D a2 3a2 3a2 √ + − N 4 4 4 3 acebook.com/g = √ = . .f a a 3 6 D B 2 · · 2 2 M C https://www Chọn đáp án B
Câu 26.4. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Góc giữa hai đường thẳng BA0 và CD bằng A. 90◦. B. 60◦. C. 30◦. D. 45◦. Lời giải.
Ta có CD k AB, suy ra góc giữa A0B với CD bằng góc giữa A0B với A B AB, góc này bằng 45◦. D C A0 B0 D0 C0 Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 84
Câu 26.5. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là A. 60◦. B. 30◦. C. 90◦. D. 45◦. Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA S và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng bằng 60◦. A B D C Chọn đáp án A
Câu 26.6. Cho hình chóp S.ABCD đều có SA = AB = a. Góc giữa SA và CD là A. 60◦. B. 30◦. C. 90◦. D. 45◦. Lời giải.
Vì AB k CD nên góc giữa SA và CD bằng góc giữa SA S 2019-2020 và AB.
Vì SA = AB nên tam giác SAB đều, vậy góc giữa chúng THPT bằng 60◦. A B GHIỆP N T TỐ D C Chọn đáp án A THI
Câu 26.7. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Góc giữa hai đường thẳng BA0 và B0D0 bằng LUYỆN A. 45◦. B. 90◦. C. 30◦. D. 60◦. Lời giải.
Do BD k B0D0 nên góc giữa hai đường thẳng BA0 và B0D0 bằng B C
góc giữa hai đường thẳng BA0 và BD.
Do ABCD.A0B0C0D0 là hình lập phương nên ∆A0BC là tam giác A D đều. Khi đó góc ’ A0BD = 60◦.
Vậy góc giữa hai đường thẳng BA0 và B0D0 bằng 60◦. B0 C0 A0 D0 Chọn đáp án D # » # »
Câu 26.8. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD. Góc giữa hai véc tơ AD và BC là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 85 A. 30◦. B. 45◦. C. 60◦. D. 90◦. Lời giải.
Vì AB ⊥ CD và AC ⊥ BD nên ta suy ra # » # » Ä # » # »ä Ä# » # »ä AD · BC = AB + BD · BD + DC # » # » # » # » # » # » # »
= AB · BD + AB · DC + BD2 + BD · DC # » # » # » # » # »
= AB · BD + 0 + BD2 + BD · DC Ä # » # »ä # » # » # » # » = AC + CB · BD + BD2 + BD · DC # » # » # » # » # » # » # »
= AC · BD + CB · BD + BD2 + BD · DC # » # » # » # » # »
= 0 + CB · BD + BD2 + BD · DC Ä # » # » # » # »ä # » = CB · BD + BD · DC + BD2 o/ Ä # » # »ä # » # » = CB + DC · BD + BD2 aPr # » # » # » = DB · BD + BD2 # » # » = −BD2 + BD2 = 0. # » # » Ä # » # »ä
Suy ra AD ⊥ BC ⇒ AD, BC = 90◦. roups/GeoGebr Chọn đáp án D
Câu 26.9. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Góc giữa hai đường thẳng AC và DA0 bằng A. 60◦. B. 45◦. C. 90◦. D. 120◦. acebook.com/g .f Lời giải. Ta có Ÿ (AC, DA0) = Ÿ (AC, CB0) = ’ ACB0. √ A B
Xét 4ACB0 có AC = CB0 = AB0 = AB 2.
Do đó 4ACB0 là tam giác đều. C https://www Vậy ’ ACB0 = 60◦ hay Ÿ (AC, DA0) = 60◦. D B0 A0 D0 C0 Chọn đáp án A
Câu 26.10. Cho tứ diện ABCD với đáy BCD là tam giác vuông cân tại C. Các điểm M , N ,
P , Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, BC, CD. Góc giữa M N và P Q bằng A. 0◦. B. 60◦. C. 45◦. D. 30◦. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 86
Ta có M N là đường trung bình tam giác ABC nên M N k BC, do A đó (M N, P Q) = (BC, P Q). M
Mặt khác P Q là đường trung bình tam giác vuông cân BCD suy N
ra (BC, P Q) = 45◦. Do đó (M N, P Q) = 45◦. B D P Q C Chọn đáp án C √
Câu 26.11. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật. Biết AB = a 2, AD = 2a, √
SA ⊥ (ABCD) và SA = a 2. Góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng A. 30◦. B. 90◦. C. 45◦. D. 60◦. Lời giải.
Góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng góc giữa hai đường S thẳng SC và CD. Ta có √ √ • AC = AB2 + BC2 = a 6. 2019-2020 √ √ • SC = SA2 + AC2 = 2a 2. A D THPT √ √ • SD = SA2 + AD2 = a 6. C SC2 + CD2 − SD2 8a2 + 2a2 − 6a2 1 B Khi đó cos √ √ . ‘ SCD = = = 2 · SC · CD 2 · 2a 2 · a 2 2 GHIỆP N
Vậy góc giữa SC và AB bằng 60◦. √ T CD a 2 1
Cách khác: Có thể chứng minh 4SCD vuông tại D. Khi đó cos √ . ‘ SCD = = = SC 2 TỐ 2a 2 Chọn đáp án D THI Câu 26.12.
Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Biết tam √ A a 6 √ LUYỆN
giác BCD vuông tại C và AB =
, AC = a 2, CD = a. Gọi E là 2
trung điểm của AC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng AB và DE bằng E B D A. 45◦. B. 60◦. C. 30◦. D. 90◦. C Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC. Vì AB k HE suy ra góc giữa AB và DE A
bằng góc giữa HE và DE bằng ’ DEH. √ √ AB a 6 √ 3 2a Ta có HE = = , DH = HC2 + CD2 = . 2 4 4 DH √ E Khi đó tan ’ DEH = = 3 ⇒ ’ DEH = 60◦. HE B D H C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 87 Chọn đáp án B Câu 26.13.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với A
nhau và OA = OB = OC. Gọi M là trung điểm của BC (tham
khảo hình vẽ). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng A. 90◦. B. 30◦. C. 45◦. D. 60◦. O B M C Lời giải. AC o/
Gọi N là trung điểm AC ⇒ M N = 2 A aPr và Ÿ (OM, AB) = ⁄ (OM, M N ).
Do các tam giác OAC, OBC vuông tại O BC AC nên OM = ; ON = . 2 2
Do OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau N
và OA = OB = OC nên AB = AC = BC roups/GeoGebr ⇒ OM = ON = M N ⇒ ⁄ (OM, M N ) = 60◦. O
Vậy góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng 60◦. B M C Chọn đáp án D acebook.com/g .f
CÂU 27. Cho hàm số f (x) có bảng xét dấu của f 0(x) như sau: x −∞ −2 0 2 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 + https://www
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. Lời giải.
Dựa vào bảng xét dấu của f 0(x) hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Chọn đáp án C
Câu 27.1. Cho hàm số y = f (x) xác định trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x −∞ x1 x2 x3 +∞ y0 − 0 + − 0 +
Khi đó số điểm cực trị của hàm số y = f (x) là A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 88 Lời giải.
Ta thấy f 0(x) đổi dấu khi x qua x1, x2, x3 thuộc tập xác định của hàm số f (x) nên hàm số f (x) có 3 cực trị. Chọn đáp án A
Câu 27.2. Cho hàm số y = f (x) có bảng xét dấu của hàm đạo hàm như sau: x −∞ −3 2 3 4 +∞ f 0(x) − 0 + 0 + 0 − 0 +
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 6. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải.
Do f 0(x) đổi dấu ba lần nên hàm số có ba điểm cực trị. Chọn đáp án D
Câu 27.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: x −∞ −1 0 2 4 +∞ f 0(x) + 0 − + 0 − 0 + 2019-2020
Hàm số đã cho có bao nhiêu cực trị? THPT A. 3. B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải.
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy đạo hàm của hàm số có 4 lần đổi dấu nên hàm số có 4 điểm cực GHIỆP N trị. T Chọn đáp án D TỐ
Câu 27.4. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f 0(x) = (x − 1)(x − 2)2(x − 3)3(x − 4)4, ∀x ∈ R. Số điểm THI
cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. Lời giải.  LUYỆN x = 1 x = 2 Ta có f 0(x) = 0 ⇔   x = 3  x = 4.
Bảng biến thiên của hàm số f (x) như sau x −∞ 1 2 3 4 +∞ f 0(x) + 0 − 0 − 0 + 0 + f (x)
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 2. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 89
Câu 27.5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f 0 (x) = x (x − 1)2 (x − 2)3 (x − 3)4. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. Lời giải. Phương pháp:
Xét phương trình f 0 (x) = 0, nếu x0 là nghiệm bội bậc chẵn của phương trình thì x0 không phải
là điểm cực trị của hàm số, nếu x0 là nghiệm bội bậc lẻ của phương trình thì x0 là điểm cực trị của hàm số. Cách giải: x = 0 x = 1
Xét phương trình f 0 (x) = x (x − 1)2 (x − 2)3 (x − 3)4 = 0 ⇔   x = 2  x = 3 o/
Trong đó x = 0, x = 2 là các nghiệm bội bậc lẻ nên hàm số y = f (x) có hai điểm cực trị. aPr
(còn x = 1; x = 3 là các nghiệm bội bậc chẵn nên không phải là điểm cực trị của hàm số y = f (x)).
Chú ý: Các em có thể lập bảng biến thiên của hàm y = f (x) rồi kết luận số điểm cực trị. Chọn đáp án A
Câu 27.6. Cho hàm số f (x) có đạo hàm f 0(x) = x(x − 1)(x + 2)3. Số điểm cực trị của hàm số roups/GeoGebr đã cho là A. 3. B. 2. C. 5. D. 1. Lời giải. x = 0 Ta có f 0(x) = 0 ⇔  x = 1 . Ta có bảng biến thiên  acebook.com/g .f x = −2 x −∞ −2 0 1 +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + https://www f (x)
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị. Chọn đáp án A
Câu 27.7. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x) = x(x − 1)(x + 2)2, ∀x ∈ R. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 5. B. 2. C. 1. D. 3. Lời giải.
Ta có f 0(x) = x(x − 1)(x + 2)2 ⇒ ta có bảng xét dấu của f 0(x) x −∞ −2 0 1 +∞ f 0(x) + 0 + 0 − 0 +
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 90
Từ bảng xét dấu ta có hàm số đạt cực trị tại x = 0, x = 1.
Vậy hàm số có đúng hai điểm cực trị. Chọn đáp án B
Câu 27.8. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x) = x3(x + 1)2(x − 2). Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 0. B. 2. C. 3. D. 1. Lời giải. x = −1 Ta có f 0(x) = 0 ⇔  x = 0 . Ta có bảng xét dấu  x = 2 x −∞ −1 0 2 +∞ f 0(x) + 0 + 0 − 0 +
Từ bảng xét dấu ta thấy f 0(x) đổi dấu khi x chạy qua 0 và 2 nên hàm số có 2 điểm cực trị. Chọn đáp án B
Câu 27.9. Cho hàm số f (x) có f 0(x) = x(x − 1)(x + 2)2. Số điểm cực trị của hàm số đã cho 2019-2020 là A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. THPT Lời giải. x = 0 Ta có f 0(x) = 0 ⇔  GHIỆP x = 1  N x = −2. T
Nhận thấy (x + 2)2 > 0, ∀x 6= −2. Suy ra f 0(x) không đổi dấu khi qua nghiệm x = −2 nên x = −2 TỐ
không phải là điểm cực trị của hàm số. THI
Ngoài ra, f 0(x) cùng dấu với tam thức bậc hai x (x − 1) = x2 − x nên suy ra x = 0, x = 1 là hai
điểm cực trị của hàm số.
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. LUYỆN Chọn đáp án A
CÂU 28. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x4 − 10x2 + 2 trên đoạn [−1; 2] bằng A. 2. B. -23. C. -22. D. -7. Lời giải.
Hàm số đã cho liên tục trên đoạn [−1; 2]. "x = 0
Ta có f 0(x) = 4x3 − 20x, f 0(x) = 0 ⇔ √ . x = ± 5
Xét hàm số trên [−1; 2] có f (−1) = −7; f (0) = 2; f (2) = −22. Vậy min f (x) = −22. x∈[−1;2] Chọn đáp án C 4
Câu 28.1. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = + x + 1 trên x đoạn [1; 3]. Tính M − m.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 91 A. 4. B. 9. C. 1. D. 5. Lời giải. " 4 4 x = 2 ∈ [1; 3] Ta có f 0(x) = − + 1 và f 0(x) = 0 ⇔ − + 1 = 0 ⇔ x2 x2 x = −2 / ∈ [1; 3]. 16
Ta tính được f (1) = 6, f (2) = 5, f (3) = . 3
Kết hợp với f (x) liên tục trên [1; 3] nên M = max f (x) = 6 = f (1) và m = min f (x) = 5 = f (2). x∈[1;3] x∈[1;3] Vậy M − m = 1. Chọn đáp án C 4
Câu 28.2. Tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x + trên đoạn x [1; 3] bằng o/ 65 52 A. . B. 20. C. 6. D. . aPr 3 3 Lời giải. 4 Ta có: f (x) = x +
xác định và liên tục trên [1; 3]. Khi đó x "x = 2 roups/GeoGebr 4 4 f 0(x) = 1 − ; f 0(x) = 0 ⇔ 1 − = 0 ⇔ x2 x2 x = −2. Nhận thấy: −2 /
∈ [1; 3] ⇒ x = −2 (loại). 13 f (1) = 5; f (2) = 4; f (3) =
. Khi đó: maxf (x) = 5; m = minf (x) = 4. Vậy M.m = 20. 3 [1;3] [1;3] acebook.com/g .f Chọn đáp án B
Câu 28.3. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −x3 + 3x + 1 trên đoạn [0; 2] bằng https://www A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. Lời giải. "x = 1 ∈ [0; 2]
Ta có: y0 = −3x2 + 3 = 0 ⇔ . x = −1 / ∈ [0; 2]
y(0) = 1; y(1) = 3; y(2) = −1.
Khi đó maxy = 3; miny = −1. Vậy maxy + miny = 2. [0;2] [0;2] [0;2] [0;2] Chọn đáp án A √
Câu 28.4. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 − x2 − x bằng √ √ A. 2 + 2. B. 2. C. 1. D. 2 − 2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 92 √ √ √ −x −x − 2 − x2
Tập xác định D = − 2; 2. Ta có y0 = √ − 1 = √ . 2 − x2 2 − x2 x ≤ 0  √   " y0 = 0 ⇔ 2 − x2 = −x ⇔ x = 1 ⇔ x = −1.    x = −1 Bảng biến thiên √ √ x − 2 −1 2 y0 + 0 − 2 y √ √ 2 − 2 √
Dựa vào bảng biến thiên, ta có max √ √ y = 2, min √ √ y = − 2. [− 2; 2] [− 2; 2] √ Vậy max √ √ y + min √ √ y = 2 − 2. [− 2; 2] [− 2; 2] Chọn đáp án D √x2 − 1
Câu 28.5. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 2 2019-2020 h 3 i
trên tập hợp D = (−∞; −1) ∪ 1; . Tính P = M + m. 2 √ √ A. P = 2. B. P = 0. C. P = − 5. D. P = 3. THPT Lời giải. 1 − 2x 1 Ta có y0 = √
, y0 = 0 ⇔ 1 − 2x = 0 ⇔ x = / ∈ D. (x − 2)2 x2 − 1 2 GHIỆP Bảng biến thiên N T x −∞ −1 1 3 2 TỐ y0 + − THI 0 0 y √ −1 − − 5 LUYỆN √
Vậy M = max y = 0 và m = min y = − 5. D D √ Do đó P = − 5. Chọn đáp án C
Câu 28.6. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x3 + 3x + 1 trên đoạn [1; 3] là A. min f (x) = 3. B. min f (x) = 6. C. min f (x) = 37. D. min f (x) = 5. [1;3] [1;3] [1;3] [1;3] Lời giải.
Ta có f 0(x) = 3x2 + 3 > 0 với mọi x. Lại có f (1) = 5, f (3) = 37 nên min f (x) = 5. [1;3] Chọn đáp án D √x2 − 1
Câu 28.7. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên tập x − 2 3
hợp D = (−∞; −1] ⊂ [1; ] . Khi đó T = m · M bằng 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 93 1 3 3 A. . B. 0. C. . D. − . 9 2 2 Lời giải.
Tập xác định: D = (−∞; −1] ∪ [1; +∞) \ {2}. x(x − 1) √ √ − x2 − 1 x2 − 1 −2x + 1 Ta có y0 = = √ . (x − 2)2 (x − 2)2 x2 − 1 1 Khi đó y0 = 0 ⇔ x = và lim y = −1. 2 x→−∞ Bảng biến thiên √ √ x − 2 −1 2 f 0(x) − + √ √ 4 − 2 2 4 + 2 2 f (x) o/ 1 aPr √
Từ bảng biến thiên suy ra M = 0; m = 5. Vậy T = m · M = 0. Chọn đáp án B
Câu 28.8. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −x3 + 2x2 − h 1 i roups/GeoGebr x + 2 trên đoạn −1; . Khi đó tích M · m bằng 2 45 212 125 100 A. . B. . C. . D. . 4 27 36 9 Lời giải. h 1 i
Hàm số y = −x3 + 2x2 − x + 2 xác định và liên tục trên −1; . 2 h 1 i 1
Ta có y0 = −3x2 + 4x − 1 và y0 = 0 có một nghiệm thuộc −1; là x = . acebook.com/g 2 3 .f 1 50 1 15 Mặt khác y(−1) = 6, y = , y = . 3 27 2 8 50
Vậy M = max y = 6, m = min y = . ñ 1 ô ñ 1 ô 27 −1; −1; 2 2 https://www 100 Do đó M · m = . 9 Chọn đáp án D … 1 Câu 28.9. Cho hàm số y = x +
. Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên (0; +∞) bằng x √ A. 2. B. 2. C. 0. D. 1. Lời giải. 1
Với x > 0 ta luôn có x +
≥ 2 (hệ quả bất đẳng thức AM-GM). x … 1 √ Suy ra x + ≥ 2 với mọi x > 0. x 1
Đẳng thức xảy ra khi x > 0 và x = hay x = 1. x… 1 √
Do đó giá nhỏ nhất của hàm số y = x + trên (0; +∞) bằng 2 khi x = 1. x Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 94 √
Câu 28.10. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 18 − x2 là: √ A. 0. B. 6. C. −3 2. D. −6. Lời giải. √ √ TXĐ: D = [−3 2; 3 2]. x Ta có: y0 = 1 − √ . 18 − x2 y0 = 0 ⇔ x = 3. √ √ √ √
Ta có: y(3) = 6; y 3 2 = 3 2; y −3 2 = −3 2. √
⇒ Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là − 2. Chọn đáp án C
Câu 28.11. Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = 2x3 + 3x2 − 12x + 2 trên đoạn [−1; 2] là A. 11. B. 10. C. 6. D. 15. Lời giải. "x = 1 ∈ [−1; 2]
Ta có f 0(x) = 6x2 + 6x − 12 ⇒ f 0(x) = 0 ⇔ x = −2 / ∈ [−1; 2].
Mà f (−1) = 15, f (1) = −5, f (2) = 6.
Do đó max f (x) = f (−1) = 15. [−1;2] 2019-2020 Chọn đáp án D 1
Câu 28.12. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x − trên (0; 3] bằng x THPT 28 8 A. . B. 0. C. . D. 2. 9 3 Lời giải. 1 8 GHIỆP Ta có y0 = 1 +
> 0, ∀x ∈ (0; 3]. Do đó max y = y(3) = . x2 3 N (0;3] T Chọn đáp án C TỐ −3x − 1
Câu 28.13. Giá trị lớn nhất của hàm số y = trên đoạn [1; 3] bằng x + 1 THI 5 5 A. −2. B. − . C. . D. 1. 2 2 Lời giải. −3x − 1 LUYỆN Hàm số y =
xác định và liên tục trên đoạn [1; 3]. x + 1 2 Ta có y0 = − < 0, ∀x 6= −1. (x + 1)2 5
Lại có y(1) = −2, y(3) = − . 2
Vậy max y = −2 tại x = 1. [1;3] Chọn đáp án A 16 h 3 i
Câu 28.14. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x2 + trên đoạn ; 4 bằng: x 2 155 A. 24. B. 20. C. 12. D. . 12 Lời giải.
Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f (x) trên [a; b] bằng cách:
+) Giải phương trình y0 = 0 tìm các nghiệm x1.
+) Tính các giá trị f (a), f (b), f (xi) (xi ∈ [a; b]).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 95
Khi đó: min f (x) = min {f (a), f (b), f (xi)} , max f (x) = max {f (a), f (b), f (xi)}. [a;b] [a;b] 16 16 h 3 i 3
Cách giải: Ta có: y0 = 2x − ⇒ y0 = 0 ⇔ 2x3 = ⇔ 2x3 = 16 ⇔ x = 2 ∈ ; 4 y = x2 x2 2 2
155 ; y(2) = 12; y(4) = 20 Vậy max y = 20 khix = 4. 12 [ 3 ;4] 4 Chọn đáp án B
CÂU 29. Xét các số thực a và b thỏa mãn log3 3a · 9b = log9 3. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. a + 2b = 2. B. 4a + 2b = 1. C. 4ab = 1. D. 2a + 4b = 1. Lời giải. Ta có
log3 3a.9b = log9 3 ⇔ log3 3a.32b = log32 3 1 o/ 1
⇔ log3 3a+2b = log3 32 ⇔ a + 2b = ⇔ 2a + 4b = 1 2 aPr Chọn đáp án D
Câu 29.1. Với a là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 A. log (2018a) = 2018 log a. B. log a2018 = log a. 2018 1 C. log (2018a) = log a. D. log a2018 = 2018 log a. roups/GeoGebr 2018 Lời giải. Phương pháp
Sử dụng các công thức: log ab = log a + log b; log an = n log a Cách giải:
Ta có: log (2018a) = log 2018 + log a acebook.com/g .f log a2018 = 2018 log a. Chọn đáp án D
Câu 29.2. Cho 0 < a 6= 1 và x, y là các số thực âm. mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. loga x2y4 = 2 loga |x| + loga y2. B. loga(xy) = loga x + loga y. https://www Å xã log C. log a(−x) a
−x2y = 2 loga(−x) + loga y. D. loga = . y loga(−y) Lời giải.
Ta có, loga x2y4 = loga x2 + loga y4 = 2 loga |x| + 2 loga y2 = 2 loga |x| + loga y2. Chọn đáp án A
Câu 29.3. Với a là số thực âm bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log2 a2 = 2 log2(−a). B. log2 a2 = −2 log2 a. C. log2 a2 = 2 log2 a. D. log2 a2 = 2a. Lời giải.
Vì a là số thực âm nên log2 a2 = 2 log2 |a| = 2 log2(−a). Chọn đáp án A
Câu 29.4. Cho 0 < b < a < 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. logb a < loga b. B. logb a < 0. C. logb a > loga b. D. loga b < 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 96 Lời giải. 1
Vì 0 < b < a < 1 nên loga b > loga a = 1. Do đó logb a = < 1 < log log a b. a b Chọn đáp án A
Câu 29.5. Cho số thực a > 1, b 6= 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. loga b2 = −2 loga |b|. B. loga b2 = 2 loga b. C. loga b2 = 2 loga |b|. D. loga b2 = −2 loga b. Lời giải.
Ta có b 6= 0 ⇔ |b| > 0. Khi đó ta có loga b2 = loga |b|2 = 2 loga |b|. Chọn đáp án C
Câu 29.6. Cho số thực a > 1, b 6= 0. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. loga b2 = −2 loga |b|. B. loga b2 = 2 loga b. C. loga b2 = 2 loga |b|. D. loga b2 = −2 loga b. Lời giải.
Ta có b 6= 0 ⇔ |b| > 0. Khi đó ta có loga b2 = loga |b|2 = 2 loga |b|. Chọn đáp án C
Câu 29.7. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 2019-2020 A. log(3a) = 3 log a. B. log a3 = 3 log a. C. log(3a) = log a. D. log a3 = log a. 3 3 Lời giải. THPT
Theo tính chất ta có log a3 = 3 log a. Chọn đáp án B
Câu 29.8. Cho a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng? GHIỆP a d a c N A. ac = bd ⇔ ln = . B. ac = bd ⇔ ln = . b c b d T ln a c ln a d C. ac = bd ⇔ = . D. ac = bd ⇔ = . TỐ ln b d ln b c Lời giải. THI
Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có ln a d
ac = bd ⇔ ln (ac) = ln bd ⇔ c · ln a = d · ln b ⇔ = . ln b c LUYỆN Chọn đáp án D
Câu 29.9. Cho a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng? a d a c A. ac = bd ⇔ ln = . B. ac = bd ⇔ ln = . b c b d ln a c ln a d C. ac = bd ⇔ = . D. ac = bd ⇔ = . ln b d ln b c Lời giải.
Với a, b, c, d là các số thực dương, khác 1 ta có ln a d
ac = bd ⇔ ln (ac) = ln bd ⇔ c · ln a = d · ln b ⇔ = . ln b c Chọn đáp án D
Câu 29.10. Với số thực dương a bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log2 2a2 = 1 + 2 log2 a. B. log2 2a2 = 2 + 2 log2 a.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 97 C. log2(2a)2 = 2 + log2 a. D. log2(2a)2 = 1 + 2 log2 a. Lời giải.
• log2 2a2 = log2 2 + log2 a2 = 1 + 2 log2 a.
• log2(2a)2 = 2 log2(2a) = 2 (log2 2 + log2 a) = 2 + 2 log2 a. Chọn đáp án A
Câu 29.11. Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a2 + b2 = 2ab, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1
A. log2(a + b) = 2 + log2 a + log2 b.
B. log(a + b) = 2 + (log a + log b). 2 1 1 C. log2(a + b) = (2 + log (log 2 2 a + log2 b). D. log2(a + b) = 2 2 a + log2 b). Lời giải.
Với mọi số thực dương a và b, ta có a2 + b2 = 2ab ⇔ (a + b)2 = 4ab. Do đó, ta có o/ 1 log (2 + log aPr
2(a + b)2 = log2(4ab) ⇔ 2 log2(a + b) = log2 4 + log2 a + log2 b ⇔ log2(a + b) = 2 2 a + log2 b). Chọn đáp án C
Câu 29.12. Cho a là số thực dương bất kỳ. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. log5(5a) = 5 + log5 a. B. log5(5a) = log5 a. C. log5(5a) = 1 + log5 a. D. log5(5a) = 1 + a. roups/GeoGebr Lời giải.
Ta có log5(5a) = log5 5 + log5 a = 1 + log5 a. Chọn đáp án C
Câu 29.13. Với a là số thực dương bất kỳ và a 6= 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 5 A. loga5 e = . B. ln a5 = a. C. ln a5 = . D. log 5 ln a 5 ln a a5 e = 5 loga e. acebook.com/g Lời giải. .f 1 1 loga5 e = log . 5 a e = 5 ln a Chọn đáp án A
Câu 29.14. Với a là số thực dương bất kì và a 6= 1, mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 5 https://www A. loga5 e = . B. log a5 = ln a. C. log a5 = . D. log 5 ln 5a 5 ln a a5 e = 5 loga e. Lời giải. 1 1 1 1 Ta có loga5 e = log · = . 5 a e = 5 loge a 5 ln 5a Chọn đáp án A
Câu 29.15. Cho a, b là hai số thực thỏa 0 < a < b < 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. loga b < 1 < logb a. B. logb a < 1 < loga b. C. loga b < logb a < 1. D. 1 < loga b < logb a. Lời giải. ( loga b < loga a = 1
Ta có 0 < a < b < 1 nên ⇒ loga b < 1 < logb a. logb a > logb b = 1 Chọn đáp án A
CÂU 30. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1 và trục hoành là A. 3. B. 0. C. 2. D. 1.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 98 Lời giải. Tập xác định D = R.
Ta có: y0 = 3x2 − 3; y0 = 0 ⇔ x = ±1. Bảng biến thiên x −∞ −1 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ −1
Từ bảng biến ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Chọn đáp án A
Câu 30.1. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1 và trục Ox bằng A. 2. B. 1. C. 3. D. 4. Lời giải.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 1 và trục Ox (y = 0) bằng số nghiệm của phương trình 2019-2020 x3 − 3x + 1 = 0.
Phương trình x3 − 3x + 1 = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm THPT phân biệt. Chọn đáp án C
Câu 30.2. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là GHIỆP N A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. T Lời giải. TỐ
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 + x + 2 = −2x + 1 ⇔ x3 + 3x + 1 = 0. THI
Xét f (x) = x3 + 3x + 1, ta có f 0(x) = 3x2 + 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên x −∞ +∞ f 0(x) + LUYỆN +∞ + f (x) −∞
Do đó phương trình f (x) = 0 có 1 nghiệm. Chọn đáp án D 2x + 1
Câu 30.3. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =
với đường thẳng y = 2x + 3 là x − 1 A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2x + 1 = 2x + 3 x − 1
⇔ 2x + 1 = (2x + 3) (x − 1) (do x = 1 không là nghiệm của phương trình)
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 99 ⇔ 2x2 − x − 4 = 0 √  1 + 33 x = ⇔ 4  √  1 − 33 x = . 4 2x + 1
Vậy đường thẳng y = 2x + 3 cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm. x − 1 Chọn đáp án A
Câu 30.4. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 x2 − 4 với đường thẳng y = 3 là A. 8. B. 2 . C. 4. D. 6 . Lời giải.
Phương tình hoành độ giao điểm x2 x2 − 4 = 3 (1)
nếu x2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 ∪ 2 ≤ x. √ " o/ x2 = 2 + 7 √ p
Phương trình (1) ⇔ x2(x2 − 4) = 3 ⇔ x4 − 4x2 − 3 = 0 ⇔ √ ⇔ x = ± 2 + 7. aPr x2 = 2 − 7 ( loại )
nếu x2 − 4 < 0 ⇔ −2 < x < 2. √ " " x2 = 3 x = ± 3
Phương trình (1) ⇔ x2(x2 − 4) = −3 ⇔ x4 − 4x2 + 3 = 0 ⇔ ⇔ . x2 = 1 x = ±1
Vậy phương trình có 6 nghiệm. roups/GeoGebr Chọn đáp án D
Câu 30.5. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + 3x − 1 và đồ thị hàm số y = x2 − x − 1. A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Lời giải. "x = 0 acebook.com/g
Phương trình hoành độ giao điểm x3 − 3x2 + 3x − 1 = x2 − x − 1 ⇔ x3 − 4x2 + 4x = 0 ⇔ .f x = 2 Chọn đáp án C
Câu 30.6. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. https://www Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 + x + 2 = −2x + 1 ⇔ x3 + 3x + 1 = 0.
Xét f (x) = x3 + 3x + 1, ta có f 0(x) = 3x2 + 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên x −∞ +∞ f 0(x) + +∞ + f (x) −∞
Do đó phương trình f (x) = 0 có 1 nghiệm. Chọn đáp án D
Câu 30.7. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 + x + 2 và đường thẳng y = −2x + 1 là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 100 A. 3. B. 0. C. 2. D. 1. Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3 + x + 2 = −2x + 1 ⇔ x3 + 3x + 1 = 0.
Xét f (x) = x3 + 3x + 1, ta có f 0(x) = 3x2 + 3 > 0. Suy ra bảng biến thiên x −∞ +∞ f 0(x) + +∞ + f (x) −∞
Do đó phương trình f (x) = 0 có 1 nghiệm. Chọn đáp án D 2x + 1
Câu 30.8. Số giao điểm của đồ thị hàm số y =
với đường thẳng y = 2x + 3 là x − 1 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải.  2x + 1 y = x − 1 2019-2020 Xét hệ . y = 2x + 3 √  1 + 33 ( THPT 2x + 1 x 6= 1 x = ⇒ = 2x + 3 ⇒ ⇒ 4  √ x − 1 2x + 1 = 2x2 + x − 3  1 − 33 x = . 4 2x + 1 GHIỆP
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = và y = 2x + 3 là 2. N x − 1 T Chọn đáp án C TỐ
Câu 30.9. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y = x4 − 3x2 − 5 và trục hoành. THI A. 1. B. 3. C. 4. D. 2. Lời giải.
Vì phương trình x4 − 3x2 − 5 = 0 có hai nghiệm trái dấu nên đồ thị hàm số y = x4 − 3x2 − 5 cắt LUYỆN
trục hoành tại hai điểm phân biệt. Chọn đáp án D
Câu 30.10. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số (C) : y = 2x3 − 3x + 2 và parabol (P ) : y = −x2 + 10x − 4. A. 0. B. 1. C. 3. D. 2. Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (P ) là x = 2 
2x3 − 3x + 2 = −x2 + 10x − 4 ⇔ 2x3 + x2 − 13x + 6 = 0 ⇔ (2x − 1)(x − 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = −3   1 x = . 2
Vậy hai đồ thị hàm số cắt nhau tại ba điểm phân biệt. Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 101
Câu 30.11. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 3 và đường thẳng y = x. A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải. x = 1
Phương trình hoành độ giao điểm x = x3 − 3x + 3 ⇔ x3 − 4x + 3 = 0 ⇔ √  −1 ± 13 x = . 2
Vậy đồ thị hàm số y = x3 − 3x + 3 và đường thẳng y = x có 3 giao điểm. Chọn đáp án B
CÂU 31. Tập nghiệm của bất phương trình 9x + 2.3x − 3 > 0 là A. [0; +∞). B. (0; +∞). C. (1; +∞). D. [1; +∞). Lời giải.
9x + 2.3x − 3 > 0 ⇔ (3x − 1) (3x + 3) > 0 ⇔ 3x > 1 (vì 3x > 0, ∀x ∈ R)⇔ x > 0.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (0; +∞). o/ Chọn đáp án B aPr
Câu 31.1. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 (x − 1) + log3 (11 − 2x) ≥ 0 là 3 h 11 A. (−∞; 4). B. (1; 4]. C. (1; 4). D. 4; . 2 Lời giải. 11 Điều kiện: 1 < x < . 2 roups/GeoGebr
Bất phương trình tương đương − log3(x − 1) + log3(11 − 2x) ≥ 0 11 − 2x 11 − 2x 12 − 3x ⇔ log3 ≥ 0 ⇔ ≥ 1 ⇔ ≥ 0 ⇔ 1 < x ≤ 4. x − 1 x − 1 x − 1 Chọn đáp án B
Câu 31.2. Tập nghiệm của bất phương trình 4x+1 ≤ 8x−2 là A. [8; +∞). B. acebook.com/g ∅. C. (0; 8). D. (−∞; 8] . .f Lời giải.
Ta có: 4x+1 ≤ 8x−2 ⇔ 22x+2 ≤ 23x−6 ⇔ 2x + 2 ≤ 3x − 6 ⇔ 8 ≤ x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [8; +∞). Chọn đáp án A https://www
Câu 31.3. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 2 (x − 4) + 1 > 0. 5 h 13 13 13 A. ; +∞ . B. −∞; . C. (4; +∞). D. 4; . 2 2 2 Lời giải. −1 2 13
Ta có log 2 (x − 4) + 1 > 0 ⇔ log 2 (x − 4) > −1 ⇔ 0 < x − 4 < ⇔ 4 < x < 5 5 5 2 13
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 4; . 2 Chọn đáp án D
Câu 31.4. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 (x + 1) > log3(2 − x) là S = (a; b) ∪ (c; d) với 3
a, b, c, d là các số thực. Khi đó a + b + c + d bằng: A. 4. B. 1. C. 3. D. 2. Lời giải. Phương pháp
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 102
• Tìm điều kiện xác định của bất phương trình.
• Giải bất phương trình. Cách giải: Ta có:   x + 1 > 0 x > −1   (     − 1 < x < 2 2 − x > 0 ⇔ x < 2 ⇔  
log3(2 − x) + log3(x + 1) < 0  
 log 1 (x + 1) > log3(2 − x)
 − log3(x + 1) > log3(2 − x) 3  − 1 < x < 2   √ (  − 1 < x < 2    1 + 5 ⇔ ⇔ x > x2 + x + 1 > 0 2  √     1 − 5   x < √ √ 2 Å 1 − 5 ã Å 1 + 5 ã ⇒ S = −1; ∪ ; 2 2 2 √ √ 1 − 5 1 + 5 a + b + c + d = −1 + + + 2 = 2. 2 2 Chọn đáp án D 2019-2020 2x+1 1
Câu 31.5. Tập nghiệm của bất phương trình
> 1 (với a là tham số, a 6= 0) là 1 + a2 THPT 1 1 A. −∞; − . B. (−∞; 0). C. − ; +∞ . D. (0; +∞). 2 2 Lời giải. 1 2x+1 1 1 GHIỆP Vì 0 < < 1 nên
> 1 ⇔ 2x + 1 < 0 ⇔ x < − . 1 + a2 1 + a2 2 N T Chọn đáp án A TỐ
Câu 31.6. Tập nghiệm của bất phương trình 3x2−2x < 27 là A. (−∞; −1). B. (3; +∞). THI C. (−1; 3).
D. (−∞; −1) ∪ (3; +∞). Lời giải.
3x2−2x < 27 ⇔ 3x2−2x < 33 ⇔ x2 − 2x < 3 ⇔ x2 − 2x − 3 < 0 ⇔ −1 < x < 3. LUYỆN Chọn đáp án C
Câu 31.7. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 1 (x2 + 2x − 8) ≥ −4. 2 A. (−4; 2). B. [−6; 4). C. [−6; −4] ∪ [2; 4]. D. [−6; −4) ∪ (2; 4]. Lời giải. x2 + 2x − 8 > 0 (  x < −4 hoặc x > 2 Pt ⇔ −4 ⇔ 1 x2 + 2x − 8 ≤ x2 + 2x − 24 ≤ 0 2 ( " x < −4 hoặc x > 2 − 6 ≤ x < −4 ⇔ ⇔ . − 6 ≤ x ≤ 4 2 < x ≤ 4
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [−6; −4) ∪ (2; 4]. Chọn đáp án D 1
Câu 31.8. Tìm tập nghiệm của bất phương trình log25 (x + 1) > . 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 103 A. S = (−4; +∞). B. S = (−∞; 4). C. S = (−1; 4). D. S = (4; +∞). Lời giải. 1 1 Ta có: log 2 25 (x + 1) >
⇔ x + 1 > 25 ⇔ x > 4. 2 Chọn đáp án D
Câu 31.9. Tập nghiệm của bất phương trình log3 x2 + 2 6 3 là
A. S = (−∞; −5] ∪ [5; +∞). B. S = ∅. C. S = R. D. S = [−5; 5]. Lời giải. (x2 + 2 > 0 Ta có log3 x2 + 2 6 3 ⇔
⇔ x2 + 2 6 27 ⇔ x2 6 25 ⇔ −5 6 x 6 5. x2 + 2 6 27 Chọn đáp án D
Câu 31.10. Tập nghiệm của bất phương trình log o/ 2(x − 1) < 3 là A. (−∞; 9). B. (1; 10). C. (−∞; 10). D. (1; 9). aPr Lời giải. (x − 1 > 0
BPT đã cho tương đương với ⇔ 1 < x < 9. x − 1 < 8
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là (1; 9). Chọn đáp án D roups/GeoGebr 4x + 6
Câu 31.11. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ≥ 0 là 5 x 3 i h 3 i 3 h 3 A. −2, − . B. −2, − . C. −2, − . D. −2, − . 2 2 2 2 Lời giải.  4x + 6 x > 0  > 0 acebook.com/g Điều kiện xác định: x ⇔ .f  3 x 6= 0 x < − . 2 4x + 6 4x + 6 − x 3x + 6
Bất phương trình tương đương: ≤ 1 ⇔ ≤ 0 ⇔ ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x < 0. x x x 3
Kết hợp với điều kiện ta được: −2 ≤ x < − . 2 https://www h 3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là −2, − . 2 Chọn đáp án D √x+2 1
Câu 31.12. Tập nghiệm của bất phương trình > 3−x là 3 A. (1; 2). B. (2; +∞). C. [2; +∞]. D. (1; 2]. Lời giải. ( √ √ x > 0
BPT⇔ 3− x+2 > 3−x ⇔ x > x + 2 ⇔ ⇔ x > 2. x2 > x + 2 Chọn đáp án B
Câu 31.13. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 9x − 2 · 6x + 4x > 0. A. S = (0; +∞). B. S = R. C. S = R\{0}. D. S = [0; +∞). Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 104 2x x 3 3
Chia hai vế cho 4x > 0, phương trình tương đương − 2 · + 1 > 0. 2 2 x 3 Đặt t = , điều kiện t > 0. 2 x 3
Khi đó pt tương đương t2 − 2 · t + 1 > 0 ⇔ (t − 1)2 > 0 ⇔ t 6= 1 ⇔ 6= 1 ⇔ x 6= 0. 2 Vậy S = R\{0}. Chọn đáp án C
Câu 31.14. Tập nghiệm của bất phương trình log √ (x − 2) > 0 là 3 2 A. (3; +∞). B. (0; 3). C. (−∞; 3). D. (2; 3). Lời giải.
Điều kiện xác định của bất phương trình là x > 2.
Ta có log √ (x − 2) > 0 ⇔ x − 2 < 1 ⇔ x < 3. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (2; 3). 3 2 Chọn đáp án D
Câu 31.15. Tập nghiệm của bất phương trình log 2 (3x) > log 2 (2x + 7) là 3 3 14 A. (−∞; 7). B. (0; 7). C. (7; +∞). D. 0; . 3 Lời giải. Điều kiện: x > 0. 2019-2020
Bất phương trình đã cho tương đương với 3x < 2x + 7 ⇔ x < 7.
So với điều kiện, ta có x ∈ (0; 7). THPT Chọn đáp án B
Câu 31.16. Tập nghiệm của bất phương trình log0,8 x2 + x < log0,8 (−2x + 4) là: GHIỆP A. (−∞; −4) ∪ (1; 2).
B. (−∞; −4) ∪ (1; +∞). N C. (−4; 1). D. (−4; 1) ∪ (2; +∞). T Lời giải. TỐ
Điều kiện: x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 2). THI
log0,8 x2 + x < log0,8 (−2x + 4)
⇔ x2 + x > −2x + 4 ⇔ x2 + 3x − 4 > 0 LUYỆN
⇔ x ∈ (−∞; −4) ∪ (1; +∞)
Kết hợp với điều kiện ta được S = (−∞; −4) ∪ (1; 2). Chọn đáp án A
Câu 31.17. Tập nghiệm của bất phương trình 32x > 3x+6 là A. (0; 64). B. (−∞; 6). C. (6; +∞). D. (0; 6). Lời giải.
Ta có 32x > 3x+6 ⇔ 2x > x + 6 ⇔ x > 6.
Tập nghiệm của bất phương trình là: S = (6; +∞). Chọn đáp án C 1
Câu 31.18. Tập nghiệm của bất phương trình 2−x2+x < là 4
A. S = (−∞; −1) ∪ (2; +∞). B. S = (−1; 2).
C. S = (−∞; −2) ∪ (1; +∞). D. S = (−2; 1).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 105 Lời giải. " 1 x < −1
Bất phương trình 2−x2+x <
⇔ 2−x2+x < 2−2 ⇔ −x2 + x < −2 ⇔ x2 − x − 2 > 0 ⇔ . Vậy 4 x > 2
tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞; −1) ∪ (2; +∞). Chọn đáp án A 1 − 2x
Câu 31.19. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 > 0 là 3 x 1 1 1 1 1 A. S = ; +∞ . B. S = 0; . C. S = ; . D. S = −∞; . 3 3 3 2 3 Lời giải.  1 − 2x 1 − 2x  > 0  1 1 Ta có log x 1 > 0 ⇔ ⇔ < x < . 3 x 1 − 2x 3 2  < 1  o/ x aPr Chọn đáp án C
Câu 31.20. Tập nghiệm của bất phương trình log2(x − 9) > 0 là A. [9; +∞). B. (10; +∞). C. [10; +∞). D. (9; +∞). Lời giải. roups/GeoGebr
Ta có log2(x − 9) > 0 ⇔ x − 9 > 1 ⇔ x > 10. Chọn đáp án B
CÂU 32. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = 2a. Khi quay
tam giác ABC xung quanh canh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo thành một hình
nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng acebook.com/g √ √ .f A. 5πa2. B. 5πa2. C. 2 5πa2. D. 10πa2. Lời giải. B https://www a A 2a C √ √ BC = AB2 + AC2 = a 5. √ √
Diện tích xung quanh hình nón cần tìm S = πAC.BC = π2a.a 5 = 2 5a2. Chọn đáp án C
Câu 32.1. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật
tròn xoay thu được khi quay tam giác AA0C0 quanh trục AA0. √ √ √ √ A. π 6 + 2 a2. B. π 3 + 2 a2. C. 2π 2 + 1 a2. D. 2π 6 + 1 a2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 106
Khi quay tam giác AA0C0 quanh trục AA0 ta được hình nón có bán kính √ A
đáy R = A0C0 = a 2, đường sinh l = AC0 và chiều cao h = AA0 = a. √ √ √ Ta có l = AC0 = A0C02 + AA02 = 2a2 + a2 = a 3. Ta có √
Stp = πRl + πR2 = π( 6 + 2)a2. C0 A0 Chọn đáp án A
Câu 32.2. Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh trục DF . E F a 30◦ A B 2019-2020 a THPT D C a GHIỆP 10π π 5π 10π N A. a3. B. a3. C. a3. D. a3. 7 3 2 9 T Lời giải. TỐ E F THI
• Khi quay hình vuông ABCD quanh trục DF ta được
khối trụ tròn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy
bằng a. Thể tích khối trụ này là V1 = π · a2 · a = πa3. LUYỆN A B
• Khi quay tam giác vuông AF E quanh trục DF ta được
khối nón tròn xoay có chiều cao bằng a và bán kính đáy √ a 3 bằng EF = AF · tan 30◦ =
. Thể tích khối nón này là 3 √ 2 D C 1 Å a 3ã π V2 = π · · a = a3. 3 3 9 π 10π
Vậy thể tích cần tìm là V = V1 + V2 = πa3 + a3 = a3. 9 9 Chọn đáp án D
Câu 32.3. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh AB. √ 3π π π π 3 A. . B. . C. . D. . 4 4 8 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 107
Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau. √ 2 1 2 Å 1 3ã 1 π Do đó, ta có V = 2V = 2 · πr2h = π · · = (đvtt). nón 3 3 2 2 4 √3 1 1 (bán kính r = hABC = , đường cao h = AB = ). 2 2 2 Chọn đáp án B
Câu 32.4. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh bằng 1 quanh AB. √ 3π π π π 3 A. . B. . C. . D. . 4 4 8 2 Lời giải.
Khi quay tam giác đều ABC quanh cạnh AB ta thu được hai khối nón bằng nhau. √ 2 1 2 Å 1 3ã 1 π Do đó, ta có V = 2V = 2 · πr2h = π · · = (đvtt). nón 3 3 2 2 4 √3 1 1 o/ (bán kính r = hABC = , đường cao h = AB = ). 2 2 2 aPr Chọn đáp án B √
Câu 32.5. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = a 3. Tính độ
dài đường sinh ` của hình nón có được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB. √ √ A. ` = a. B. ` = 2a. C. ` = a 3. D. ` = a 2. Lời giải. roups/GeoGebr
Khi quay tam giác ABC vuông tại A xung B B
quanh trục AB ta được hình nón có đường sinh là BC.
Tam giác ABC vuông tại A nên
BC2 = AB2 + AC2 = a2 + 3a2 = 4a2. acebook.com/g Vậy l = BC = 2a. C .f A C A Chọn đáp án B
Câu 32.6. Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là 2. Quay hình tam giác ABC
quanh trục BC thì được một khối tròn xoay có thể tích là √ https://www 2 2 4 2 1 A. π. B. π. C. π. D. π. 3 3 3 3 Lời giải. BC √
Gọi D là trung điểm BC, khi đó AD ⊥ BC và AD = = 1, AC = 2. 2 C
Khi quay hình tam giác ABC quanh trục BC thì được hai khối nón có cùng D
chiều cao h = 1 và bán kính đường tròn đáy r = 1. 1 2
Vậy thể tích của khối tròn xoay là V = 2 · · πr2h = π. A B 3 3 Chọn đáp án C
Câu 32.7. Diện tích xung quanh của hình nón được sinh ra khi quay tam giác đều ABC cạnh
a xung quanh đường cao AH là √ πa2 πa2 3 A. πa2. B. . C. 2πa2. D. . 2 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 108 BC a
Hình nón có bán kính đáy là r = =
, đường sinh l = AB = a. Khi đó diện tích xung quanh 2 2 a πa2
hình nón là Sxq = πrl = π · · a = . 2 2 Chọn đáp án B
Câu 32.8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 2a. Thể tích của khối tròn xoay tạo
thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB bằng √ πa3 8πa3 4πa3 8πa3 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải.
Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta được một hình nón B
có bán kính đáy r = 2a và chiều cao là h = 2a.
Áp dụng công thức tính thể tích khối nón ta có 1 1 8πa3 V = πr2h = π(2a)22a = . 3 3 3 C A Chọn đáp án B 2019-2020 Câu 32.9.
Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ) quanh THPT E F trục DF . ◦ 10πa3 10πa3 5πa3 πa3 30 a A. . B. . C. . D. . 9 7 2 3 GHIỆP A B N T a TỐ D a C THI Lời giải. √ a 3 Ta có EF = AF tan 30◦ = . 3
Khi quay tam giác AEF quanh trục DF tạo thành khối nón có thể tích LUYỆN √ 2 1 Å a 3ã πa3 V = π · · a = . nón 3 3 9
Khi quay hình vuông ABCD quanh trục DF tạo thành khối trụ có thể tích Vtrụ = πa2 · a = πa3. πa3 10πa3
Vậy thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình quanh trục DF là V = + πa3 = . 9 9 Chọn đáp án A
Câu 32.10. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Tính diện tích toàn phần của vật
tròn xoay thu được khi quay tam giác AA0C quanh trục AA0. √ √ √ √ A. 2π 2 + 1 a2. B. π 3 + 2 a2. C. 2π 6 + 1 a2. D. π 6 + 2 a2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 109
Vì ABCD.A0B0C0D0 là hình lập phương cạnh a, nên ta có √ √ A0 D0
AC = a 2; A0C = a 3 và AA0⊥(ABCD) hay AA0⊥AC.
Tam giác AA0C vuông tại A nên khi quay tam giác AA0C B0 C0
quanh trục AA0 ta được hình nón tròn xoay có bán kính đáy √ R = AC = a 2. √ A D
Đường cao AA0 = a và đường sinh l = A0C = a 3. B C √
Vậy diện tích toàn phần của hình nón là Stp = πRl + πR2 = π 6 + 2 a2. Chọn đáp án D √
Câu 32.11. Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a và AC = 3a. Tính độ
dài đường sinh l của hình nón nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB. √ √ A. l = a. B. l = 2a. C. l = 2a. D. l = 3a. o/ Lời giải. aPr
Khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB ta được hình nón có đường B sinh p l = BC = AB2 + AC2 = 2a. roups/GeoGebr A C Chọn đáp án B Z 2 Z 2 CÂU 33. Xét
xex2dx, nếu đặt u = x2 thì xex2dx bằng 0 0 acebook.com/g Z 2 Z 4 Z 2 Z 4 .f 1 1 A. 2 eudu. B. 2 eudu. C. eudu. D. eudu. 2 2 0 0 0 0 Lời giải. du
Đặt u = x2 ⇒ du = 2xdx ⇔ xdx = . 2 https://www
Khi x = 0 ⇒ u = 0, khi x = 2 ⇒ u = 4. 2 4 Z 1 Z Do đó xex2dx = eudu. 2 0 0 Chọn đáp án D π 2 Z √ Câu 33.1. Cho tích phân I =
2 + cos x · sin x dx. Nếu đặt t = 2 + cos x thì kết quả nào sau 0 đây đúng? π 2 3 2 2 Z √ Z √ Z √ Z √ A. I = t dt. B. I = t dt. C. I = 2 t dt. D. I = t dt. 3 2 3 0 Lời giải.
Đặt t = 2 + cos x ⇒ dt = − sin x dx ⇒ sin x dx = − dt.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 110 Đổi cận x = 0 ⇒ t = 3 π x = ⇒ t = 2. 2
Vậy tích phân đã cho trở thành 2 3 Z √ Z √ I = t(− dt) = t dt. 3 2 Chọn đáp án B 1 Z x7 Câu 33.2. Cho tích phân I =
dx, giả sử đặt t = 1 + x2. Tìm mệnh đề đúng. 5 (1 + x2) 0 2 3 1 Z (t − 1)3 Z (t − 1)3 A. I = dt. B. I = dt. 2 t5 t5 1 1 2 4 1 Z (t − 1)3 3 Z (t − 1)3 C. dt. D. dt. 2019-2020 2 t4 2 t4 1 1 Lời giải. THPT 1 Đặt t = 1 + x2 ⇒ dt = x dx. 2
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1, x = 1 ⇒ t = 2. Khi đó GHIỆP 1 2 Z Z N (x2)3 · x 1 (t − 1)3 T I = dx = dt. 5 (1 + x2) 2 t5 TỐ 0 1 Chọn đáp án A THI 3 Z x √ Câu 33.3. Cho tích phân I = √ dx. Nếu đặt t = x + 1 thì 1 + x + 1 LUYỆN 0 2 2 2 2 Z Z Z Z A. I = (t2 − 2t) dt. B. I = (2t2 − t) dt. C. I = (2t2 + 2t) dt. D. I = (2t2 − 2t) dt. 1 1 1 1 Lời giải. √ Đặt t =
x + 1 ⇒ t2 = x + 1 ⇔ x = t2 − 1, dx = 2t dt.
Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 3 thì t = 2. 3 2 2 2 Z x Z t2 − 1 Z Z I = √ dx = 2t dt = 2t(t − 1) dt = (2t2 − 2t) dt. 1 + x + 1 1 + t 0 1 1 1 Chọn đáp án D e √ Z 1 + ln x √ Câu 33.4. Cho tích phân I = dx. Đổi biến t =
1 + ln x ta được kết quả nào sau x 1 đây?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 111 √ √ √ 2 2 2 2 Z Z Z Z A. I = t2 dt. B. I = 2 t2 dt. C. I = 2 t2 dt. D. I = 2 t dt. 1 1 1 1 Lời giải. Ta có √ dx t =
1 + ln x ⇒ t2 = 1 + ln x ⇒ 2t dt = . x Với x = 1 ⇒ t = 1, √ x = e ⇒ t = 2. √ √ 2 2 Z Z Vậy I = t · 2t dt = 2 t2 dt. 1 1 Chọn đáp án B o/ 1 aPr Z dx π π Câu 33.5. Cho tích phân I = √
. Nếu đổi biến số x = 2 sin t, t ∈ − ; thì 4 − x2 2 2 0 π π π π 6 6 6 3 Z Z Z dt Z A. I = dt. B. I = t dt. C. I = . D. I = dt. t 0 0 0 0 roups/GeoGebr Lời giải.
Ta có x = 2 sin t ⇒ dx = 2 cos t dt. π
Với x = 0 ⇒ t = 0, x = 1 ⇒ t = . 6 π π π π 6 6 6 6 Z 2 cos t dt Z 2 cos t dt Z 2 cos t dt Z Do đó I = = √ = = dt. p4 − 4 sin2 t 2 cos2 t 2 cos t 0 0 0 0 acebook.com/g .f Chọn đáp án A 1 Z √ √ Câu 33.6. Cho tích phân I =
3 1 − x dx. Với cách đặt t = 3 1 − x ta được 0 1 1 1 1 https://www Z Z Z Z A. I = 3 t3 dt. B. I = 3 t2 dt. C. I = t3 dt. D. I = 3 t dt. 0 0 0 0 Lời giải. √
Đặt t = 3 1 − x ⇒ x = 1 − t3 ⇒ dx = −3t2 dt. (x = 1 ⇒ t = 0 Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1 0 1 Z Z ⇒ I = −3 t3 dt = 3 t3 dt. 1 0 Chọn đáp án A 1 Z √ √ Câu 33.7. Cho tích phân I =
3 1 − x dx. Với cách đặt t = 3 1 − x ta được 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 112 1 1 1 1 Z Z Z Z A. I = 3 t3 dt. B. I = 3 t2 dt. C. I = t3 dt. D. I = 3 t dt. 0 0 0 0 Lời giải. √
Đặt t = 3 1 − x ⇒ x = 1 − t3 ⇒ dx = −3t2 dt. (x = 1 ⇒ t = 0 Đổi cận x = 0 ⇒ t = 1 0 1 Z Z ⇒ I = −3 t3 dt = 3 t3 dt. 1 0 Chọn đáp án A Z 4 √ p Câu 33.8. Cho tích phân I = x x2 + 9 dx. Khi đặt t =
x2 + 9 thì tích phân đã cho trở 0 thành Z 5 Z 4 Z 4 Z 5 A. I = t dt. B. I = t dt. C. I = t2 dt. D. I = t2 dt. 3 0 0 3 Lời giải. √ Ta có t =
x2 + 9 ⇒ t2 = x2 + 9 ⇒ t dt = x dx.
Đổi cận x = 0 ⇒ t = 3, x = 4 ⇒ t = 5. 2019-2020 Z 4 Z 5 p Khi đó I = x x2 + 9 dx = t2 dt. 0 3 THPT Chọn đáp án D 3 Z x √ Câu 33.9. Cho tích phân I = √
dx. Viết dạng của I khi đặt t = x + 1. GHIỆP 1 + x + 1 N 0 2 2 2 2 T Z Z Z Z A. (2t2 + 2t) dt. B. (2t2 − 2t) dt. C. (t2 − 2t) dt. D. (2t2 − t) dt. TỐ 1 1 1 1 THI Lời giải. √ Đặt t =
x + 1 ⇒ t2 = x + 1 ⇒ 2t dt = x dx. Đổi cận LUYỆN x 0 3 t 1 2 Tích phân trở thành 2 2 2 2 Z (t2 − 1)2t Z (t − 1)(t + 1)2t Z Z I = dt = dt = (t − 1)2t dt = (2t2 − 2t) dt. 1 + t t + 1 1 1 1 1 Chọn đáp án B Z ex √ Câu 33.10. Cho I = √ dx. Khi đặt t = ex + 1 thì ta có ex + 1 Z Z dt Z Z A. I = 2t2dt. B. I = . C. I = 2dt. D. I = t2dt. 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 113 √ exdx Z Đặt t = ex + 1 ⇒ dt = √ ⇒ 2tdt = exdx, do đó I = 2dt. 2 ex + 1 Chọn đáp án C −1 Z Câu 33.11. Cho I =
x(x − 1)2 dx khi đặt t = −x ta có 0 1 1 Z Z A. I = − t(t − 1)2 dt. B. I = − t(t + 1)2 dt. 0 0 1 1 Z Z C. I = t(t − 1)2 dt. D. I = t(t + 1)2 dt. 0 0 Lời giải.
Đặt t = −x ⇒ dt = − dx. (x = 0 ⇒ t = 0 o/ Đổi cận aPr x = −1 ⇒ t = 1. 1 1 Z Z I = − −t(−t − 1)2 dt = t(t + 1)2 dt. 0 0 Chọn đáp án D roups/GeoGebr √ Z e ln x
Câu 33.12. Với cách đổi biến u = 1 + 3 ln x thì tích phân √ dx trở thành 1 x 1 + 3 ln x 2 Z 2 2 Z 2 Z 2 2 Z 2 u2 − 1 A. (u2 − 1) du. B. (u2 − 1) du. C. 2 (u2 − 1) du. D. du. 3 9 9 u 1 1 1 1 Lời giải. √ u2 − 1 2u 1 Với u =
1 + 3 ln x ⇒ u2 = 1 + 3 ln x ⇒ = ln x ⇒ du = dx. acebook.com/g 3 3 x .f u2 − 1 2u Z e ln x Z 2 · 2 Z 2 Khi đó, √ dx = 3 3 du = (u2 − 1) du. u 9 1 x 1 + 3 ln x 1 1 Chọn đáp án B 1 https://www √ Z √
Câu 33.13. Với cách đổi biến u = 4x + 5 thì tích phân x 4x + 5 dx trở thành −1 3 1 3 3 Z u2(u2 − 5) Z u2(u2 − 5) Z u2(u2 − 5) Z u(u2 − 5) A. du. B. du. C. du. D. du. 8 8 4 8 1 −1 1 1 Lời giải. √ u2 − 5 u Đặt u = 4x + 5 ⇒ x = và dx = du. 4 2 x −1 1 Đổi cận: u 1 3 1 3 Z √ Z u2(u2 − 5) Suy ra, x 4x + 5 dx = du 8 −1 1 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 114 1 Z dx
Câu 33.14. Đổi biến x = 2 sin t thì tích phân √ trở thành 4 − x2 0 π π π π 6 3 6 6 Z Z Z Z dt A. tdt. B. tdt. C. dt. D. . t 0 0 0 0 Lời giải. 1 Z dx Xét I = √ . 4 − x2 0 π π
Đặt x = 2 sin t với t ∈ − ; ⇒ dx = 2 cos tdt. 2 2 Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0. π x = 1 ⇒ t = . 6 Ta có: π π π 6 6 6 Z 2 cos t Z 2 cos t Z I = dt = √ dt = dt. 2019-2020 p4 − 4 sin2 t 4 cos2 t 0 0 0 THPT Chọn đáp án C
CÂU 34. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 2x2, y = −1, x = 0 và x = 1
được tính bởi công thức nào dưới đây? GHIỆP Z 1 Z 1 N A. S = π 2x2 + 1 dx . B. S = 2x2 − 1 dx. T 0 0 Z 1 Z 1 TỐ C. S = 2x2 + 12 dx. D. S = 2x2 + 1 dx. 0 0 THI Lời giải. 1 1 Z Z
Diện tích hình phẳng cần tìm là S = 2x2 + 1 dx =
2x2 + 1 dx do 2x2 + 1 > 0, ∀x ∈ [0; 1]. LUYỆN 0 0 Chọn đáp án D √
Câu 34.1. Thể tích của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x, trục Ox
và hai đường thẳng x = 1; x = 4 khi quay quanh trục hoành được tính bởi công thức nào? 4 4 4 4 Z Z √ Z Z √ A. V = π x dx. B. V = x dx. C. V = π2 x dx. D. V = π x dx. 1 1 1 1 Lời giải. 4 Z Thể tích là V = π x dx. 1 Chọn đáp án A
Câu 34.2. Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi parabol (P ) : y =
x2 và đường thẳng d : y = x xoay quanh trục Ox bằng
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 115 1 1 1 1 Z Z Z Z A. π x2 dx − π x4 dx. B. π x2 dx + π x4 dx. 0 0 0 0 1 1 Z Z C. π x2 − x2 dx. D. π x2 − x dx. 0 0 Lời giải.
Ta có (P ) và d cắt nhau tại hai điểm (0; 0), (1; 1) và x > x2, ∀x ∈ (0; 1). y
Suy ra thể tích khối tròn xoay đã cho T bằng thể tích khối tròn xoay
T1 trừ đi thể tích khối tròn xoay T2. Trong đó • T 1
1 được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường d, trục Ox, x = 0, x = 1. x O 1
• T2 được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường (P ), o/ trục Ox, x = 0, x = 1. aPr 1 1 Z Z
Vậy thể tích khối tròn xoay đã cho bằng π x2 dx − π x4 dx. 0 0 Chọn đáp án A roups/GeoGebr
Câu 34.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a; b]. Viết công thức tính diện tích hình
thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b. b b b b Z Z Z Z A. S = f 2(x) dx. B. S = |f (x)| dx. C. S = π |f (x)| dx. D. S = f (x) dx. a a a a Lời giải. acebook.com/g .f
Diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f (x), trục hoành và hai đường thẳng b Z x = a, x = b là S = |f (x)| dx. a Chọn đáp án B https://www
Câu 34.4. Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xex, trục hoành, hai
đường thẳng x = −2; x = 3 có công thức tính là 3 3 3 3 Z Z Z Z A. S = xex dx. B. S = |xex| dx. C. S = xex dx. D. S = π xex dx. −2 −2 −2 −2 Lời giải. 3 Z
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có S = |xex| dx. −2 Chọn đáp án B
Câu 34.5. Viết công thức tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x = 0 và
x = ln 4, biết khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm có hoành độ x √
(0 ≤ x ≤ ln 4), ta được thiết diện là một hình vuông có độ dài cạnh là xex.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 116 ln 4 ln 4 Z Z A. V = xex dx. B. V = π xex dx. 0 0 ln 4 ln 4 Z Z √ C. V = π (xex)2 dx. D. V = xex dx. 0 0 Lời giải. ln 4 Z Theo định nghĩa ta có V = xex dx. 0 Chọn đáp án A Câu 34.6.
Gọi S là diện tích hình phẳng được tô đậm trong hình y
vẽ bên. Công thức tính S là y = f (x) 1 2 Z Z A. S = f (x) dx + f (x) dx. −1 1 x −1 O 1 2 1 2 Z Z 2019-2020 B. S = f (x) dx − f (x) dx. −1 1 2 THPT Z C. S = f (x) dx. −1 2 GHIỆP Z N D. S = − f (x) dx. T −1 TỐ Lời giải. 1 2 THI Z Z
Dựa vào hình vẽ suy ra S = f (x) dx − f (x) dx. −1 1 LUYỆN Chọn đáp án B
Câu 34.7. Tìm công thức tính thể tích của khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi
parabol (P ) : y = x2 và đường thẳng d : y = 2x quay quanh trục Ox. 2 2 2 Z Z Z A. π x2 − 2x2 dx. B. π 4x2 dx − π x4 dx. 0 0 0 2 2 2 Z Z Z C. π 4x2 dx + π x4 dx. D. π 2x − x2 dx. 0 0 0 Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và d, ta có
x2 = 2x ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 117
Trên đoạn [0; 2] ta thấy 2x ≥ x2 nên thể tích cần tìm là 3 2 2 Z Z Z V = π 4x2 − x4 dx = π 4x2 dx − π x4 dx. 0 0 0 Chọn đáp án B
Câu 34.8. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x3, trục hoành và hai
đường thẳng x = −1,x = 2 biết rằng mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2 cm. 15 17 A. cm2. B. cm2. C. 17 cm2. D. 15 cm2. 4 4 Lời giải. 2 0 2 0 2 0 2 Z Z Z Z Z x4 x4 17 Ta có S = x3 dx = x3 dx + x3 dx = − x3 dx + x3 dx = − + = . 4 4 4 −1 −1 0 −1 0 −1 0 17 · o/
Do mỗi đơn vị trên trục là 2 cm nên S = 22 cm2 = 17 cm2. 4 aPr Chọn đáp án C Câu 34.9.
Đồ thị trong hình bên là của hàm số y = f (x), S là diện tích hình y
phẳng (phần tô đậm trong hình). Chọn khẳng định đúng. 0 1 Z Z A. S = f (x) dx + f (x) dx. roups/GeoGebr −2 0 1 −2 Z B. x S = f (x) dx. O 1 −2 −2 1 Z Z C. S = f (x) dx + f (x) dx. acebook.com/g .f 0 0 0 1 Z Z D. S = f (x) dx − f (x) dx. −2 0 Lời giải. https://www
Từ đồ thị ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [−2; 0] và f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [0; 1]. 1 1 1 0 1 Z Z Z Z Z Do đó S = |f (x)| dx = |f (x)| dx + |f (x)| dx = f (x) dx − f (x) dx. −2 −2 0 −2 0 Chọn đáp án D (7 − 4x2 khi 0 ≤ x ≤ 1
Câu 34.10. Cho hàm số f (x) =
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn 4 − x2 khi x > 1
bởi đồ thị hàm số f (x) và các đường thẳng x = 0, x = 3, y = 0. 16 20 A. . B. . C. 10. D. 9. 3 3 Lời giải.
Phương pháp: Công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng Z b
x = a, x = b (a < b) và các đồ thị hàm số y = f (x), y = g(x) là S = |f (x) − g(x)| dx. a
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 118 Cách giải:
Xét các phương trình hoành độ giao điểm: "x = 2 • 4 − x2 = 0 ⇔ ⇔ x = 2. x = −2 / ∈ (1; +∞) √7 • 7 − 4x2 = 0 ⇔ x = ± / ∈ [0; 1]. 2 1 2 3 Z Z Z ⇒ S = 7 − 4x2 dx + 4 − x2 dx + 4 − x2 dx 0 1 2 1 2 3 Z Z Z = 7 − 4x2 dx + 7 − 4x2 dx + 7 − 4x2 dx 0 1 2 16 11 16 = 7 − 1 + − − 3 + = 10. 3 3 3
Câu 34.11. Cho f (x) = x4 − 5x2 + 4. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y = f (x) và trục hoành. Mệnh đề nào sau đây sai? 2 Z Z 1 Z 2 2019-2020 A. S = |f (x)|dx. B. S = 2 f (x)dx + 2 f (x)dx . 0 1 −2 2 2 Z Z THPT C. S = 2 |f (x)|dx. D. S = 2 f (x)dx. 0 0 Lời giải. GHIỆP N
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số f (x) = x4 − 5x2 + 4 và trục hoành T " " x2 = 1 x = ±1 TỐ x4 − 5x2 + 4 = 0 ⇔ ⇔ x2 = 4 x = ±2. THI
Diện tích hình phẳng cần tìm là 2 Z LUYỆN S = |f (x)|dx (1) −2 Z 2 = 2 |f (x)|dx
(2) (do f (x) là hàm số chẵn) 0 1 2 Z Z = 2 |f (x)|dx + 2 |f (x)|dx 0 1 1 2 Z Z = 2 f (x)dx + 2 f (x)dx
(3) (do trong các khoảng(0; 1), (1; 2) phương trình f (x) = 0 vô nghiệm). 0 1
Từ (1), (2) và (3) suy ra các đáp án A, B, C là đúng, đáp án D là sai.
Máy tính: Bấm máy kiểm tra, ba kết quả đầu bằng nhau nên đáp án là đáp án D. Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 119
Câu 34.12. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng giới hạn bởi
các đường y = x2 + 1, y = x3 + 1 quay quanh Ox. 47 47π 2 2π A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 210 210 35 35 Lời giải.
Xét phương trình hoành độ giao điểm y = x2 + 1 và y = x3 + 1. "x = 0
x2 + 1 = x3 + 1 ⇔ x3 − x2 = 0 ⇔ x = 1.
Thể tích khối tròn xoay cần tính là 1 Z V = π x2 + 12 − x3 + 12 dx o/ 0 1 aPr Z î = π x2 + 12 − x3 + 12ó dx 0 1 Z = π −x6 + x4 − 2x3 + 2x2 dx 0 roups/GeoGebr 1 −1 1 1 2 = π x7 + x5 − x4 + x3 7 5 2 3 0 47π = . 210 Chọn đáp án B acebook.com/g .f Câu 34.13.
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi Parabol y x2 y =
và đường cong có phương trình y = 12 … 2 x2 … x2 y = 4 − y = https://www x2 4 4 −
(hình vẽ). Diện tích của hình phẳng 12 4 (H) bằng √ √ 4π + 3 4 3 + π −4 O 4 x A. . B. . 3 6 √ √ 4π + 3 2 4π + 3 C. . D. . 6 3 Lời giải. … x2 x2
Hoành độ giao điểm của Parabol y = và đường cong y = 4 − là nghiệm của PT: 12 4 … x2 x2 √ = 4 − ⇔ x = ±2 3. 12 4
Diện tích hình phẳng (H) bằng √ √ √ √ 2 3 2 3 2 3 2 3 √ Z ñ… ô x2 x2 Z Z Z p 1 p 4 3 S = 2 4 − − dx = 16 − x2dx − x2dx = 16 − x2dx + . 4 12 6 3 0 0 0 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 120 √ π 2 3 3 Z Z √ p 8π Đặt x = 4 sin t ⇒ 16 − x2 dx = 16cos2t dt = + 2 3. 3 0 0 √ 2 4π + 3 ⇒ S = . 3 Chọn đáp án D Câu 34.14.
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có đồ thị (C) là đường cong như y
hình bên. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục hoành và 3
hai đường thẳng x = 0, x = 2 (phần tô đen) là 2 1 2 Z Z Z A. f (x) dx. B. − f (x) dx + f (x) dx. 1 2 −2 O x 0 0 1 1 2 2 Z Z Z C. f (x) dx − f (x) dx. D. f (x) dx. 0 1 0 Lời giải.
Dựa vào hình vẽ ta nhận thấy: khi x ∈ (0; 1) thì f (x) > 0, khi x ∈ (1; 2) thì f (x) < 0. 1 2 Z Z 2019-2020 Vậy S = f (x) dx − f (x) dx. 0 1 THPT Chọn đáp án C
Câu 34.15. Cho hai hàm số y = f (x) và y = g(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Kí hiệu H là hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f (x), y = g(x) và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b). GHIỆP N
Tính diện tích S của hình phẳng H. T b b Z Z TỐ A. S = (f (x) − g(x)) dx. B. S = π f 2(x) − g2(x) dx. a a THI a b Z Z C. S = |f (x) − g(x)| dx. D. S = |f (x) − g(x)| dx. b a LUYỆN Lời giải.
Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f (x) và y = g(x) và hai đường b Z
thẳng x = a, x = b (a < b) là S = |f (x) − g(x)| dx. a Chọn đáp án D
CÂU 35. Cho hai số phức z1 = 3 − i và z2 = −1 + i. Phần ảo của số phức z1z2 bằng A. 4. B. 4i. C. −1. D. −i. Lời giải.
Ta có: z1.z2 = (3 − i)(−1 − i) = −2 + 4i. Suy ra phần ảo của z1.z2 bằng 4. Chọn đáp án A
Câu 35.1. Cho hai số phức z = 6 + 5i và z0 = 5 − 4i + z. Tìm mô-đun của số phức w = z · z0. √ √ A. |w| = 612. B. |w| = 61. C. |w| = 61 2. D. |w| = 6 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 121 Lời giải. √
Ta có z0 = 5 − 4i + 6 + 5i = 11 + i ⇒ z · z0 = 61 + 61i. Do đó |w| = 61 2. Chọn đáp án C
Câu 35.2. Cho hai số phức z1 = m + 3i, z2 = 2 − (m + 1)i, với m ∈ R. Tìm các giá trị của m để w = z1 · z2 là số thực. A. m = 1 hoặc m = −2. B. m = 2 hoặc m = −1. C. m = 2 hoặc m = −3. D. m = −2 hoặc m = −3. Lời giải.
Ta có w = z1 · z2 = (m + 3i) (2 − (m + 1)i) = 5m + 3 + 6 − m − m2 i. "m = −3
Để w là số thực thì 6 − m − m2 = 0 ⇔ m = 2. Chọn đáp án C o/
Câu 35.3. Cho hai số phức z1 = 2 + i, z2 = 4 − 3i. Khi đó z1 · z2 có phần ảo bằng aPr A. 11. B. 2. C. −11. D. −2. Lời giải.
z1 · z2 = (2 + i)(4 − 3i) = 11 − 2i.
Vậy số phức z1 · z2 có phần ảo bằng −2. Chọn đáp án D z roups/GeoGebr
Câu 35.4. Cho hai số phức z = a + bi và z0 = a0 + b0i. Số phức có phần thực là z0 aa0 + bb0 aa0 + bb0 a + a0 2bb0 A. . B. . C. . D. . a02 + b02 a2 + b2 a2 + b2 a02 + b02 Lời giải. z a + bi (a + bi)(a0 − b0i) aa0 + bb0 a0b − ab0 Ta có = = = + i. z0 a0 + b0i a02 + b02 a02 + b02 a02 + b02 z aa0 + bb0 acebook.com/g Do đó phần thực của bằng . .f z0 a02 + b02 Chọn đáp án A
Câu 35.5. Cho hai số phức z1 = 3 − 4i và z2 = −2 + i. Tìm số phức liên hợp của z1 + z2. A. 1 + 3i. B. 1 − 3i. C. −1 + 3i. D. −1 − 3i. https://www Lời giải.
Ta có z1 + z2 = (3 − 4i) + (−2 + i) = 1 − 3i ⇒ z1 + z2 = 1 + 3i. Chọn đáp án A
Câu 35.6. Cho hai số phức z1 = 2 + i, z2 = 1 − 3i. Tính T = |(1 + i)z1 + 2z2|. √ A. T = 18. B. T = 3 2. C. T = 0. D. T = 3. Lời giải. √ √
(1 + i)z1 + 2z2 = (1 + i)(2 + i) + 2(1 − 3i) = 3 − 3i ⇒ |(1 + i)z1 + 2z2| = 9 + 9 = 3 2. Chọn đáp án B
Câu 35.7. Cho hai số phức z1 = 3 + i, z2 = 2 − i. Tính giá trị của biểu thức P = |z1 + z1.z2|. A. P = 85. B. P = 5. C. P = 50. D. P = 10. Lời giải.
Ta có: z1 · z2 = (3 + i)(2 − i) = 7 − i ⇒ z1 + z1 · z2 = 3 + i + 7 − i = 10.
Suy ra P = |z1 + z1 · z2| = 10.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 122 Chọn đáp án D
Câu 35.8. Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = 2 − 3i. Phần ảo của số phức w = 3z1 − 2z2 là A. 12. B. 1. C. 11. D. 12i. Lời giải.
w = 3z1 − 2z2 = −1 + 12i. Vậy w có phần ảo là 12. Chọn đáp án A
Câu 35.9. Cho hai số phức z1 = 1 + 3i, z2 = 3 − 4i. Môđun của số phức w = z1 + z2 bằng √ √ A. 17. B. 15. C. 17. D. 15. Lời giải. √ Ta có p w = 4 − i. Suy ra |w| = 42 + (−1)2 = 17. Chọn đáp án A z
Câu 35.10. Cho hai số phức 1
z1 = 3 − i và z2 = 1 − 2i. Tìm số phức w = . z2 1 7 A. w = 5 + 5i. B. w = − i. C. w = 1 + i. D. w = 1 − 7i. 5 5 Lời giải. z1 3 − i (3 − i)(1 + 2i) 5 + 5i w = = = = = 1 + i. z2 1 − 2i 5 5 2019-2020 Chọn đáp án C
Câu 35.11. Cho hai số phức z1 = 3 − 4i và z2 = −i. Tìm phần thực và phần ảo của số phức THPT z1z2.
A. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng 3.
B. Phần thực bằng −4 và phần ảo bằng −3.
C. Phần thực bằng −4 và phần ảo bằng 3i.
D. Phần thực bằng 4 và phần ảo bằng −3i. GHIỆP Lời giải. N T
Ta có z1z2 = (3 − 4i)(−i) = −4 − 3i có phần thực là −4 và phần ảo là −3. Chọn đáp án B TỐ √
Câu 35.12. Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn |z1| = |z2| =
3 và |z1 − z2| = 2. Môđun |z1 + z2| THI bằng √ √ A. 2. B. 3. C. 2. D. 2 2. Lời giải. LUYỆN
1. Cách 1: Gọi các số phức z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i, (a1, a2, b1, b2 ∈ R). √ √ Ta có | p p z1| = a2 + b2 = 3 ⇒ a2 + b2 = 3, |z a2 + b2 = 3 ⇒ a2 + b2 = 3. 1 1 1 1 2| = 2 2 2 2 Do đó » |z1 − z2| = 2 ⇔
(a1 − a2)2 + (b1 − b2)2 = 2
⇔ (a1 − a2)2 + (b1 − b2)2 = 4 ⇔ a2 − 1 + b2 1 + a2 2 + b2 2 2a1a2 − 2b1b2 = 4 ⇔ 2a1a2 + 2b1b2 = 2. » √ √ Do đó | p z1 + z2| = (a1 + a2)2 + (b1 + b2)2 = a2 + b2 + a2 + b2 + 2a 8 = 2 2. 1 1 2 2 1a2 + 2b1b2 =
2. Cách 2: Ta có |z1 − z2|2 = (z1 − z2)(z1 − z2) = |z1|2 + |z2|2 − (z1z2 + z2z1) = 4
|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = |z1|2 + |z2|2 + (z1z2 + z2z1) = 8 √ ⇒ |z1 + z2| = 2 2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 123 Chọn đáp án D
CÂU 36. Gọi z0 là nghiệm có phần ảo âm của phương trình z2 − 2z + 5 = 0. Môđun của số phức z0 + i bằng √ √ A. 2. B. 2. C. 10. D. 10. Lời giải. "z = 1 − 2i
Ta có: z2 − 2z + 5 = 0 ⇔ z2 − 2z = 1 = −4 ⇔ (z − 1)2 = 4i2 . z = 1 + 2i
Vì z0 là nghiệm phức có phần ảo âm nên z0 = 1 − 2i ⇒ z0 + i = 1 − 2i + i = 1 − i. √ Suy ra | p z0 + i| = |1 − i| = 12 + (−1)2 = 2. Chọn đáp án B
Câu 36.1. Gọi z1 và z2 lần lượt là nghiệm của phương trình: z2 − 2z + 5 = 0. Tính P = |z1| + |z2|. √ A. 2 5. B. 10. C. 3. D. 6. o/ Lời giải. aPr "z1 = 1 + 2i Ta có: z2 − 2z + 5 = 0 ⇔ z2 = 1 − 2i. √ √ √ Khi đó P = |z1| + |z2| = 5 + 5 = 2 5. Chọn đáp án A roups/GeoGebr
Câu 36.2. Gọi z1 và z2 lần lượt là nghiệm của phươngtrình: z2 − 2z + 5 = 0. Tính P = |z1|2 + |z2|2. √ √ A. P = 2 5. B. P = 20. C. P = 10. D. P = 5. Lời giải. "z = 1 − 2i √ Ta có z2 − 2z + 5 = 0 ⇔
. Khi đó, P = |z1|2 + |z2|2 = 2 5. z = 1 + 2i acebook.com/g .f Chọn đáp án A
Câu 36.3. Phương trình bậc hai nào dưới đây nhận hai số phức 2 − 3i và 2 + 3i làm nghiệm ? A. z2 + 4z + 13 = 0. B. z2 + 4z + 3 = 0. C. z2 − 4z + 13 = 0. D. z2 − 4z + 3 = 0. https://www Lời giải.
Đặt z1 = 2 − 3i; z2 = 2 + 3i. Khi đó
S = z1 + z2 = 4; P = z1 · z2 = (2 − 3i)(2 + 3i) = 4 + 9 = 13.
Do đó z1 và z2 là nghiệm của phương trình: z2 − Sz + P = 0 hay z2 − 4z + 13 = 0.
Vậy z2 − 4z + 13 = 0 là phương trình cần tìm. Chọn đáp án C
Câu 36.4. Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z2 + 2z + 3 = 0. Trên mặt
phẳng tọa độ, điểm nào sau đây là điểm biểu diễn số phức z1? √ √ √ √ A. P (−1; − 2i). B. Q(−1; 2i). C. N (−1; 2). D. M (−1; − 2). Lời giải. √ "z = −1 + 2i √ Ta có z2 + 2z + 3 = 0 ⇔
√ . Vì z1 có phần ảo âm nên z1 = −1 − 2i. z = −1 − 2i √
Vậy điểm biểu diễn số phức z1 là điểm M (−1; − 2).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 124 Chọn đáp án D
Câu 36.5. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z2 − 2z + 13 = 0. Trên mặt
phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = iz0? 5 1 5 1 5 1 5 1 A. M ; . B. N ; − . C. P ; − . D. Q ; . 4 4 4 4 2 2 2 2 Lời giải. 1 5 1 5
Phương trình 2z2 − 2z + 13 = 0 ⇔ z = + i (loại) hay z = − i (nhận). 2 2 2 2 1 5 5 1 5 1 Nên ta có w = iz0 = i − i = +
i. Vậy điểm biểu diễn của w là Q ; . 2 2 2 2 2 2 Chọn đáp án D
Câu 36.6. Trong tập số phức C, biết z1, z2 là nghiệm của phương trình z2 − 2z + 5 = 0. Tính
giá trị của biểu thức (z1 + z2)2. A. 0. B. 1. C. 2. D. 4. Lời giải.
Áp dụng định lý Vi-ét ta có z1 + z2 = 2 ⇒ (z1 + z2)2 = 4. Chọn đáp án D
Câu 36.7. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z2 − 16z + 17 = 0.
Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w = izo ? 2019-2020 1 1 1 1 A. M1 ; 2 . B. M2 − ; 2 . C. M3 − ; 1 . D. M4 ; 1 . 2 2 4 4 Lời giải. THPT
Xét phương trình 4z2 − 16z + 17 = 0 có ∆0 = 64 − 4 · 17 = −4 = (2i)2. 8 − 2i 1 8 + 2i 1
Phương trình có hai nghiệm z1 = = 2 − i, z2 = = 2 + i. 4 2 4 2 1 GHIỆP
Do z0 là nghiệm phức có phần ảo dương nên z0 = 2 + i. 2 N 1 T Ta có w = izo = − + 2i. 2 TỐ 1
Vậy điểm biểu diễn w = izo là M2 − ; 2 . 2 THI Chọn đáp án B
Câu 36.8. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. Tính iz0. LUYỆN A. iz0 = 3 − i. B. iz0 = −3i + 1. C. iz0 = −3 − i. D. iz0 = 3i − 1. Lời giải. "z = −1 + 3i Ta có z2 + 2z + 10 = 0 ⇔ z = −1 − 3i.
Suy ra z0 = −1 + 3i. Do đó iz0 = i(−1 + 3i) = −3 − i. Chọn đáp án C
Câu 36.9. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2z2 − 6z + 5 = 0. Tìm iz0? 1 3 1 3 1 3 1 3 A. i · z0 = − + i. B. i · z0 = + i. C. i · z0 = − − i. D. i · z0 = − i. 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải.  3 1 z = + i 3 1 1 3
Xét phương trình 2z2 − 6z + 5 = 0 ⇔ 2 2  ⇒ z − i ⇒ i · z + i. 3 1 0 = 0 = 2 2 2 2 z = − i 2 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 125 Chọn đáp án B
Câu 36.10. Số phức z = a + bi, (a, b ∈ R) là nghiệm của phương trình (1 + 2i)z − 8 − i = 0. Tính S = a + b. A. S = −1. B. S = 1. C. S = −5. D. S = 5. Lời giải. ( 8 + i (8 + i)(1 − 2i) 10 − 15i a = 2
Vì (1 + 2i)z − 8 − i = 0 ⇔ z = = = = 2 − 3i nên . 1 + 2i 1 + 4 5 b = −3. Vậy S = a + b = −1. Chọn đáp án A
Câu 36.11. Biết z = 1 − 2i là nghiệm của phương trình z2 + az + b = 0 (với a, b ∈ R). Khi đó a + b bằng A. 3. B. −3. C. 4. D. −4. o/ Lời giải. aPr
Vì z = 1 − 2i là nghiệm của phương trình nên ta có
(1 − 2i)2 + a(1 − 2i) + b = 0 ⇔ a + b − 3 + (−4 − 2a)i = 0 ( ( a + b − 3 = 0 a = −2 ⇔ ⇔ − 4 − 2a = 0 b = 5. roups/GeoGebr Vậy a + b = 3. Chọn đáp án A
Câu 36.12. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình
z2 + 2z + 10 = 0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w = i2019z0? acebook.com/g .f A. M (3; −1). B. M (−3; 1). C. M (3; 1). D. M (−3; −1). Lời giải. "z = −1 + 3i Ta có z2 + 2z + 10 = 0 ⇔ nên z0 = −1 + 3i. z = −1 − 3i Khi đó w = i2019z https://www
0 = i · (−1)1009 · (−1 + 3i) = −i · (−1 + 3i) = 3 + i nên điểm biểu diễn số phức w là M (3; 1). Chọn đáp án C
Câu 36.13. Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2 − 8z + 25 = 0. Khi
đó, giả sử z2 = a + bi thì a + b là 1 A. 7. B. −7. C. 24. D. 31. Lời giải. "z1 = 4 + 3i
Phương trình z2 − 8z + 25 = 0 ⇒ . z2 = 4 − 3i
Ta có z2 = 7 + 24i ⇒ a = 7; b = 24 ⇒ a + b = 31. 1 Chọn đáp án D
Câu 36.14. Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 4z2 + 4z + 37 = 0. Trên
mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức iz0?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 126 1 1 1 1 A. M2 −3; . B. M3 3; . C. M4 3; − . D. M1 −3; − . 2 2 2 2 Lời giải.  1 z = − + 3i 4z2 + 4z + 37 = 0 ⇔ 2  . 1 z = − − 3i 2 1 1 1
Suy ra z0 = − + 3i ⇒ iz0 = −3 − i. Do đó iz0 có điểm biểu diễn là M1 −3; − . 2 2 2 Chọn đáp án D
Câu 36.15. Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2 − 2z + 5 = 0. Trong
mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn của z1 có tọa độ là A. (−1; 2). B. (2; 1). C. (−2; 1). D. (1; 2). Lời giải. "z = 1 + 2i Ta có: z2 − 2z + 5 = 0 ⇔ z = 1 − 2i.
Do z1 có phần ảo dương ⇒ z1 = 1 + 2i.
Do đó điểm biểu diễn của z1 có tọa độ là (1; 2). Chọn đáp án D x − 3 y − 1 z + 1 2019-2020
CÂU 37. Trong không gian Oxyz,cho điểm M (2; 1; 0) và đường thằng ∆ : = = . 1 4 −2
Mặt phằng đi qua M và vuông góc với ∆ có phương trình là THPT A. 3x + y − z − 7 = 0 . B. x + 4y − 2z + 6 = 0. C. x + 4y − 2z − 6 = 0 . D. 3x + y − z + 7 = 0. Lời giải. x − 3 y − 1 z + 1 GHIỆP Đường thẳng ∆ : = = nhận vectơ #»
u = (1; 4; −2) là một vectơ chỉ phương. N 1 4 −2 T
Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với ∆ nhận vectơ chỉ phương #»
u = (1; 4; −2) của ∆ là vectơ TỐ pháp tuyến.
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm 1.(x − 2) + 4.(y − 2) − 2.(z − 0) = 0 ⇔ x + 4y − 2z − 6 = 0. THI Chọn đáp án C
Câu 37.1. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng chứa trục Ox và đi qua điểm A(1; 1; −1) có LUYỆN phương trình là A. z + 1 = 0. B. x − y = 0. C. x + z = 0. D. y + z = 0. Lời giải.
Mặt phẳng chứa trục Ox có dạng By + Cz = 0, B2 + C2 6= 0.
Mặt phẳng đi qua điểm A(1; 1; −1) nên B − C = 0 ⇔ B = C. Do đó chọn B = C = 1. Chọn đáp án D x = −1 + t  x − 1 y + 1 z − 3  
Câu 37.2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : = = và d2 : y = 4 + 3t . 2 3 −5   z = 1 + t
Tìm phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d1 và song song với đường thẳng d2. A. 18x + 7y + 3z + 20 = 0. B. 18x − 7y + 3z + 34 = 0. C. 18x + 7y + 3z − 20 = 0. D. 18x − 7y + 3z − 34 = 0. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 127
Đường thẳng d1 qua M (1; −1; 3) và nhận #»
u1 = (2; 3; −5) làm véc-tơ chỉ phương; d2 có véc-tơ chỉ phương #» u2 = (1; 3; 1). Mặt phẳng #» #»
(P ) chứa d1 và song song d2 nên nhận véc-tơ #»
n = [u1, u2] = (18; −7; 3) làm véc-tơ pháp tuyến.
Vậy phương trình tổng quát của (P ) là
18(x − 1) − 7(y + 1) + 3(z − 3) = 0
⇔ 18x − 7y + 3z − 34 = 0. Chọn đáp án D
Câu 37.3. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 3x − 4y + 5z − 6 = 0 và đường thẳng x − 1 y − 2 z − 3 d : = =
. Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P ). Tìm khẳng định 2 3 1 đúng. 1 1 1 1 A. sin ϕ = √ . B. cos ϕ = − √ . C. cos ϕ = √ . D. sin ϕ = − √ . o/ 5 28 5 28 5 28 5 28 Lời giải. aPr
(P ) có véc-tơ pháp tuyến là #»
n = (3; −4; 5) và d có véc-tơ chỉ phương #» u = (2; 3; 1). Khi đó ta có #» #» | #» n · #» u | 1 sin ϕ = |cos ( n , u )| = = √ . | #» n | · | #» u | 5 28 Chọn đáp án A x − 1 y + 2 z roups/GeoGebr
Câu 37.4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = . 1 −1 2
Mặt phẳng (P ) đi qua điểm M (2; 0; −1) và vuông góc với d có phương trình là A. x − y + 2z = 0. B. x − 2y − 2 = 0. C. x + y + 2z = 0. D. x − y − 2z = 0. Lời giải.
Mặt phẳng (P ) có véc-tơ pháp tuyến cùng phương với véc-tơ chỉ phương của đường thẳng d, suy ra #» acebook.com/g
n (P ) = (1; −1; 2). Phương trình mặt phẳng (P ) là .f
1(x − 2) − 1(y − 0) + 2(z + 1) = 0 ⇔ x − y + 2z = 0. Chọn đáp án A x + 3 y − 2 z − 1
Câu 37.5. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) : = = . Mặt https://www 1 −1 2
phẳng (P ) đi qua điểm M (2; 0; −1) và vuông góc với (d) có phương trình là A. (P ) : x − y − 2z = 0. B. (P ) : 2x − z = 0.
C. (P ) : x − y + 2z + 2 = 0. D. (P ) : x − y + 2z = 0. Lời giải.
Mặt phẳng (P ) đi qua M (2; 0; −1) có một véc-tơ pháp tuyến #»
n = (1; −1; 2) có dạng (P ) : x−y+2z = 0. Chọn đáp án D x = 1 + t   
Câu 37.6. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng d1 : y = −1 − 2t ,   z = 2 + t x y − 1 z + 1 d2 : = =
. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A và song song với hai đường 2 1 −1 thẳng d1, d2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 128
A. (α) : x + 3y − 5z − 13 = 0. B. (α) : 3x + y + z + 13 = 0.
C. (α) : x + 2y + z − 13 = 0.
D. (α) : x + 3y + 5z − 13 = 0. Lời giải.
Phương trình mặt phẳng (α) song song với hai đường thẳng d1, d2 suy ra #» #» #»
n (α) = [ n d , n ] = (1; 3; 5). 1 d2
Vậy (α) : 1(x − 0) + 3(y − 1) + 5(z − 2) = 0 ⇔ x + 3y + 5z − 13 = 0. Chọn đáp án D x y + 1 z + 2
Câu 37.7. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : = = và mặt phẳng 1 2 3
(P ) : x + 2y − 2z + 3 = 0. Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (P ) bằng 2. Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng A. −1. B. −3. C. −21. D. −5. Lời giải.
Do M thuộc d nên M có tọa độ dạng M (t; −1 + 2t; −2 + 3t). " |t − 2 + 4t + 4 − 6t + 3| t = −1
Theo giả thiết, ta có d(M, P ) = 2 ⇔ = 2 ⇔ |5 − t| = 6 ⇔ . M có 3 t = 11
hoành độ âm nên t = −1 ⇒ tung độ của M là −3. Chọn đáp án B 2019-2020 x − 1 y − 7 z − 3
Câu 37.8. Cho mặt phẳng (α) : 3x − 2y − z + 5 = 0 và đường thẳng ∆ : = = . 2 1 4 THPT
Gọi (β) là mặt phẳng chứa ∆ và song song với (α). Khoảng cách giữa (α) và (β) là 3 9 9 9 A. √ . B. − √ . C. . D. √ . 14 21 21 14 Lời giải. GHIỆP N
Lấy A(1; 7; 3) ∈ ∆. Vì (β) k (α) nên T |3 · 1 − 2 · 7 − 3 + 5| 9 TỐ d ((α), (β)) = d(A, (α)) = = √ . p32 + (−2)2 + (−1)2 14 THI Chọn đáp án D x − 1 y − 2 z − 3
Câu 37.9. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) : = = . Mặt phẳng LUYỆN 2 −1 2
(P ) vuông góc với (d) có véc-tơ pháp tuyến là A. #» n (1; 2; 3). B. #» n (2; −1; 2). C. #» n (1; 4; 1). D. #» n (2; 1; 2). Lời giải.
Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là #» ud = (2; −1; 2). Mặt phẳng #»
(P ) vuông góc với đường thẳng (d) nên có véc-tơ pháp tuyến # » nP = ud = (2; −1; 2).
Vậy véc-tơ pháp tuyến của (P ) là #» n (2; −1; 2). Chọn đáp án B x − 2 y − 1 z − 1
Câu 37.10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = 1 −1 2
và điểm A (−2; 1; 0). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa d. A. x − 7y − 4z + 8 = 0. B. x − y − 4z + 3 = 0. C. x − 7y − 4z + 9 = 0. D. x − y + 2z + 3 = 0. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 129 # »
Chọn điểm B(2; 1; 1) ∈ d, suy ra AB = (4, 0, 1). î # » ó
Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là #» #» n = AB, u d = (1; −7; −4).
Phương trình mặt phẳng cần tìm là (x + 2) − 7(y − 1) − 4z = 0 ⇔ x − 7y − 4z + 9 = 0. Chọn đáp án C
CÂU 38. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M (1; 0; 1) và N (3; 2; −1). Đường thẳng M N có phương trình tham số là     x = 1 + 2t x = 1 + t x = 1 − t x = 1 + t         A. y = 2t . B. y = t . C. y = t . D. y = t .      z = 1 + t  z = 1 + t  z = 1 + t  z = 1 − t Lời giải. # »
Đường thẳng M N nhận M N = (2; 2; −2) hoặc #»
u = (1; 1; −1) là vectơ chỉ phương nên ta loại ngay phương án A,B và C. o/
Thay tọa độ M (1; 0; l) vào phương trình ở phương án D ta thấy thỏa mãn. aPr Chọn đáp án D
Câu 38.1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình tham số x = 2 + t    y = −3t
. Phương trình chính tắc của đường thẳng d là   z = −1 + 5t roups/GeoGebr x − 2 y z + 1 A. = = . B. x − 2 = y = z + 1. 1 −3 5 x + 2 y z − 1 x + 2 y z − 1 C. = = . D. = = . 1 −3 5 −1 3 −5 Lời giải.
Đường thẳng d đi qua điểm M (2; 0; −1) và có một véc-tơ chỉ phương #»
u = (1; −3; 5) nên có phương x − 2 y z + 1 acebook.com/g trình chính tắc là = = . .f 1 −3 5 Chọn đáp án A
Câu 38.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình chính tắc của đường thẳng
d đi qua điểm A(1; 2; 3) và vuông góc với mặt phẳng (P ) : 2x + 2y + z + 2017 = 0. https://www x + 1 y + 2 z + 3 x − 1 y − 2 z − 3 A. = = . B. = = . 2 2 1 2 2 1 x − 2 y − 2 z − 1 x + 2 y + 2 z + 1 C. = = . D. = = . 1 2 3 1 2 3 Lời giải.
d vuông góc với (P ) nên d có véc-tơ chỉ phương là #» n P = (2; 2; 1). x − 1 y − 2 z − 3
Do đó, phương trình chính tắc đường thẳng d là = = . 2 2 1 Chọn đáp án B
Câu 38.3. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi
qua A(1; 2; −1) và vuông góc với mặt phẳng (P ) : x + 2y − 3z + 1 = 0. x + 1 y + 2 z − 1 x + 1 y + 2 z − 1 A. d : = = . B. d : = = . 1 −2 −3 1 2 −3 x − 1 y − 2 z + 1 x − 1 y − 2 z + 1 C. d : = = . D. d : = = . 1 2 3 −1 −2 3 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 130
d đi qua A(1; 2; −1) và nhận véc-tơ pháp tuyến của (P ) làm véc-tơ chỉ phương nên có phương x − 1 y − 2 z + 1 trình là = = . −1 −2 3 Chọn đáp án D
Câu 38.4. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) và B(2; 4; −1). Phương trình chính
tắc của đường thẳng d đi qua A, B là x + 2 y + 4 z + 1 x + 1 y + 2 z + 3 A. = = . B. = = . 1 2 4 1 2 4 x − 1 y − 2 z − 3 x + 2 y + 4 z − 1 C. = = . D. = = . 1 2 −4 1 2 −4 Lời giải. # »
Ta có đường thẳng d đi qua A(1; 2; 3) và có véc-tơ chỉ phương AB = (1; 2; −4). Vậy phương trình x − 1 y − 2 z − 3
chính tắc đường thẳng d là = = · 1 2 −4 Chọn đáp án C
Câu 38.5. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1), B(−1; 2; 1). Viết phương trình đường
thẳng ∆ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB).     x = t x = t x = 3 + t x = −1 + t             A. ∆ : y = 1 + t . B. ∆ : y = 1 + t . C. ∆ : y = 4 + t . D. ∆ : y = t .         z = 1 − t z = 1 + t z = 1 − t z = 3 − t 2019-2020 Lời giải.
Tam giác OAB vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB có tọa độ I(0; 1; 1). THPT î # » # »ó
Mặt phẳng (OAB) có véc-tơ pháp tuyến #» n = OA, OB = (−2; −2; 2).
Suy ra đường thẳng ∆ có #»
u = (1; 1; −1) và đi qua I(0; 1; 1). Vậy phương trình đường thẳng ∆ là  GHIỆP x = t    N ∆ : y = 1 + t . T   z = 1 − t TỐ Chọn đáp án A THI
Câu 38.6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; −3), B(−1; 4; 1) và x + 2 y − 2 z + 3 đường thẳng d : = =
. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường 1 −1 2 LUYỆN
thẳng đi qua trung điểm đoạn thẳng AB và song song với d? x y − 1 x y − 2 x y − 1 x y + 1 A. = = B. = = C. = = D. = = 1 −1 1 −1 1 1 1 −1 z + 1 z + 2 z + 1 z − 1 . . . . 2 2 2 2 Lời giải.
Gọi M là trung điểm đoạn AB, ta có M (0; 1; −1). Khi đó đường thẳng đi qua M và song song x y − 1 z + 1 với d có phương trình = = . 1 −1 2 Chọn đáp án A
Câu 38.7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 3) và B(3; −4; 5).
Phương trình nào sau đây không phải là phương trình của đường thẳng AB?     x = 1 + 2t x = 3 − t x = 3 + t x = 1 + 2t             A. y = −4 − 6t . B. y = −4 + 3t . C. y = −4 − 3t . D. y = 2 − 6t .         z = 1 + 2t z = 5 − t z = 5 + t z = 3 + 2t
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 131 Lời giải. # » # »
Ta có AB = (2; −6; 2) ⇒ AB cùng phương với các véc-tơ có tọa độ (−1; 3; −1), (1; −3; 1). Phương x = 3 + t   
trình đường thẳng AB là y = −4 − 3t   z = 5 + t.
Ta thấy điểm M (1; −4; 1) không thỏa mãn phương trình đường thẳng AB. Chọn đáp án A
Câu 38.8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 1) và B(−1; 2; 1).
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và vuông
góc với mặt phẳng (OAB).     x = 3 + t x = t x = −1 + t x = t             A. ∆ : y = 4 + t . B. ∆ : y = 1 + t . C. ∆ : y = t . D. ∆ : y = 1 + t .         o/ z = 1 − t z = 1 + t z = 3 − t z = 1 − t aPr Lời giải. # » # » # » # »
Ta có OA = (1; 0; 1), OB = (−1; 2; 1) ⇒ OA · OB = 0 ⇒ OA ⊥ OB. Do vậy, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác OAB là (0; 1; 1). î # » # »ó Lại có OA, OB
= (−2; −2; 2) ⇒ véc-tơ chỉ phương của ∆ là #»
n = (1; 1; −1) ⇒ phương trình x = t    roups/GeoGebr đường thẳng ∆ : y = 1 + t .   z = 1 − t Chọn đáp án D
Câu 38.9. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; −3), B(−1; 4; 1) và x + 2 y − 2 z + 3 đường thẳng d : = =
. Phương trình nào dưới đây là phương trình của đường 1 −1 2 acebook.com/g .f
thẳng đi qua trung điểm của đoạn AB và song song với d? x y − 1 z + 1 x − 1 y − 1 z + 1 A. = = . B. = = . 1 −1 2 1 −1 2 x y − 2 z + 2 x y − 1 z + 1 C. = = . D. = = . 1 −1 2 1 1 2 Lời giải. https://www
Gọi ∆ là đường thẳng cần lập phương trình. Ta có
• Trung điểm của AB là I(0; 1; −1). x + 2 y − 2 z + 3 • Đường thẳng d : = =
có véc-tơ chỉ phương là #» u (1; −1; 2). 1 −1 2 x y − 1 x + 1
Đường thẳng ∆ đi qua I và nhận #»
u (1; −1; 2) làm véc-tơ chỉ phương nên ∆ : = = . 1 −1 2 Chọn đáp án A
Câu 38.10. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0) và B(2; 1; 2). Phương trình tham số của đường thẳng AB là     x = 2 + 2t x = 1 + t x = 1 + t x = 1 + t             A. y = 1 − t . B. y = 2 + t . C. y = 2 − t . D. y = 2 − t .         z = 2 + t z = 2t z = 2t z = 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 132 Lời giải. # »
Ta có AB = (1; −1; 2) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng AB. x = 1 + t   
Phương trình tham số của đường thẳng AB là y = 2 − t   z = 2t. Chọn đáp án C
Câu 38.11. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; −2; 6), B(−3; 1; −2). Đường thẳng AB AM
cắt mặt phẳng (Oxy) tại điểm M . Tính tỉ số . BM 1 1 A. 2. B. 3. C. . D. . 3 2 Lời giải. # » x − 1 y + 2 z − 6
Phương trình đường thẳng AB có vectơ chỉ phương AB = (−4; 3; −8) là = = . −4 3 −8
M là giao điểm của AB với (Oxy) nên thỏa hệ x = −2  x − 1 y + 2 z − 6     = =  −4 3 −8 1 ⇔ y = 4 z = 0    z = 0. 2019-2020 √ √ 3 89 89 AM Suy ra AM = và BM = . Vậy = 3. 4 4 BM THPT Chọn đáp án B
CÂU 39. Có 6 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3
học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và I học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, sao cho mỗi ghế có GHIỆP N
đúng một học sinh. Xác suất để học sinh lóp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng T 1 3 2 1 A. . B. . C. . D. . 6 20 15 5 TỐ Lời giải. THI
Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành hàng ngang, không gian mẫu có số phần tử 6!.
Gọi M là biến cố "học học lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B". Xét các trường hợp LUYỆN
Trường hợp 1 Học sinh lớp C ngồi đầu dãy.
• Chọn vị trí cho học sinh lớp C có 2 cách.
• Chọn 1 học sinh lớp B ngồi cạnh học sinh lớp C có 2 cách.
• Hoán vị các học sinh còn lại cho nhau có 4! cách.
Trường hợp này thu được 2.2.4! = 96 cách.
Trường hợp 2 Học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B , ta gộp thành 1 nhóm, khi đó:
• Hoán vị 4 phần tử gồm 3 học sinh lớp A và nhóm gồm học sinh lớp B và lớp C có: 4! cách.
• Hoán vị hai học sinh lớp B cho nhau có: 2! cách.
Như vậy số phần tử của biến cố M là: 48 + 96 = 144. 144 1
Xác suất của biến cô M là P (M ) = = . 6! 5
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 133 Chọn đáp án D
Câu 39.1. Xếp 5 nam và 2 nữ vào một bàn dài gồm 7 chỗ ngồi. Tính xác suất để 2 nữ không ngồi cạnh nhau. 6 4 5 2 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Lời giải.
Xếp hai nữ cạnh nhau có 2 cách.
Xếp 5 nam và nhóm nữ có 6! cách.
Xếp 5 nam và 2 nữ sao cho 2 nữ cạnh nhau có 2 · 6! cách. 2 · 6! 2
Xác suất để xếp 5 nam và 2 nữ sao cho 2 nữ cạnh nhau là = . 7! 7 2 5
Vậy xác suất cần tìm là 1 − = . 7 7 Chọn đáp án C
Câu 39.2. Một nhóm có 7 học sinh lớp A và 5 học sinh lớp B. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh o/
trên ngồi vào một dãy 12 ghế hàng ngang sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác aPr
suất sao cho không có bất kì 2 học sinh lớp B nào ngồi cạnh nhau. 7 1 7 1 A. . B. . C. . D. . 99 132 264 792 Lời giải.
• Xếp 12 học sinh ngồi vào một dãy 12 ghế hàng ngang sao cho mỗi ghế có đúng một học roups/GeoGebr sinh ngồi có 12! cách.
• Xếp 7 học sinh lớp A vào 7 ghế, có 7! cách.
Khi đó 7 ghế đã xếp học sinh lớp A tạo ra 8 khoảng trống, ta xếp 5 học sinh lớp B vào 5
trong 8 khoảng trống đó, có A5 cách. 8
⇒ có 7! · A5 cách xếp 12 học sinh mà các học sinh lớp B không ngồi cạnh nhau. 8 acebook.com/g .f 7! · A5 7
Vậy xác suất cần tìm là 8 = . 12! 99 Chọn đáp án A
Câu 39.3. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học https://www
sinh lớp 12C trên một bàn tròn. Tính xác suất P để các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. 1 1 1 1 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 1260 126 28 252 Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 9!.
Gọi E là biến cố các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:
• Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau. Số cách sắp xếp là 5!.
• Xếp 3 học sinh lớp 12B vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau và sát nhóm của
học sinh 12C. Số cách sắp xếp là 3! × 2.
• Xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí còn lại của bàn. Số cách sắp xếp là 2!.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 134
Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là n(E) = 5! × 3! × 2 × 2!. n(E) 1
Xác suất của biến cố E là P (E) = = . n(Ω) 126 Chọn đáp án B
Câu 39.4. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học
sinh lớp 12C trên một bàn tròn. Tính xác suất P để các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. 1 1 1 1 A. P = . B. P = . C. P = . D. P = . 1260 126 28 252 Lời giải.
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 9!.
Gọi E là biến cố các học sinh cùng lớp luôn ngồi cạnh nhau. Ta có các bước sắp xếp như sau:
• Xếp 5 học sinh lớp 12C ngồi vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau. Số cách sắp xếp là 5!.
• Xếp 3 học sinh lớp 12B vào bàn sao cho các học sinh này ngồi sát nhau và sát nhóm của
học sinh 12C. Số cách sắp xếp là 3! × 2.
• Xếp 2 học sinh lớp 12A vào hai vị trí còn lại của bàn. Số cách sắp xếp là 2!. 2019-2020
Số phần tử thuận lợi cho biến cố E là n(E) = 5! × 3! × 2 × 2!. n(E) 1
Xác suất của biến cố E là P (E) = = . THPT n(Ω) 126 Chọn đáp án B
Câu 39.5. Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà và một đứa bé vào ngồi 6 GHIỆP
cái ghế xếp thành hàng ngang. Xác suất sao cho đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà là bao N T nhiêu?1 1 1 1 TỐ A. . B. . C. . D. . 30 5 15 6 Lời giải. THI
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = P6 = 6! = 720.
Gọi A là biến cố xếp được đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà.
Đánh thứ tự các ghế là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có các trường hợp để xếp đứa bé ngồi giữa hai người LUYỆN
đàn bà là hai người đàn bà ngồi ở các cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6). Ở mỗi trường hợp ta
có số cách sắp xếp là 2! · 1 · 3! = 12. Dó đó số phần tử của A là n(A) = 4 · 12 = 48. n(A) 48 1
Xác suất của biến cố A là P(A) = = = . n(Ω) 720 15 Chọn đáp án C
Câu 39.6. Xếp ngẫu nhiên ba người đàn ông, hai người đàn bà và một đứa bé vào ngồi 6
cái ghế xếp thành hàng ngang. Xác suất sao cho đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà là bao nhiêu?1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 30 5 15 6 Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = P6 = 6! = 720.
Gọi A là biến cố xếp được đứa bé ngồi giữa hai người đàn bà.
Đánh thứ tự các ghế là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta có các trường hợp để xếp đứa bé ngồi giữa hai người
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 135
đàn bà là hai người đàn bà ngồi ở các cặp ví trí (1; 3), (2; 4), (3; 5), (4; 6). Ở mỗi trường hợp ta
có số cách sắp xếp là 2! · 1 · 3! = 12. Dó đó số phần tử của A là n(A) = 4 · 12 = 48. n(A) 48 1
Xác suất của biến cố A là P(A) = = = . n(Ω) 720 15 Chọn đáp án C
Câu 39.7. Xếp ngẫu nhiên 5 bạn An, Bình, Cường, Dũng, Đông ngồi vào 1 dãy 5 ghế thẳng
hàng (mỗi bạn ngồi 1 ghế). Tính xác suất để hai bạn An và Bình không ngồi cạnh nhau. 3 2 1 4 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Lời giải.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 5!.
Gọi A là biến cố “An và Bình không ngồi cạnh nhau.”
Khi đó A là biến cố “An và Bình ngồi cạnh nhau.” o/
• Có 4 cách chọn 2 vị trí liền nhau để xếp An và Bình. aPr
• Có 2! cách xếp An và Bình ngồi vào 2 vị trí liền nhau đã chọn.
• Có 3! cách xếp 3 bạn còn lại vào 3 vị trí còn lại.
Suy ra số cách sắp xếp để An và Bình ngồi cạnh nhau là roups/GeoGebr n(A) = 4 · 2! · 3! = 48. Do đó n(A) 48 3 P(A) = 1 − P(A) = 1 − = 1 − = . n(Ω) 5! 5 Chọn đáp án A acebook.com/g
Câu 39.8. 4 người đàn ông, 2 người đàn bà và một đứa trẻ được xếp ngồi vào 7 chiếc ghế đặt .f
quanh một bàn tròn. Xác suất để xếp đứa trẻ ngồi giữa hai người đàn ông là 1 1 2 2 A. . B. . C. . D. . 15 5 15 5 Lời giải. https://www
Số cách xếp 7 người vào một bàn tròn là 6!.
Goi A là biến cố đứa trẻ ngồi cạnh hai người đàn ông.
Lấy 2 người đàn ông bất kì có 6 cách. Cho hai người đó ngồi vào bàn cạnh nhau có 2 cách. Cho
đứa trẻ và giữa hai người đàn ông có 1 cách. 4 người còn lại có 4! cách. Vậy số phần tử của A 288 2
là 288. Do đó xác suất để biến cố A xãy ra là = . 6! 15 Chọn đáp án C
Câu 39.9. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm
5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác
suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ. 4 1 8 1 A. . B. . C. . D. . 63 252 63 945 Lời giải. Cách 1:
Số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = 10!.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 136
Gọi biến cố A : “Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ ”.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 10 cách.
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 8 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 6 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 4 có 4 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai, thứ ba).
Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 5 có 2 cách (Không ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ hai, thứ ba, thứ tư).
Xếp chỗ cho 5 học sinh nữ: 5! Cách.
ta có n(A) = 10 · 8 · 6 · 4 · 2 · 5! = 460800. 460800 8 Vậy P (A) = = . 10! 63
Cách 2: Chọn vị trí bên trái có 25 cách.
Chọn vị trí bên phải có 1 · 1 · 1 · 1 · 1 = 1 cách. Hoán vị 5 nam có 5!. Hoán vị 5 nữ có 5!. n(A) = 25 · 5! · 5!. 25 · 5! · 5! 8 2019-2020 P (A) = = . 10! 63 Chọn đáp án C THPT
Câu 39.10. Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh trong
đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em ngồi
ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi một học GHIỆP N
sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. T 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . TỐ 954 126 945 252 Lời giải. THI
Giả sử số thứ tự trong danh sách là u1, u2, u3,. . ., u10.
Do dãy này là cấp số cộng nên ta có u1 + u10 = u2 + u9 = u3 + u8 = u4 + u7 = u5 + u6.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 10!. LUYỆN
Gọi A là biến cố “Tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Để biến cố
này xảy ra ta thực hiện liên tiếp các bước sau
Bước 1: xếp thứ tự 5 cặp học sinh có các cặp số thứ tự là {u1; u10}, {u2; u9}, {u3; u8}, {u4; u7},
{u5; u6} vào trước 5 cặp ghế đối diện nhau. Bước này có 5! cách.
Bước 2: xếp từng cặp một ngồi vào cặp ghế đối diện đã chọn ở bước 1. Bước này có 25 cách.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n(A) = 5! · 25. n(A) 1
Vậy xác suất của biến cố A là P(A) = = . n(Ω) 945 Chọn đáp án C
Câu 39.11. Sắp xếp 12 học sinh của lớp 12A gồm có 6 học sinh nam và 6 học sinh nữ vào một
bàn dài gồm có hai dãy ghế đối diện nhau (mỗi dãy gồm có 6 chiếc ghế) để thảo luận nhóm.
Tính xác suất để hai học sinh ngồi đối diện nhau và cạnh nhau luôn khác giới. 9 9 9 9 A. . B. . C. . D. . 4158 8316 299760 5987520
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 137 Lời giải.
Không gian mẫu: Sắp xếp 12 học sinh vào 12 ghế, ta có: n(Ω) = 12!
Biến cố A sắp 6 học sinh nam vào các ô có đánh dấu × như hình vẽ và 6 ghế còn lại dành cho
6 học sinh nữ và ngược lại.
Vậy ta có: n(A) = 2 · 6! · 6! × × × × × ×
Vậy xác suất để sắp xếp 12 học sinh vào bàn học sao cho hai học sinh ngồi đối diện nhau và
cạnh nhau luôn khác giới là: 2 · 6! · 6! 9 P (A) = = . 12! 4158 Chọn đáp án A o/
Câu 39.12. Có mười cái ghế (mỗi ghế chỉ ngồi được một người) được sắp trên một hàng ngang. aPr
Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ngồi vào, mỗi học sinh ngồi đúng một ghế. Tính xác suất sao cho
không có hai ghế nào trống kề nhau. A. 0,25. B. 0,46. C. 0,6(4). D. 0,4(6). Lời giải.
Để có một cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn, ta cho 7 học sinh, mỗi người ngồi trên một ghế, sau roups/GeoGebr
đó xếp ba chiếc ghế còn lại, mỗi ghế vào một vị trí giữa hai học sinh bất kì hoặc hai đầu hàng.
Vậy có tất cả 7! · C3 cách xếp học sinh vào hàng thỏa mãn. Số cách xếp 7 học sinh vào hàng là 8 7! · C3
A7 . Vậy xác suất cần tìm là 8 = 0,4(6). 10 A710 Chọn đáp án D
Câu 39.13. Có một dãy ghế gồm 6 ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 2 học sinh lớp A, 2 acebook.com/g .f
học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C ngồi vào dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng 1 học sinh
ngồi. Xác suất để không có học sinh lớp C ngồi cạnh nhau. 2 1 5 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 6 Lời giải. https://www
Cho 2 học sinh lớp C ngồi cạnh nhau thành 1 nhóm D.
2 học sinh lớp C đổi vị trí trong nhóm D: 2! cách.
Nhóm D đổi vị trí với 4 học sinh còn lại: 5! cách. Không gian mẫu: 6! cách. 2! · 5! 1
Xác suất để 2 học sinh lớp C ngồi cạnh nhau: = . 6! 3 1 2
Vậy xác suất để 2 học sinh lớp C không ngồi cạnh nhau = 1 − = . 3 3 Chọn đáp án A
Câu 39.14. Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ ngồi xung quanh một bàn tròn,
(hai cách xếp được gọi là như nhau nếu có một phép quay biến cách ngồi này thành cách ngồi
kia). Tính xác suất để 3 học sinh nữ đó luôn ngồi cạnh nhau. 2 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 15 12 10 9 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 138
Ta có số phần tử của không gian mẫu bằng số cách sắp xếp 10 phần tử xung quanh một bàn tròn. Do đó n(Ω) = 9!.
Xem 3 nữ là một nhóm và kết hợp với 7 nam suy ra số cách sắp xếp 10 học sinh, trong đó 3 học
sinh nữ ngồi cạnh nhau là 3!7!. 3!7! 1
Vậy xác suất cần tìm là = . 9! 12 Chọn đáp án B
Câu 39.15. Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ ngồi xung quanh một bàn tròn.
Xác suất để học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là 3 1 5 5 A. . B. . C. . D. . 10 12 32 42 Lời giải.
Để xếp 10 bạn vào ngồi xung quanh bàn tròn ta có 9! cách.
Gọi biến cố A:"số học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau".
Để xếp 7 bạn nam vào ngồi cạnh nhau ta có 7! cách.
Để xếp 3 bạn nữa ngồi cạnh nhau ta có 3! cách. 2019-2020
Theo quy tắc nhân ta có 3! × 7! cách. Vậy: xác suất của biến cố A là: n(A) 3! × 7! 1 P (A) = = = . THPT n(Ω) 9! 12 Chọn đáp án B GHIỆP
Câu 39.16. Một lớp có 36 ghế đơn được xếp thành hình vuông 6 × 6. Giáo viên muốn xếp 36 N T
học sinh, trong đó có hai anh em là Kỷ và Hợi. Tính xác suất để hai anh em Kỷ và Hợi luôn TỐ
được ngồi gần nhau theo chiều dọc hoặc ngang. 4 1 1 2 THI A. . B. . C. . D. . 21 7 21 21 Lời giải.
Có 36 học sinh, xếp vào 36 vị trí nên không gian mẫu có 36! phần tử. LUYỆN
Xem hai học sinh Kỷ và Hợi là một người tên KH.
Có 5 cách xếp em KH vào mỗi dãy ghế
Đổi chỗ hai học sinh KH có 2 cách
Do đó có 5 · 2 · 6 = 60 cách xếp KH và 6 dãy ghế
Tương tự, có 60 cách xếp KH và 6 hàng ghế
Có 34! Cách xếp 34 học sinh còn lại và 34 ghế còn lại
Đặt A là biến cố “hai anh em Kỷ và Hợi luôn được ngồi gần nhau theo chiều dọc hoặc ngang” 2 · 60 · 34! 2
Thì |A| = 60 · 2 · 34! suy ra P(A) = = . 36! 21 Chọn đáp án D
CÂU 40. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 2a, AC = 4a, SA vuông góc
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 139
với mặt phẳng đáy và SA = a (minh họa như hình bên). Gọi M là S
trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng √ 2a 6a A. . B. . 3 √ 3 3a a A C. . D. . 3 2 M B C Lời giải. S o/ aPr A M B roups/GeoGebr N C
Gọi N là trung điểm của AC, ta có M N k BC nên ta được BC k (SM N ). acebook.com/g
Do đó d(BC, M B) = d(BC, (SM N )) = d(B, (SM N )) = d(A, (SM N )) = h. .f 1 1 1 1 1 1 1 9 2a = + + = + + = ⇒ d = . h2 AS2 AM 2 AN 2 a2 a2 4a2 4a2 3 Chọn đáp án A
Câu 40.1. Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và ABCD là hình vuông cạnh 2a, khoảng √ https://www 2a 3 cách C đến (SBD) là
. Tính khoảng cách từ A đến (SCD). 3 √ √ A. x = a 3. B. 2a. C. x = a 2. D. x = 3a. Lời giải. S H 2a D A 2a B C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 140
Ta có: CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) theo giao tuyến SD.
Trong (SAD) kẻ AH ⊥ SD, H ∈ SD ⇒ AH ⊥ (SCD). Vậy x = d(A, (SCD)) = AH.
Đặt h = d(A, (SBD)). Ta có h = d(A, (SBD)) = d(C, (SBD)). √ √ 2a 3 2a 3 Theo bài d(C, (SBD)) = nên h = d(A, (SBD)) = . 3 3
Vì tứ diện SABD có ba cạnh AS, AB, AD đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + ⇒ = √ − − = ⇒ SA = 2a. h2 AS2 AB2 AD2 SA2 2 Å 2a 3ã (2a)2 (2a)2 4a2 3 √ √ SD √
Do đó 4SAD vuông cân tại A có: SD = AD 2 = 2a 2 ⇒ x = AH = = a 2. 2 Chọn đáp án C
Câu 40.2. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng BC và AB0 bằng √ √ √ √ a 21 a 3 a 7 a 2 A. . B. . C. . D. . 7 2 4 2 Lời giải.
Ta có BCkB0C0 ⇒ BCk (AB0C0). Suy ra: d(BC, AB0) = d(BC, (AB0C0)) = d(B, (AB0C0)) = d(A0, (AB0C0)). A0 C0
Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc I B0 của A0 trên B0C0 và AI. H
Ta có: B0C0⊥A0I và B0C0⊥A0A
nên B0C0⊥ (A0AI) ⇒ B0C0⊥A0H.
Mà AI⊥A0H. Do đó (AB0C0) ⊥A0H. A C B √ a 3 √ A0A.A0I a. a 21
Khi đó: d (A0, (AB0C0)) = A0H = √ = 2 √ = . A0A2 + A0I2 2 Å 7 a 3 ã a2 + 2 √ a 21
Vậy khoảng cách cần tìm là . 7 Chọn đáp án A
Câu 40.3. Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a và SA ⊥ (ABC). Biết AB = BC = 2a và ’
ABC = 120◦. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a a A. . B. . C. a. D. 2a. 2 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 141 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Gọi I là hình hình chiếu vuông góc của A trên BC, ta có AI ⊥ BC. S (1)
Mặt khác SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra BC ⊥ (SIA). (3)
Gọi H là hình hình chiếu vuông góc của A trên SI, ta có AH ⊥ SI. (4)
Từ (3) và (4) suy ra AH ⊥ (SBC) nên khoảng cách từ A đến mặt H phẳng (SBC) là AH. A C
Xét tam giác BIA vuông tại I, ta có √3 √ I AI = AB · sin 120◦ = 2a · = a 3. 2 B
Xét tam giác SAI vuông tại A, ta có √ … 1 1 1 AS2 · AI2 (3a)2 · (a 3)2 3a = + ⇒ AH = = √ = . AH2 AS2 AI2 AS2 + AI2 (3a)2 + (a 3)2 2 3a
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng . 2 Chọn đáp án A
Câu 40.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA ⊥ √
(ABCD) và SA = a 2 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng: √ √ 2a 5 √ a a 3 A. . B. a 3. C. . D. . 5 2 2 Lời giải. Phương pháp S
Chứng minh để tìm khoảng cách sau đó áp dụng hệt thức lượng
trong tam giác vuông để tính toán. Cách giải: H Kẻ AH ⊥ SB = {H} (SA ⊥ AB Ta có: ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH A D BC ⊥ SA
(AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d(A;(SBC)) = AH AH ⊥ BC B C
Áp dụng hệ thức lượng trong 4SAB có đường cao AH ta có: √ √ SA.AB a 3a a 3 d(A; (SBC)) = AH = √ = √ = . SA2 + AB2 3a2 + a2 2 Chọn đáp án D
Câu 40.5. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (A0BC) bằng √ √ √ √ a 3 a 21 a 2 a 6 A. . B. . C. . D. . 4 7 2 4 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 142 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Gọi H là trung điểm của BC, do giả thiết 4ABC đều nên √ A0 C0 a 3 AH = và AH ⊥ BC (1). 2
Do AA0 ⊥ (ABC) suy ra AA0 ⊥ BC (2).
Từ (1), (2) ta suy ra BC ⊥ (AA0H). B0
Trong mặt phằng (AA0H) kẻ AI ⊥ A0H (3). I
Theo chứng minh trên BC ⊥ (AA0H) nên BC ⊥ AI (4).
Từ (3), (4) suy ra AI ⊥ (AA0H) do đó khoảng cách từ A đến A C mặt phẳng (A0BC) là AI. 1 1 1 1 4 Xét 4AA0H ta có = + = + H AI2 AA02 √ AH2 a2 3a2 3a2 a 21 suy ra AI2 = ⇔ AI = . B 7 7 √ a 21
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BA0C) bằng . 7 Chọn đáp án B
Câu 40.6. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OC = 2a,
OA = OB = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC. √ √ √ 2a 2 5a 2a 2a A. . B. . C. . D. . 3 5 3 2 Lời giải.
Dựng hình bình hành AM OD, OM ⊥ AM nên hình bình C
hành AM OD là hình chữ nhật. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của O trên đường thẳng CD. Ta có
(AD ⊥ DO ⇒ AD ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (ACD). (1) AD ⊥ CO H
OM k (ACD) ⇒ d(OM, AC) = d(O, (ACD)). (2) O Từ (1) và (2) suy ra B D √ M OC · OD 2 5a d(OM, AC) = OH = √ = . A OC2 + OD2 5 Chọn đáp án B
Câu 40.7. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD. √ √ √ a 2 a 3 a 3 A. . B. . C. . D. a. 2 2 3 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 143 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Ta có N D, N C lần lượt là đường cao của các tam giác đều ABD √ A a 3
và ABC cạnh a nên N D = N C = . Tam giác N CD cân ở N 2
và M là trung điểm CD nên M N ⊥ CD. N
Chứng minh tương tự ta có M N ⊥ AB. Suy ra M N là đoạn
vuông góc chung của AB và CD nên d(AB, CD) = M N . √2a2 B C
Dùng công thức Hê-rông, ta có SNCD = . √ 4 2S a 2 M Suy ra N CD M N = = . CD 2 D Chọn đáp án A
Câu 40.8. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M là trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và CM . √ √ √ a 11 a a 6 a 22 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 11 Lời giải.
Gọi N là trung điểm của BD, C
ta có AB k M N ⇒ AB k (CM N ). Mà CM ⊂ (CM N ),
suy ra d (AB, CM ) = d (AB, (CM N )) = d (A, (CM N )) = d (D, (CM N )). √ a 3 a Ta có CM = CN = , M N = . 2 2 N
Gọi H là trung điểm của M N , ta có CH ⊥ M N , và D B √ √ a 11 CH = CM 2 − M H2 = . H M 4 √ 1 a2 11 Suy ra SCMN = CH · MN = . A 2 16 √ √ 1 1 a3 2 a3 2 Mặt khác VCDMN = VABCD = = . 4 4 12√ 48 3V a 22 Do đó CDM N d (D, (CM N )) = = . S4CMN 11 Chọn đáp án D
Câu 40.9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
(ABCD) bằng 45◦. Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). √ √ √ √ a 1315 2a 1315 a 1513 2a 1513 A. . B. . C. . D. . 89 89 89 89 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 144 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www S M F A D E N H B C
Gọi H, M, N là trung điểm các cạnh AB, SD, AD. Từ giả thiết ta có SH ⊥ (ABCD) và √17a. ’
SCH = 45◦; tam giác SHC vuông cân nên SH = HC = M N k SA suy ra 2
d(M, (SAC)) = d(N, (SAC)) = d(H, (SAC)). (1)
Dựng HE ⊥ AC, HF ⊥ SE. Dễ thấy HF ⊥ (SAC) (2). Từ (1) và (2) suy ra √ HE · SH a 1513 d(M, (SAC)) = HF = √ = . HE2 + SH2 89 Chọn đáp án C Câu 40.10.
Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác vuông tại C0 B0
A, AB = AC = b và có các cạnh bên bằng b. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB0 và BC bằng √ √ A0 √ b 2 b 3 A. b. B. b 3. C. . D. . 2 3 C B A Lời giải. Cách 1: K C0
Gọi I, K lần lượt là trung điểm BC, B0C0. Trong tam giác B0 IAK kẻ đường cao IH. A0
Ta có BC k B0C0 ⇒ BC k (AB0C0). Khoảng cách giữa AB0
và BC bằng khoảng cách giữa BC và mặt phẳng (AB0C0).
Ta có BC ⊥ AI (vì ∆ABC vuông cân), BC ⊥ IK nên BC ⊥ H (AIK) ⇒ BC ⊥ IH. C
Do đó IH ⊥ (AB0C0) (vì IH ⊥ AK, IH ⊥ B0C0). Nên khoảng I B
cách giữa AB0 và BC bằng IH. √ √ 2b 1 1 1 b 3 A Ta có AI = nên + = ⇒ IH = . 2 AI2 IK2 IH2 3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 145 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Cách 2: C0 K Gọi B0
I, K lần lượt là trung điểm BC, B0C0. Trong tam giác A0 IAK kẻ đường cao IH.
Ta có BC k B0C0 ⇒ BC k (AB0C0). Khoảng cách giữa AB0
và BC bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB0C0). Ta có C BC2 2b2 b2 b I B AI = AC2 − CI2 = AC2 − = b2 − = ⇒ AI = √ . 4 4 2 2 A √ … b2 … 3 Và AK = AC02 − C0K2 = 2b2 − = b. 2 2 √ 1 3
Ta có VC.AB0C0 = h · SAB0C0 = h · b2. 3 6 1 1
VA.BCC0 = AM · SCC0B0 = b3. Trong đó h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AB0C0). √ 3 6 √ 3 1 b 3 Do đó h · b2 = b3 ⇒ h = . 6 6 3 Chọn đáp án D
Câu 40.11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng √ √ √ a 5 a 3 A. a 2. B. . C. . D. a. 2 2 Lời giải.
Gọi H là trung điểm AB. Do 4SAB đều nên SH ⊥ AB. S
Vì 4SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ⊥ (ABCD). Suy ra SH ⊥ BC.
Trong mặt phẳng (SAB), ta kẻ BK ⊥ SA. K
Lại có BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ BK.
Vậy BK là đường vuông góc chung của SA và BC. B
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng BK và bằng C √ H a 3 . 2 A D Chọn đáp án C
Câu 40.12. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OC = 2a,
OA = OB = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC. √ √ √ 2a 2 5a 2a 2a A. . B. . C. . D. . 3 5 3 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 146 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Dựng hình bình hành AM OD, OM ⊥ AM nên hình bình C
hành AM OD là hình chữ nhật. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của O trên đường thẳng CD. Ta có
(AD ⊥ DO ⇒ AD ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (ACD). (1) AD ⊥ CO H
OM k (ACD) ⇒ d(OM, AC) = d(O, (ACD)). (2) O Từ (1) và (2) suy ra B D √ M OC · OD 2 5a d(OM, AC) = OH = √ = . A OC2 + OD2 5 Chọn đáp án B
Câu 40.13. Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng 4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng √ √ A. 2 2. B. 2. C. 3. D. 2 3. Lời giải.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB. A
Khi đó 4ABM cân tại M , 4CDN cân tại N . ( a M N ⊥ AB N Do đó
, suy ra M N là đoạn vuông góc chung của 2 đường M N ⊥ CD B D thẳng AB và CD. √ M AB 4 3 √
Xét 4AM N vuông tại N có AN = = 2, AM = = 2 3 nên C √ √ 2 2 M N = AM 2 − AN 2 = 2 2. Chọn đáp án A
Câu 40.14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA ⊥ (ABCD) √
, SA = a 3. Gọi M là trung điểm SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . √ √ √ a 3 2a 3 3a a 3 A. . B. . C. . D. . 4 3 4 2 Lời giải. (AB k CD Ta có ⇒ AB k (SCD). S AB 6⊂ (SCD)
Suy ra d (AB, CM ) = d (AB, (SCD)) = d (A, (SCD)). H
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng SD ⇒ AH ⊥ SD. M (1) 3 √ ( a CD ⊥ AD Ta có ⇒ CD ⊥ AH. (2) CD ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) A D
Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ (SCD) ⇒ d (A, (SCD)) = AH. √ √ SA · AD a 3 · a a 3 B C AH = √ = √ = . SA2 + AD2 p(a 3)2 + a2 2 √ a 3 Vậy d (AB, CM ) = . 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 147 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Chọn đáp án D
Câu 40.15. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD. √ √ √ a 3 a 2 a 3 A. . B. . C. a. D. . 3 2 2 Lời giải.
Gọi M , N là trung điểm của AB, CD. A
Ta có: 4ABC = 4ABD ⇒ M C = M D ⇒ 4M CD cân ⇒ M N ⊥ CD. ∆ACD = ∆BCD ⇒ N A = N B M ⇒ 4N AB cân ⇒ M N ⊥ AB.
Suy ra M N là đoạn vuông góc chung của AB, CD. B C ⇒ d(AB, CD) = M N . √ √ a 2 Trong 4BM N ta có:M N = BN 2 − BM 2 = . N 2 D Chọn đáp án B
Câu 40.16. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD. √ √ a 2 a 3 √ √ A. . B. . C. a 2. D. a 3. 2 2 Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD thì M N là đoạn D
vuông góc chung của AB và CD (tính chất tứ diện đều). Do đó, d(AB, CD) = M N . 2a N
Tam giác ABD đều cạnh 2a nên √3 √ DM = 2a = 3a. Vậy 2 A C √ p p M M N = DM 2 − DN 2 = 3a2 − a2 = a 2. B Chọn đáp án C
Câu 40.17. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Gọi E là √
trung điểm của AB. Cho biết AB = 2a, BC =
13a, CC0 = 4a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A0B và CE. 4a 12a 3a 6a A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 148 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Gọi F là trung điểm của A0A, suy ra mặt phẳng (CEF ) k A0B. A0 C0
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng A0B và CE bằng khoảng
cách giữa A0B với (CEF ). Suy ra B0 F
d A0B, (CEF ) = d (B, (CEF )) = d (A, (CEF )) . H . Kẻ AK ⊥ CE; AH ⊥ F K thì AH ⊥ (CEF ) hay A C d (A, (CEF )) = AH. K E 1 1 1 1 1 1 1 1 1 49 = + = + + = + + = . B AH2 AF 2 AK2 AF 2 AE2 AC2 a2 9a2 4a2 36a2 6a
Suy ra d (CE, A0B) = d (A, (CEF )) = AH = . 7 6a
Vậy khoảng cách giữa A0B và CE là d (CE, A0B) = . 7 Chọn đáp án D
Câu 40.18. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC0 và CD0. √ √ √ a 3 a 2 A. a 2. B. 2a. C. . D. . 3 3 Lời giải.
Ta có CD0 k BA0 suy ra CD0 k (BA0C0) ⇒ d(BC0, CD0) = A B
d(D0, (BA0C0)) = d(B0, (BA0C0)).
Xét tứ diện B.A0B0C0 có BB0, B0C0, B0A0 đôi một vuông góc với D C 1 1 1 1 3 nhau nên = + + = d2(B0, (BA0C0)) B0B2 B0A02 B0C02 a2 √ a 3 ⇒ d(B0, (BA0C0)) = . 3 √ A0 B0 a 3
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC0 và CD0 là . 3 D0 C0 Chọn đáp án C
Câu 40.19. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB0 và BC0 bằng √ √ √ √ a 3 a 2 A. a 3. B. a 2. C. . D. . 3 2 Lời giải.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. z
Ta có A(0; 0; 0), B0(a; 0; a), B(a; 0; 0), C0(a; a; a). # » # » D0
Suy ra AB0 = (a; 0; a), BC0 = (0; a; a). A0 î # » # » # »
Khi đó AB0, BC0ó = −a2; −a2; a2, AB = (a; 0; 0). B0 C0 î # » # » # » AB0, BC0ó · AB a Vậy d(AB0, BC0) = = √ . î # » # » AB0, BC0ó 3 A D y x B C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 149 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Chọn đáp án C
Câu 40.20. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A0BD) theo a. √ √ a 3 √ √ a 6 A. . B. a 3. C. 2a 3. D. . 3 6 Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. A B Kẻ AH ⊥ A0O (1)
(AO ⊥ BD (ABCD là hình vuông tâm O) O Vì D C AA0 ⊥ BD (AA0 ⊥ (ABCD))
⇒ BD ⊥ (A0AO) ⇒ AH ⊥ BD (2). H
Từ (1) và (2), suy ra AH ⊥ (A0BD). √ a 2
Khi đó d(A, (A0BD)) = AH. Ta có AO = . 2
Xét 4A0AO vuông tại A, AH là đường cao A0 B0 √ 1 1 1 1 2 3 a 3 = + = + = ⇒ AH = . AH2 A0A2 AO2 a2 a2 a2 3 D0 C0 √ a 3 Vậy d(A, (A0BD)) = AH = . 3 Chọn đáp án A 1
CÂU 41. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số f (x) = x3 + mx2 + 4x + 3 3 đồng biến trên A. 5. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. Ta có f 0(x) = x2 + 2mx + 4.
Hàm số đã cho đồng biến trên R khi và chỉ khi f0(x) ≥ 0, ∀x ∈ R (Dấu "=" xảy ra tại hữu hạn điểm).
Ta có: f 0(x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ∆0 ≤ 0 ⇔ ∆0 = m2 − 4 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2.
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}. Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Chọn đáp án A
Câu 41.1. Cho hàm số y = −x3 − mx2 + (4m + 9)x + 5 (với m là tham số). Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; +∞)? A. 7. B. 6. C. 5. D. 8. Lời giải.
Ta có y0 = −3x2 − 2mx + 4m + 9.
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; +∞)
⇔ y0 ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; +∞)
⇔ −3x2 − 2mx + 4m + 9 ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; +∞) ( ( a < 0 − 3 < 0 ⇔ ⇔ ∆0 ≤ 0 m2 + 12m + 27 ≤ 0 ⇔ −9 ≤ m ≤ −3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 150 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
⇒ m ∈ {−9; −8; −7; −6; −5; −4; −3} (vì m là số nguyên) Chọn đáp án A
Câu 41.2. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc khoảng (−2019; 2020) để hàm số
y = 2x3 − 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x + 2019 đồng biến trên khoảng (2; +∞)? A. 2021. B. 2020. C. 2018. D. 2019. Lời giải.
Ta có y0 = 6x2 − 6(2m + 1)x + 6m2 + 6m.
Xét y0 = 0 ⇔ x2 − (2m + 1)x + m2 + m = 0, có ∆ = (2m + 1)2 − 4 m2 + m = 1 > 0, ∀m ∈ R. Suy
ra phương trình y0 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt: x1 = m; x2 = m + 1. Dễ thấy x1 < x2. Bảng biến thiên x −∞ m m + 1 +∞ y0 + 0 − 0 + y(m ( ) m +∞ + y −∞ y(m ( + 1)
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; m); (m + 1; +∞). Vì
thế, hàm số đồng biến trên (2 : +∞) khi m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1.
Suy ra có 2020 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn đáp án B
Câu 41.3. Cho hàm số y = −x3 − mx2 + (4m + 9)x + 5, với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m để hàm số nghịch biến R? A. 6. B. 4. C. 7. D. 5. Lời giải.
Tập xác định của hàm số D = R.
Ta có y0 = −3m2 − 2mx + 4m + 9.
Do phương trình y0 = 0 có hữu hạn nghiệm nên hàm số nghịch biến trên R ⇔ y0 < 0, ∀x ∈ R.
⇔ −3x2 − 2mx + 4m + 9 ≤ 0, ∀x ∈ R.
⇔ ∆0 = m2 + 12m + 27 ≤ 0 (do a = −3 < 0) ⇔ −9 ≤ m ≤ −3.
Do m ∈ Z nên m ∈ {−9; −8; −7; −5; −4; −3}.
Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án C mx + 10
Câu 41.4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = nghịch biến 2x + m trên khoảng (0; 2)? A. 4. B. 5. C. 6. D. 9. Lời giải.  mx + 10 m2 − 20 < 0  Hàm số y =
nghịch biến trên khoảng (0; 2) ⇔ m 2x + m − / ∈ (0; 2)  2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 151 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN √ √  √ √ − 20 < m < 20   − 20 < m < 20 √   "     m  − 20 < m ≤ −4 ⇔ − ≤ 0 ⇔ " ⇔ √ 2 m ≥ 0    0 ≤ m < 20.  m    m ≤ −4  − ≥ 2 2
Vậy m ∈ {−4; 0; 1; 2; 3; 4; }. Chọn đáp án C
Câu 41.5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x3 − (m + 1)x2 + 3x + 1
đồng biến trên khoảng (−∞; +∞)? A. 6. B. 8. C. 7. D. 5. Lời giải.
Ta có y0 = 3x2 − 2(m + 1)x + 3.
Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi và chỉ khi ∆0 = (m + 1)2 − 9 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 2.
Vậy các giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán là −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, tức là có 7 giá trị. Chọn đáp án C
Câu 41.6. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y = x3 − 6x2 + mx + 1 đồng biến trên (0; +∞)? A. 2030. B. 2005. C. 2018. D. 2006. Lời giải. Ta có y0 = 3x2 − 12x + m.
Để hàm số đồng biến trên (0; +∞) thì y0 = 3x2 − 12x + m ≥ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≥ −3x2 + 12x, ∀x > 0. x 0 2 +∞ y0 + 0 − 12 y 0 −∞
Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) thì m ≥ 12, do đó có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D
Câu 41.7. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−2017; 2017] để hàm số
y = x3 − 6x2 + mx + 1 đồng biến trên (0; +∞)? A. 2030. B. 2005. C. 2018. D. 2006. Lời giải. Ta có y0 = 3x2 − 12x + m.
Để hàm số đồng biến trên (0; +∞) thì y0 = 3x2 − 12x + m ≥ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≥ −3x2 + 12x, ∀x > 0.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 152 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www x 0 2 +∞ y0 + 0 − 12 y 0 −∞
Để hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) thì m ≥ 12, do đó có 2006 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án D
Câu 41.8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = x3 + 3x2 − (m2 − 3m + 2)x + 5 đồng biến trên (0; 2)? A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải.
Ta có y = x3 + 3x2 − (m2 − 3m + 2)x + 5 ⇒ y0 = 3x2 + 6x − m2 − 3m + 2.
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) khi y0 ≥ 0, ∀x ∈ (0; 2) và dấu "=" xãy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng đó.
⇔ 3x2 + 6x − m2 − 3m + 2 ≥ 0, ∀x ∈ (0; 2)
⇔ 3x2 + 6x ≥ m2 − 3m + 2 (∗) với ∀x ∈ (0; 2)
Xét hàm số y = g(x) = 3x2 + 6x trên khoảng (0; 2) Ta có y0 = g0(x) = 6x + 6. Bảng biến thiên x 0 2 g0(x) + 24 g(x) 0
Dựa vào bảng biến thiên suy ra điều kiện để (∗) xảy ra là : m2 − 3m + 2 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2. Do m ∈ Z ⇒ m ∈ {1; 2}.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án B 2x − 6
Câu 41.9. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ (−2018; 2018) để hàm số y = x − m
đồng biến trên khoảng (5; +∞)? A. 2018. B. 2021. C. 2019. D. 2020. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {m}. 6 − 2m y0 = . (x − m)2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 153 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 2x − 6 Hàm số y =
đồng biến trên khoảng (5; +∞) x − m ( ( 6 − 2m > 0 m < 3
⇔ y0 > 0, ∀x ∈ (5; +∞) ⇔ ⇔ ⇔ m < 3. m / ∈ (5; +∞) m ≤ 5 (m ∈ (−2018; 2018) Kết hợp điều kiện
⇒ m ∈ {−2017, −2016, . . . , 0, 1, 2}. m ∈ Z
Vậy có tất cả 2 − (−2017) + 1 = 2020 giá trị m thỏa mãn. Chọn đáp án D √
Câu 41.10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình cos3 x+ m − 3 sin x3− 2π 2 cos x − + m = 0 có nghiệm. 3 A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. Lời giải. Ta có √ Ä ä3 2π cos3 x + m − 3 sin x − 2 cos x − + m = 0 (1) 3 √ √ Ä ä3 ⇔ cos3 x + m − 3 sin x + cos x − 3sinx + m = 0 √ √ Ä ä3 Ä ä ⇔ cos3 x + cos x = 3 sin x − m + 3sinx − m Xét hàm f (t) = t3 + t.
Ta có f 0(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. √ √
⇒ f (t) đồng biến trên R ⇒ phương trình (1) có nghiệm khi cos x = 3 sin x−m ⇔ 3 sin x−cos x = m (2)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm ⇔ −2 ≤ m ≤ 2.
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}. Chọn đáp án C 2x + m
Câu 41.11. Có bao nhiêu giá trị nguyên m trên đoạn [−1; 5] để hàm số y = đồng biến x + m trên khoảng (−∞; −3)? A. 2. B. 6. C. 5. D. 3. Lời giải.
Tập xác định của hàm số là D = (−∞; −m) ∪ (−m; +∞). m
Đạo hàm của hàm số là y0 = với ∀x 6= −m. (x + m)2
Nếu m = 0 thì hàm số trở thành y = 2 là hàm hằng trên R. Do đó, hàm số đã cho đồng biến
trên (−∞; −3) khi và chỉ khi  m > 0 ( (  (x + m)2 m > 0 m > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 0 < m ≤ 3. −  − m / ∈ (−∞; −3) m ≥ −3 m ≤ 3
Do m nguyên và m ∈ [−1; 5] nên m ∈ {1; 2; 3}. Chọn đáp án D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 154 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Câu 41.12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [−100; 100] để hàm số
y = mx3 + mx2 + (m + 1)x − 3 nghịch biến trên R. A. 200. B. 99. C. 100. D. 201. Lời giải.
Khi m = 0, hàm số trở thành y = x − 3, đây là hàm số đồng biến trên R (không thỏa yêu cầu bài toán).
Khi m 6= 0, ta có y0 = 3mx2 + 2mx + m + 1. (m2 − 3m(m + 1) ≤ 0 3
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi y0 ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔ ⇔ m ≤ − . m < 0 2
Vậy có 99 giá trị m thuộc đoạn [−100; 100] thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án B
Câu 41.13. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình m cos2 x − π
4 sin x cos x + m − 2 = 0 có nghiệm thuộc khoảng 0; ? 4 A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Lời giải. π Với x ∈ 0;
thì cos x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho cos2 x, ta có 4
pt ⇔ m − 4 tan x + (m − 2)(1 + tan2 x) = 0 ⇔ (m − 2) tan2 x − 4 tan x + 2m − 2 = 0. π Đặt t = tan x, khi x ∈ 0; thì t ∈ (0; 1). 4 2t2 + 4t + 2
pt ⇔ (m − 2)t2 − 4t + 2m − 2 = 0 ⇔ m = . t2 + 2 " 2t2 + 4t + 2 −4t2 + 4t + 8 t = −1 Xét f (t) = , f 0(t) = , f 0(t) = 0 ⇔ (loại). t2 + 2 (t2 + 2)2 t = 2 x 0 1 y0 + 8 y 3 1 π 8
Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng 0; khi 1 < m < , vậy 4 3
có 1 số nguyên dương m thỏa yêu cầu bài toán. Chọn đáp án A √ √
Câu 41.14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình
sin x + 2 + 3 m − sin x = 2 có nghiệm? A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải. √ ( ( u = sin x + 2 √ u2 = sin x + 2 Đặt √ 1 ≤ u ≤ 3. Khi đó ⇒ u2 + v3 = m + 2(∗). v = 3 m − sin x v3 = m − sin x
Ta lại có u + v = 2 ⇒ v = 2 − u.
(*) trở thành u2 + (u − 2)3 = m + 2 ⇔ m = u3 − 5u2 + 12u − 10 (1).
Xét hàm số f (u) = u3 − 5u2 + 12u − 10 trên R ta có f0(u) = 3u2 − 10u + 12.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 155 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
f 0(u) = 0 vô nghiệm nên f (u) đồng biến trên R. √
Phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình (1) có nghiệm 1 ≤ u ≤ 3 √ √
hay f (1) ≤ m ≤ f ( 3) ⇔ −2 ≤ m ≤ −25 + 15 3.
Vì m nguyên nên m ∈ {−2; −1; 0}.
Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa đề bài. Chọn đáp án B
Câu 41.15. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 − m)x đồng biến trên R? A. 4. B. 5. C. 3. D. 6. Lời giải.
Ta có y0 = (2m + 3) cos x + (2 − m).
Hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 − m)x đồng biến trên R
⇔ (2m + 3) cos x + (2 − m) ≥ 0, ∀x ∈ R
⇔ −|2m + 3| + (2 − m) ≥ 0 1 ⇔ −5 ≤ m ≤ − . 3
Vì m ∈ Z nên m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1}. Chọn đáp án B
Câu 41.16. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số y = (m − 3)x − (2m +
1) cos x luôn nghịch biến trên R? A. vô số. B. 1. C. 3. D. 5. Lời giải.
Ta có y0 = (m − 3) + (2m + 1) sin x.
Yêu cầu bài toán tương đương với y0 ≤ 0, ∀x ∈ R.
Đặt t = cos x, suy ra t ∈ [−1; 1] ∀x ∈ R. Xét f(t) = (m − 3) + (2m + 1)t, t ∈ [−1; 1].   f (1) ≤ 0 −m − 4 ≤ 0 2 Do đó, max f (t) ≤ 0 ⇒ ⇔ ⇔ −4 ≤ m ≤ . [−1;1] 3 f (−1) ≤ 0 3m − 2 ≤ 0
Vậy m ∈ {−4; −3; −2; −1; 0}. Chọn đáp án D 1 − m
Câu 41.17. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của m để hàm số y = x + 5 + đồng biến trên x − 2 [5; +∞)? A. 10. B. 8. C. 9. D. 11. Lời giải. m − 1 (x − 2)2 + m − 1 Ta có y0 = 1 + =
. Hàm số đã cho đồng biến trên [5; +∞) khi và chỉ khi (x − 2)2 (x − 2)2
y0 ≥ 0, ∀x ∈ [5; +∞). Điều này tương đương với
(x − 2)2 + m − 1 ≥ 0, ∀x ∈ [5; +∞) ⇔ m ≥ −(5 − 2)2 + 1 = −8.
Vậy m ∈ {−8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1}. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 156 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www x3 mx2
Câu 41.18. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y = − + 2x + 2019 đồng biến 3 2 trên R? A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải. Ta có y0 = x2 − mx + 2.
Hàm số đã cho đồng biến trên R (a = 1 > 0 √ √ ⇔ y0 > 0, ∀x ∈ R ⇔
⇔ −2 2 6 m 6 2 2 ⇒ m ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}. ∆ = m2 − 8 6 0
Vậy có 5 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án C 3
Câu 41.19. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = x4 − (m − 1)x2 − 4 1
đồng biến trên khoảng (0; +∞)? 4x4A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải.
Tập xác định D = R \ {0}. 1 y0 = 3x3 − 2(m − 1)x + . x5
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi y0 > 0, ∀x ∈ (0; +∞) 1 3 1 ⇔ 3x3 − 2(m − 1)x +
> 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ m 6 x2 + 1 + , ∀x ∈ (0; +∞). x5 2 2x6 3 1 Xét hàm số f (x) = x2 + 1 + , x ∈ (0; +∞). 2 2x6 3 Ta có f 0(x) = 3x − , x ∈ (0; +∞). x7 3 f 0(x) = 3x − = 0 ⇔ x = ±1. x7 Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ y0 − 0 + y 3
Từ bảng biến thiên ta thấy m 6 f(x), ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ m 6 min f(x) ⇔ m 6 3. (0;+∞)
Giá trị nguyên dương của tham số m là m = 1, m = 2 và m = 3. Chọn đáp án C
Câu 41.20. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y = m2x4 − 2(4m − 1)x2 + 1
đồng biến trên khoảng (1; +∞)? A. 7. B. 16. C. 15. D. 6. Lời giải. Đặt t = x2.
Hàm số đã cho đồng biến trên (1; +∞) khi hàm số y = m2t2 − 2(4m − 1)t + 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞), tức là
y0 = 2m2t − 2(4m − 1) ≥ 0, ∀t > 1 (∗)
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 157 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Xét 2 trường hợp
• m = 0 thì y0 = 2 > 0, thỏa mãn. • m 6= 0.
Khi đó vế trái của (∗) là hàm bậc nhất. Do đó (∗) chỉ thỏa mãn khi (m2 > 0 √ √ Ä ó î ä ⇔ m ∈ −∞; 2 − 3 ∪ 2 + 3; +∞ . 2m2 · 1 − 2(4m − 1) ≥ 0
Vậy với m ∈ (−10; 10) thì có tất cả 16 giá trị nguyên của m. Chọn đáp án B
Câu 41.21. Có bao nhiêu giá trị nguyên m ∈ (−10; 10) để hàm số y = m2x4 − 2(4m − 1)x2 + 1
đồng biến trên khoảng (1; +∞)? A. 7. B. 16. C. 15. D. 6. Lời giải. Đặt t = x2.
Hàm số đã cho đồng biến trên (1; +∞) khi hàm số y = m2t2 − 2(4m − 1)t + 1 đồng biến trên khoảng (1; +∞), tức là
y0 = 2m2t − 2(4m − 1) ≥ 0, ∀t > 1 (∗) Xét 2 trường hợp
• m = 0 thì y0 = 2 > 0, thỏa mãn. • m 6= 0.
Khi đó vế trái của (∗) là hàm bậc nhất. Do đó (∗) chỉ thỏa mãn khi (m2 > 0 √ √ Ä ó î ä ⇔ m ∈ −∞; 2 − 3 ∪ 2 + 3; +∞ . 2m2 · 1 − 2(4m − 1) ≥ 0
Vậy với m ∈ (−10; 10) thì có tất cả 16 giá trị nguyên của m. Chọn đáp án B
CÂU 42. Để quảng bá cho sản phẩm A, một công ty dụ định tổ chức quảng cáo theo hình thức
quảng cáo trên truyền hình. Nghiên cứu của công ty cho thấy: nếu sau n lần quảng cáo được phát 1
thì tỉ lệ người xem quảng cáo đó mua sản phẩm A tuân theo công thức P (n) = . 1 + 49e−0,015n
Hỏi cần phát ít nhất bao nhiêu lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên 30 A. 202. B. 203. C. 206. D. 207. Lời giải. 1 10 7 Theo bài ra ta có
> 0, 3 ⇔ 1 + 49e−0,015n < ⇔ e−0,015n < 1 + 49e−0,015n 3 147 7 1 7 ⇔ −0, 015n < ln ⇔ n > − ln ' 202, 97. 147 0, 015 147
Vậy có ít nhất 203 lần quảng cáo. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 158 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Câu 42.1. Số lượng của một loại vi khuẩn X trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức
x(t) = x(0) · 2t, trong đó x(0) là số lượng vi khuẩn X ban đầu, x(t) là số lượng vi khuẩn X sau
t (phút). Biết sau 2 phút thì số lượng vi khuẩn X là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lức
bắt đầu, số lượng vi khuẩn X là 10 triệu con. A. 7 phút. B. 5 phút. C. 8 phút. D. 6 phút. Lời giải. 107
Ta có x(2) = x(0) · 22 = 625 · 103. Mặt khác x(t) = x(0) · 2t = 10 · 106 ⇒ 2t−2 = ⇔ t = 6. 625 · 103 Chọn đáp án D
Câu 42.2. Dân số thế giới được tính theo công thức S = A · eni trong đó A là dân số của năm
lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Cho biết năm 2005
Việt Nam có khoảng 80.902.400 người và tỉ lệ tăng dân số là 1, 47% một năm. Như vậy, nếu tỉ
lệ tăng dân số hàng năm không đổi thì đến năm 2019 số dân của Việt Nam sẽ gần với số nào nhất sau đây? A. 99.389.200. B. 99.386.600. C. 100.861.100. D. 99.251.200. Lời giải.
Áp dụng công thức S = A · eni với A = 80.902.400, n = 2019 − 2005 = 14, i = 1, 47% = 0, 0147, ta
có số dân Việt Nam đến năm 2017 là
S = A · eni = 80902400 · e14·0,0147 ≈ 99389203,38.
Như vậy, số dân Việt Nam đến năm 2019 gần với số 99.389.200 nhất. Chọn đáp án A
Câu 42.3. Cường độ một trận động đất M được cho bởi công thức M = log A − log A0, với A
là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận
động đất ở San Francisco có cường độ 8,3 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác
ở gần đó đo được 7,1 độ Richter. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu
lần trận động đất này? A. 1,17. B. 2,2. C. 15,8. D. 4. Lời giải.
Gọi M1, A1 lần lượt là cường độ, biên độ rung chấn tối đa của trận động đất tại San Francisco.
Gọi M2, A2 lần lượt là cường độ, biên độ rung chấn tối đa của trận động đất tại địa điểm còn lại. Ta có A1 A1 M1 = log A1 − log A0 = log ⇒ = 10M1. A0 A0 A2 A2 M2 = log A2 − log A0 = log ⇒ = 10M2. A0 A0 A 10M1 Khi đó 1 = = 10M1−M2 = 101,2 ≈ 15,8. A2 10M2 Chọn đáp án C
Câu 42.4. Gọi N (t) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cây sinh t
trưởng từ t năm trước đây thì ta có công thức N (t) = 100.(0.5) A (%) với A là hằng số. Biết rằng
một mẩu gỗ có tuổi khoảng 3754 năm thì lượng cácbon 14 còn lại là 65%. Phân tích mẩu gỗ từ
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 159 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cácbon 14 còn lại trong mẩu gỗ là 63%. Hãy
xác định tuổi của mẩu gỗ được lấy từ công trình đó. A. 3874. B. 3833. C. 3834. D. 3843. Lời giải. 3754 3754 3754 3754
Theo bài ta có 65 = 100.(0.5) A ⇔ 0.65 = (0.5) A ⇔ = log . A 0.5 0.65 ⇔ A = log0.5 0.65
Do mẫu gỗ còn 63% lượng Cácbon 14 nên ta có: t t t 3754
63 = 100.(0.5) A ⇔ 0.63 = (0.5) A ⇔ = log . log A
0.5 0.63 ⇔ t = A. log0.5 0.63 = log 0.5 0.63 ≈ 0.5 0.65 3833. Chọn đáp án B
Câu 42.5. Các nhà khoa học đã tính toán khi nhiệt độ trung bình của trái đất tăng thêm 2◦C
thì mực nước biển sẽ dâng lên 0, 03m. Nếu nhiệt độ tăng lên 5◦C thì nước biển sẽ dâng lên 0, 1m
và người ta đưa ra công thức tổng quát như sau: Nếu nhiệt độ trung bình của trái đất tăng lên
toC thì nước biển dâng lên f (t) = kat(m) trong đó k, a là các hằng số dương. Hỏi khi nhiệt độ
trung bình của trái đất tăng thêm bao nhiêu độ C thì mực nước biển dâng lên 0, 2m? A. 9, 2◦C. B. 8, 6◦C. C. 7, 6◦C. D. 6, 7◦C. Lời giải.  … 10 (0, 03 = ka2  a = 3 f (t) 0, 2a2 ⇒ 3 ; f(t) = kat ⇔ t = loga = loga ≈ 6, 7. 0, 1 = ka5 0, 03 k 0, 03  k = a2 Chọn đáp án D
Câu 42.6. Với mức tiêu thụ thức ăn của trang trại A không đổi như dự định thì lượng thức ăn
dự trữ sẽ đủ dùng cho 100 ngày. Nhưng thực tế, mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm 4% mỗi ngày
(ngày sau tăng 4% so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn dự trữ đó chỉ đủ dùng cho bao nhiêu ngày? A. 40. B. 41. C. 42. D. 43. Lời giải.
Gọi lượng thức ăn tiêu thụ theo dự định hàng ngày là x. Lượng thức ăn dự trữ của trang trại A là 100x. 1,04n − 1
Ta có x 1 + 1,04 + 1,042 + ... + 1,04n−1 = 100x ⇔ = 100 ⇒ n = log 1,04 − 1 1,04 5 ≈ 41,035.
Do đó lượng thức ăn dự trữ chỉ đủ dùng cho 41 ngày. Chọn đáp án B
Câu 42.7. Trong vật lí, sự phân rã của các chất phóng xạ được biểu diễn bởi công thức t 1 T m(t) = m0
. Trong đó, m0 là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tại thời điểm t = 0), m(t) 2
là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t, T là chu kì bán rã. Biết chu kì bán rã của một chất
phóng xạ là 24 giờ. Ban đầu có 250 gam, hỏi sau 36 giờ thì chất đó còn lại bao nhiêu gam? (Kết
quả làm tròn đến hàng phần chục). A. 87,38 gam. B. 88,38 gam. C. 88,4 gam. D. 87,4 gam. Lời giải. 36 1 24
Sau 36 giờ ta có: m(36) = 250
= 88, 4. (Kết quả đã làm tròn đến hàng phần chục). 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 160 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www Chọn đáp án C
CÂU 43. Cho hàm số có bảng biến thiên như sau: x −∞ 2 +∞ f 0(x) + + +∞ 1 f (x) 1 −∞
Trong các số a, b và c có bao nhiêu số dương? A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải. ax + 1 c a Hàm số f (x) =
có đường tiệm cận đứng là x = −
và đường tiệm cận ngang y = . bx + c b b  c − = 2  c
Từ bảng biến thiên ta có: b a ⇔ a = b = − (1) 2  = 1 b ac − b Mặt khác f 0(x) =
. Vì hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞) (bx + c)2 ac − b nên f 0(x) = > 0 ⇔ ac − b > 0 (2) (bx + c)2 c2 c
Thay (1) vào (2), ta được − +
> 0 ⇔ −c2 + c > 0 ⇔ 0 < c < 1. 2 2
Suy ra c là số dương và a, b là số âm. Chọn đáp án C
Câu 43.1. Cho hàm số y = f (x) xác định, liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 5 +∞ + y −∞ 1
Đồ thị hàm số y = |f (x)| có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2. B. 3. C. 4. D. 5. Lời giải.
Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = |f (x)| bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f (x)
cộng với số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với trục hoành (không tính điểm cực trị).
Vì đồ thị hàm số y = f (x) có 2 điểm cực trị và cắt trục Ox tại 1 điểm trên đồ thị hàm số
y = |f (x)| có 2 + 1 = 3 điểm cực trị. Chọn đáp án B Câu 43.2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 161 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Cho hàm số y = f (x). Hàm số y = f 0(x) x −∞ −4 1 +∞
có bảng biến thiên như sau. Bất phương
trình f (x) > sin x+m có nghiệm trên khoảng y0 − 0 + 0 − (−1; 1) khi và chỉ khi +∞ + −1 A. m > f (1) − sin 1. y B. m ≥ f (1) − sin 1. −3 −∞ C. m ≤ f (−1) + sin 1. D. m < f (−1) + sin 1. Lời giải.
Xét hàm số g(x) = f (x) − sin x. g0(x) = f 0(x) − cos x.
Với ∀x ∈ (−1; 1), ta có f 0(x) < −1 ⇒ f 0(x) − cos x < −1 − cos x < 0 ⇒ g0(x) < 0.
Suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên khoảng (−1; 1) nên g(x) < g (−1) = f (−1) + sin 1.
Do đó bất phương trình f (x) > sin x+m có nghiệm trên khoảng (−1; 1) khi và chỉ khi bất phương
trình m < f (x) − sin x có nghiệm trên khoảng (−1; 1).
⇔ m < max g(x) ⇔ m < f (−1) + sin 1. [−1;1] Vậy m < f (−1) + sin 1. Chọn đáp án D
Câu 43.3. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm tất cả 1
các giá trị thực của m để phương trình
f (x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt. 2 x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 0 0 y −∞ −3 − +∞ + m = 0 " 3 m = 0 A.  3 B. m < −3. C. m < − . D. m < − . 2 m < −3. 2 Lời giải. 1 Ta có
f (x) − m = 0 ⇔ f (x) = 2m. (*) 2
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f (x), ta thấy, để phương trình (∗) có đúng hai nghiệm  "2m = 0 m = 0 phân biệt thì ⇔  3 2m < −3 m < − . 2 Chọn đáp án D
Câu 43.4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm tất cả 1
các giá trị thực của m để phương trình
f (x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt. 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 162 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www x −∞ −1 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 0 − 0 0 y −∞ −3 − +∞ + m = 0 " 3 m = 0 A.  3 B. m < −3. C. m < − . D. m < − . 2 m < −3. 2 Lời giải. 1 Ta có
f (x) − m = 0 ⇔ f (x) = 2m. (*) 2
Quan sát bảng biến thiên của hàm số y = f (x), ta thấy, để phương trình (∗) có đúng hai nghiệm  "2m = 0 m = 0 phân biệt thì ⇔  3 2m < −3 m < − . 2 Chọn đáp án D
Câu 43.5. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 5 +∞ + y −∞ 1
Phương trình f (x) − 2 = 0 có bao nhiêu nghiệm? A. 1. B. 3. C. 2. D. 0 . Lời giải.
Phương trình f (x) − 2 = 0 ⇔ f (x) = 2.
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và y = 2 là số nghiệm của phương trình f (x) − 2 = 0 (∗)
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình (∗) có 3 nghiệm. Chọn đáp án B
Câu 43.6. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình bên dưới. Tìm 1
tất cả các giá trị thực của m để phương trình
f (x) − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt. 2 x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 0 0 f (x) −∞ −3 − −∞ 3 A. m = 0 hoặc m < − . B. m < −3. 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 163 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 3 C. m < − . D. m = 0 hoặc m < −3. 2 Lời giải. 1 Ta có f (x) = m ⇔ f (x) = 2m. 2
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thì hàm số y = f (x) và đường thẳng y = 2m.
Theo yêu cầu bài toán ta có 3
2m = 0 hoặc 2m < −3 ⇔ m = 0 hoặc m < − . 2 Chọn đáp án A Câu 43.7.
Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f 0(x), biết rằng đồ thị của hàm y
số f 0(x) như hình vẽ. Biết f (a) > 0, hỏi đồ thị hàm số y = f (x) cắt
trục hoành tại nhiều nhất bao nhiêu điểm? a c x A. b O 4. B. 2. C. 3. D. 1. Lời giải.
Dựa vào đồ thị của hàm số f 0(x), ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (x) như sau: x −∞ a b c +∞ f 0(x) − 0 + 0 − 0 + f (b ( ) f (x) f (a ( ) f (c ( )
Vì f (a) > 0 nên ta xét các trường hợp sau:
• Nếu f (c) > 0 thì toàn bộ đồ thị hàm số nằm ở phía trên trục hoành, do đó đồ thị hàm số không cắt trục hoành.
• Nếu f (c) = 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có một điểm chung duy nhất.
• Nếu f (c) < 0 thì đồ thị hàm số và trục hoành có hai điểm chung.
Vậy đồ thị hàm số y = f (x) cắt trục hoành nhiều nhất tại hai điểm. Chọn đáp án B
Câu 43.8. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −2 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 3 +∞ + y −∞ 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 164 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 1 Đồ thị hàm số
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng? f (3 − x) − 2 A. 2. B. 3. C. 1. D. 0. Lời giải. 1
Số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
bằng với số nghiệm phân biệt của f (3 − x) − 2
phương trình f (3 − x) = 2.
Dựa trên bảng biến thiên của hàm số ta thấy phương trình f (x) = 2 có 3 nghiệm phân biệt nên
phương trình f (3 − x) = 2 cũng có 3 nghiệm phân biệt. 1
Vậy số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = là 3 đường. f (3 − x) − 2 Chọn đáp án B
Câu 43.9. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như hình sau:
Hỏi hàm số y = f (|x|) có bao nhiêu cực trị? x −∞ −1 3 +∞ A. 2. B. 5. y0 + 0 − 0 + C. 3. D. 4. 5 +∞ + y −∞ 1 Lời giải.
Ta có đồ thị hàm số y = f (|x|) có được từ đồ thị hàm số y = f (x) bằng cách giữ nguyên phần
bên phải của trục Oy sau đó lấy đối xứng phần giữ nguyên đó qua trục Oy.
Từ đây ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (|x|) như sau: x −∞ −3 0 3 +∞ y0 − 0 + 0 − 0 + +∞ + y0 +∞ + y 1 1
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y = f (|x|) có 2 cực trị. Chọn đáp án A
CÂU 44. Cho hình trụ có chiều cao bằng 6a. Biết rằng khi cắt hình trụ đã cho bởi một mặt
phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 3a , thiết diện thu được là một hình
vuông. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng A. 216πa3. B. 150πa3. C. 54πa3. D. 108πa3. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 165 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN M N O A B Q H P D C O0
Lấy 2 điểm M, N lần lượt nằm trên đường tròn tâm O sao cho M N = 6a.
Từ M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với trục OO0, cắt đường tròn tâm O0 tại P, Q.
Thiết diện ta thu được là hình vuông M N P Q có cạnh bằng 6a.
Gọi H là trung điểm của P Q, suy ra OH ⊥ P Q.
Vì OO0 k (M N P Q) nên ta có d(OO0, (M N P Q)) = d(O0, (M N P Q)) = O0H.
Từ giả thiết, ta có O0H = 3a. Do đó tam giác O0HP là tam giác vuông cân tại H. √ √
Suy ra bán kính đường tròn đáy của hình trụ là O0P = O0P 2 + HP 2 = 3a 2. √
Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là V = 6a.π 3a 22 = 108πa3. Chọn đáp án D √
Câu 44.1. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a 2. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng, song a
song với trụ của hình trụ và cách trục của hình trụ một khoảng bằng ta được thiết diện là 2
một hình vuông. Tính thể tích V của khối trụ đã cho. √ √ 2πa3 7 √ A. V = πa3 3. B. V = . C. V = 2πa3 7. D. V = πa3. 3 Lời giải.
Gọi O, O0 lần lượt là tâm các đáy và thiết diện là hình vuông ABCD. O0 (OH ⊥ AB A0
Gọi H là trung điểm AB, ta có suy ra OH ⊥ (ABB0A0). B0 OH ⊥ AA0 a Do đó d (OO0, (ABCD)) = OH = . 2 √ √ … a2 a 7
Tam giác OAH vuông tại H nên AH = OA2 − OH2 = 2a2 − = . 4 2 √ A Suy ra O
AB = AA0 = OO0 = 2AH = a 7 (do ABCD là hình vuông). √ √ √ H Vậy thể tích B
V = πR2h = π · a 22 · a 7 = 2πa3 7. Chọn đáp án C
Câu 44.2. Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh 2a. Mặt phẳng (P ) song a
song với trục và cách trục một khoảng
. Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt 2 phẳng (P ). √ √ A. 2 3a2. B. a2. C. πa2. D. 3a2.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 166 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www Lời giải.
Gọi ABB0A0 là thiết diện qua trục của hình trụ. Từ giả thiết Q
ta suy ra đường cao hình trụ là AA0 = 2a, bán kính đường O0 A0 H B0 AB
tròn đáy hình trụ là R = = a. P 2
Mặt phẳng (P ) song song với trục nên cắt hình trụ theo
thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh M Q = AA0 = 2a, và a a cách trục một khoảng nên O0H = với H là trung điểm 2 2 … a2 √ của p P Q. Khi đó P Q = 2 O0Q2 − O0H2 = 2 a2 − = a 3. 4√
Do đó diện tích thiết diện cần tìm là M Q · P Q = 2 3a2. M A B O N Chọn đáp án A
Câu 44.3. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng (P ) song a
song với trục của hình trụ và cách hình trụ một khoảng bằng
ta được thiết diện là một hình 2
vuông. Tính thể tích khối trụ. √ √ πa3 3 A. 3πa3. B. πa3 3. C. . D. πa3. 4 Lời giải.
Giả sử ABCD là thiết diện hình vuông như hình bên. A
Gọi O và O0 là tâm 2 đáy của hình trụ, O H
H là hình chiếu của O lên AB. √ … a 2 √
Ta có AB = 2AH = 2 OA2 − OH2 = 2 a2 − = a 3. B 2 √
Vì ABCD là hình vuông nên chiều cao của hình trụ bằng a 3. √ √ Vậy V D trụ = πa.a 3 = πa3 3. O0 C Chọn đáp án B
Câu 44.4. Một hình trụ có bán kính đáy bằng a, mặt phẳng qua trục cắt hình trụ theo một
thiết diện có diện tích bằng 8a2. Tính diện tích xung quanh của hình trụ. A. 4πa2. B. 8πa2. C. 16πa2. D. 2πa2. Lời giải. B O A C O0 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 167 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật, có độ dài một cạnh là 2a, có diện tích là 8a2, 8a2
suy ra chiều cao của hình trụ là h = = 4a. 2a
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq = 2πrh = 2 · π · a · 4a = 8πa2. Chọn đáp án B 3R
Câu 44.5. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng . Mặt phẳng (α) song 2 R
song với trục của hình trụ và cách trục một khoảng bằng
. Diện tích thiết diện của hình trụ 2
cắt bởi mặt phẳng (α) là √ √ √ √ 2R2 3 3R2 3 3R2 2 2R2 2 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 3 Lời giải.
Giả sử mặt phẳng (α) cắt hình trụ theo giao tuyến là hình chữ nhật O
ABB0A0 (xem hình vẽ). Gọi O là tâm của hình tròn đáy chứa dây B A R H
cung AB, H là trung điểm của AB. Theo giả thiết ta có OH = . √ 2 √ 3R2 3
Suy ra AB = R 3. Vậy diện tích thiết diện là S = AB ·AA0 = . 2 A0 B0 Chọn đáp án B
Câu 44.6. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD
có AB và CD thuộc hai đáy của hình trụ, AB = 4a, AC = 5a. Thể tích V của khối trụ là A. V = 16πa3. B. V = 4πa3. C. V = 12πa3. D. V = 8πa3. Lời giải. √ √ Ta có BC = AC2 − AB2 = 25a2 − 16a2 = 3a. A 4a B AB Bán kính đáy r = = 2a, chiều cao BC = 3a. 2 5a
Vậy V = hπr2 = 3a · 4a2 = 12πa3. D C Chọn đáp án C
Câu 44.7. Cho hình trụ có thiết diện đi qua trục là một hình vuông có cạnh bằng 4a. Diện
tích xung quanh S của hình trụ là A. S = 4πa2. B. S = 8πa2. C. S = 24πa2. D. S = 16πa2. Lời giải.
Phương pháp: Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là Sxq = 2πRh. Cách giải:
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 168 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www A O R B h D O0 C
Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông ABCD có cạnh bằng 4a.
Do đó h = 2R = 4a ⇒ R = 2a với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ. Vậy S = 2πRh = 16πa2 Chọn đáp án D
Câu 44.8. Khi cắt khối trụ (T ) bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục của trụ (T ) √
một khoảng bằng a 3 ta được thiết diện là hình vuông có diện tích bằng 4a2. Tính thể tích V của khối trụ (T ). √ √ 7 7 8 A. V = 7 7πa3. B. V = πa3. C. V = πa3. D. V = 8πa3. 3 3 Lời giải.
Vì thiết diện là hình vuông có S = 4a2 ⇒ h = AD = CD = 2a. A O0
Gọi H là trung điểm của CD. B
Do 4COD cân tại O nên OH⊥CD ⇒ OH⊥(ABCD). √
Theo giả thiết d(OO0, (ABCD)) = OH = a 3. √ Å CD ã2 Suy ra r = OD = DH2 + OH2 = + OH2 = 2a. D 2 O Vậy V = π.r2.h = 8πa3. H C Chọn đáp án D
Câu 44.9. Một hình trụ có bán kinh r = 5 cm và khoảng cách giữa hai đáy h = 7 cm. Cắt khối
trụ bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục 3 cm. Diện tích thiết diện tạo thành là A. 56 cm2. B. 55 cm2. C. 53 cm2. D. 46 cm2. Lời giải.
Giả sử hình trụ (T ) có trục OO0. Thiết diện song song với trục là hình chữ Q
nhật M N P Q (N, P thuộc đường tròn tâm O và M, Q thuộc đường tròn tâm O0 H O0). M
Gọi H là trung điểm M Q. Khi đó, O0H ⊥ M Q ⇒ O0H ⊥ (M N P Q).
Do đó, d (OO0, (M N P Q)) = d (O0, (M N P Q)) = O0H = 3 cm. √ Ta có M H =
O0M 2 − O0H2 = 4 cm ⇒ M Q = 2M H = 8 cm. P
Diện tích thiết diện là S = M Q · M N = 56 cm2. O N Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 169 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Câu 44.10.
Cho khối trụ T có trục OO0, bán kính r và thể tích V . Cắt khối trụ T
thành hai phần bởi mặt phẳng (P ) song song với trục và cách trục một O r khoảng bằng
(như hình vẽ). Gọi V1 là thể tích phần không chứa trục 2 V1 OO0. Tính tỉ số V √ √ V 1 3 V π 3 A. 1 1 = − . B. = − . V 3 4π √ V 4 3 √ O0 V π − 3 V 4 − 3 C. 1 1 = . D. = . V 2π V 4π Lời giải. O O0 B M A
Gọi h là chiều cao của khối trụ (T ). Thể tích khối trụ đã cho là V = h · πr2.
Gọi A và B là giao điểm của mặt phẳng (P ) với đường tròn đáy tâm O0 và M là trung điểm của … r r2 √ AB. Ta có O0M = ⇒ AB = 2AM = 2 r2 − = r 3 ⇒ ’ AO0B = 120◦. 2 4
Diện tích đáy phần khối trụ không chứa trục là √ 1 1 √ πr2 r2 3 S1 = Sq − S4AO0B = · πr2 − · r · r 3 = − . 3 2 3 4 √ Å πr2 r2 3 ã ⇒ V1 = h · − . 3 4 √ V 1 3 Suy ra 1 = − . V 3 4π Chọn đáp án A
Câu 44.11. Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao h. Cắt khối trụ bằng một mặt √ r 2
phẳng (P ) song song với trục và cách trục một khoảng bằng
. Mặt phẳng (P ) chia khối trụ 2
làm hai phần. Gọi V1 là phần chứa tâm của đường tròn đáy và V2 là phần không chứa tâm của V
đường tròn đáy. Tính tỉ số của 1 . V2 V 3π − 2 V √ V π − 2 V 3π + 2 A. 1 1 1 1 = . B. = 3 + 2. C. = . D. = . V2 3π − 2 V2 V2 3π + 2 V2 π − 2 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 170 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Thể tích hình trụ V = πr2h. C
Khi cắt khối trụ bằng mặt phẳng (P ) song song với trục tạo V
thành hai khối có thể tích 1 V O0
1, V2 thì tỷ số thể tích bằng tỷ số D V2
diện tích của viên phân chứa điểm O và viên phân không chứa
điểm O của đường tròn đáy. √
Gọi I là trung điểm của AB khi đó AB = 2 r2 − OI2 = √ 2 Å r 2ã √ B 2 r2 − = r 2. 2 I O
Suy ra 4AOI vuông cân tại I, suy ra ’ AOB = 90◦. πr2
Diện tích quạt tròn AOB là S A 1 = . 4 √ 1 1 r 2 √ r2
Diện tích tam giác SOAB = OI · AB = · · r 2 = . 2 2 2 2 Å πr2 r2 ã πr2 − − V 4 2 3π + 2 Suy ra: 1 = = . V2 πr2 r2 π − 2 − 4 2 Chọn đáp án D
Câu 44.12. Cho khối trụ có chiều cao 20. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng được thiết diện
là hình elip có độ dài trục lớn bằng 10. Thiết diện chia khối trụ ban đầu thành hai nửa, nửa
trên có thể tích V1, nửa dưới có thể tích V2. Khoảng cách từ một điểm thuộc thiết diện gần đáy
dưới nhất và điểm thuộc thiết diện xa đáy dưới nhất tới đáy dưới lần lượt là 8 và 14. Tính tỉ số V1 . V2 11 9 9 6 A. . B. . C. . D. . 20 11 20 11 Lời giải. h
Ta có công thức thể tích hình phiến trụ là 1 + h2 V = πR2 do 2 đó 6 + 12 8 + 14 6cm V1 = πR2 = πR2 · 9; V2 = πR2 = πR2 · 11 2 2 V 9 V ⇒ 1 1 = . B V 12cm 2 11 14cm A V 8cm 2 Chọn đáp án B
Câu 44.13. Một hình trụ có chiều cao bằng 9a. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với
trục và cách trục một đoạn d = 3a ta được thiết diện có diện tích là S = 72a2. Thể tích khối trụ bằng 70πa3 A. 225πa3. B. . C. 350πa3. D. 45πa3. 3 Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 171 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Gọi M, N, P, Q là giao điểm của mặt phẳng với hai đường tròn tâm (O) Q và (O0). O0
Khi đó M N P Q là hình chữ nhật với M Q = 9a. Gọi I là trung điểm của P M N , ta có OI = 3a.
Theo giả thiết SMNP Q = 72a2, suy ra 72a2 = MQ · MN ⇒ MN = 8a ⇒ IM = 4a.
Xét tam giác vuông M OI, ta có M √ √ M O = OI2 + IM 2 = 9a2 + 16a2 = 5a.
Vậy hình trụ có bán kính đáy I
R = 5a, chiều cao h = 9a. Từ đó suy ra O N
thể tích hình trụ là V = πR2 · h = 225πa3. Chọn đáp án A π Z
CÂU 45. Cho hàm số f (x) có f (0) = 0 và Khi đó f (x)dx bằng 0 1042 208 242 149 A. . B. . . C. . D. . 225 225 225 225 Lời giải. Z Z Z Ta có f (x) = f 0(x)dx = cos x cos2 2xdx = cos x (1 − sin x)2 dx.
Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx. Z Z 4 4 4 4 ⇒ f (x) = (1 − 2t2)2dt = 1 − 4t2 + 4t4 dt = t − t3 + t5 + C = sin x − sin3 x + sin5 x + C. 3 5 3 5 Mà f (0) = 0 ⇒ C = 0. 4 4 4 4 Do đó f (x) = sin x − sin3 x + sin5 x = sin x 1 − sin2 x + sin4 x = 3 5 3 5 h 4 4 = sin x 1 − 1 − cos2 x + 1 − cos2 x2i. 3 5 π π Z Z h 4 4 Ta có f (x)dx = sin x 1 − 1 − cos2 x + 1 − cos2 x2i dx. 3 5 0 0
Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = π ⇒ t = −1 π 1 Z Z 1 7 4 4 7 4 4 242 Khi đó f (x)dx = − t2 + t4 dt = t − t3 + t5 = . 15 15 5 15 45 5 225 −1 0 −1 Chọn đáp án C 1 5 Z Z
Câu 45.1. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R thỏa mãn f (x)dx = 3 và f (x)dx = 6. Tính 0 0 1 Z tích phân I = f (|3x − 2|)dx −1 A. I = 3. B. I = −2. C. I = 4. D. I = 9. Lời giải. 2 1 3 1 Z Z Z Ta có f (|3x − 2|)dx = f (−3x + 2)dx + f (3x − 2)dx = I1 + I2. −1 −1 2 3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 172 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 2 2 3 3 Z 1 Z I1 = f (−3x + 2)dx = − f (−3x + 2)d(−3x + 2). 3 −1 −1 5 2 1 Z
Đặt t = −3x + 2 suy ra x = −1 ⇒ t = 5; x = ⇒ x = 0. Do đó I1 = f (t)dt = 2. 3 3 0 1 Z 1 Z I2 = f (3x − 2)dx = 1f (3x − 2)d(3x − 2). 3 2 2 3 3 1 2 1 Z
Đặt t = 3x − 2 suy ra x = 1 ⇒ t = 1; x = ⇒ x = 0. Do đó I2 = f (t)dt = 1. 3 3 0 Vậy I = I1 + I2 = 3. Chọn đáp án A 3 3 Z Z a + b ln 2
Câu 45.2. Cho hàm số f (x) thoả mãn
2x ln(x + 1) + xf0(x) dx = 0 và f(3) = 1. Biết f (x) dx = 2 0 0
với a, b là các số thực dương. Giá trị của a + b bằng A. 35. B. 29. C. 11. D. 7. Lời giải. 3 Z Tính I = 2x ln(x + 1) dx. 0  ( 1 u = ln(x + 1) du = dx Đặt ⇒ x + 1 . Khi đó dv = 2x dx v = x2 3 3 Z 3 x2 Å x2 ã 3 I = x2 ln(x + 1) − dx = 9 ln 4 −
− x + ln |x + 1| = 16 ln 2 − . x + 1 2 2 0 0 0 3 Tính J = R xf 0(x) dx. 0 ( ( uJ = x duJ = dx Đặt ⇒ . dvJ = f 0(x)dx vJ = f (x) 3 3 3 Z Z Z J = xf 0(x) dx = xf (x)|3 − f (x) dx = 3 − f (x) dx. 0 0 0 0 3 Z Mà 2x ln(x + 1) + xf0(x) dx = 0 0 3 3 3 Z Z 3 3 + 32 ln 2 ⇒ I + J = 0 ⇒ 16 ln 2 − + 3 − f (x)dx = 0 ⇒ f (x) dx = 16 ln 2 + = . 2 2 2 0 0 (a = 3 Suy ra . Vậy a + b = 35. b = 32 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 173 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 2
Câu 45.3. Cho hàm số f (x) liên tục trên R R và f (2) = 16,
f (x) dx = 4. Tính tích phân I = 0 1 R x · f0(2x) dx 0 A. 13. B. 12. C. 20. D. 7. Lời giải. b b Z Z
Phương pháp: Sử dụng công thức từng phần: u dv = uv|b − v du. a a a Cách giải: 2 1 Z 1 Z I = x · f 0(2x) dx = x d (f (2x)) 2 0 0 1 1 1 Z = x · f (2x)|1 − f (2x) dx 2 0 2 0 1 1 1 Z = f (2) − f (2x) d(2x) 2 4 0 2 Z đặt t=2x 1 1 = f (2) − f (t) dt 2 4 0 2 1 1 Z 1 1 = f (2) − f (x) dx = · 16 − · 4 = 8 − 1 = 7. 2 4 2 4 0 Chọn đáp án D
Câu 45.4. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (0) = 0. 1 1 1 Z 9 Z πx 3π Z Biết f 2 (x) dx = và f 0 (x) cos dx = . Tích phân f (x) dx bằng. 2 2 4 0 0 0 b Z f (x) dx. a 6 2 4 1 A. . B. . C. . D. . π π π π Lời giải. Phương pháp 1 Z πx 3π
• Sử dụng phương pháp từng phần đối với tích phân f 0 (x) cos dx = . 2 4 0 1 Z h πx i2 πx • Xét f (x) + k sin
dx = 0, tìm k, từ đó suy ra f (x) = −k sin . 2 2 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 174 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 1 1 Z Z πx • f (x) dx = −k sin dx. 2 0 0 Cách giải  πx  π πx u = cos du = − sin dx Đặt 2 ⇒ 2 2 . dv = f 0 (x) dx v = f (x) 1 1 Z 1 πx πx π Z πx ⇒ f 0 (x) cos dx = cos f (x) + f (x) sin dx 2 2 2 2 0 0 0 1 π π Z πx = f (1) · cos − f (0) · cos 0 + f (x) sin dx 2 2 2 0 1 1 π Z πx 3π Z πx 3 = f (x) sin dx = ⇒ f (x) sin dx = . 2 2 4 2 2 0 0 Xét tích phân 1 1 Z Z h πx i2 h πx i f (x) + k sin dx = 0 ⇔ f 2 (x) + 2kf (x) sin + k2sin2 πx dx = 0 2 2 2 0 0 1 1 1 Z Z πx Z ⇔ f 2 (x) dx + 2k f (x) sin + k2 sin2 πx dx = 0 2 2 0 0 0 9 3 1 ⇔ + 2k + k2 = 0 2 2 2 ⇔ k = −3. Khi đó ta có 1 Z h πx i2 πx πx f (x) − 3 sin dx = 0 ⇔ f (x) − 3 sin = 0 ⇔ f (x) = 3 sin . 2 2 2 0 1 1 πx Z Z 1 1 πx cos −6 πx 6 π 6 Vậy f (x) dx = 3 sin dx = −3 2 = cos = − cos − cos 0 = . 2 π π 2 π 2 π 0 0 0 0 2 Chọn đáp án A 1 Z
Câu 45.5. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên [−1; 1] và thỏa mãn f (1) = 7, xf (x) dx = 0 1 Z 1. Khi đó x2f 0(x) dx bằng 0 A. 6. B. 8. C. 5. D. 9. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 175 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 1 Z Xét I =
x2f 0(x) dx, đặt u = x2, dv = f 0(x) dx ⇒ du = 2x dx, v = f (x), ta được 0 1 1 Z Z 1 I = x2 · f (x) − 2xf (x) dx = f (1) − 2 xf (x) dx = 5. 0 0 0 Chọn đáp án C
Câu 45.6. Cho hàm số f (x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên R, thỏa mãn f(0) = f(2) = 0, 3 2 2 Z 2 Z max |f 00(x)| = 1 và f (x) dx = . Tính f (x) dx . [0;2] 3 0 1 2 11 11 37 37 A. . B. . C. . D. . 12 24 12 24 Lời giải. 2 2 Z Z (2x − x2) dx ≥ f 00(x)(2x − x2) dx 0 0 2 2 Z = f 0(x)(2x − x2) − f 0(x)(2 − 2x) dx 0 0 2 Z = f 0(x)(2 − 2x) dx 0 2 2 Z = f (x)(2 − 2x) − f (x)(−2) dx 0 0 2 Z =2 f (x) dx 0 4 = . 3 2 Z 4 Mà (2x − x2) dx = . Từ đó suy ra 3 0 2 2 " Z Z f 00(x) = −1 (2x − x2) dx =
f 00(x)(2x − x2) dx ⇔ |f 00(x)| = 1 ⇔ . f 00(x) = 1 0 0
"f00(x) = −1, ∀x ∈ [0; 2]
Mặt khác f 00(x) liên tục trên [0; 2] nên . f 00(x) = 1, ∀x ∈ [0; 2] x2 x2
1. f 00(x) = −1 khi đó f (x) = −
+ C1x + C2. Vì f (0) = f (2) = 0 nên f (x) = − + x. 2 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 176 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 3 2 Z 11 Khi đó f (x) dx = . 24 1 2 x2 x2
2. f 00(x) = 1 khi đó f (x) =
+ C1x + C2. Vì f (0) = f (2) = 0 nên f (x) = − x. 2 2 3 2 Z 11 Khi đó f (x) dx = . 24 1 2 Chọn đáp án B
Câu 45.7. Cho hàm số f (x) thỏa mãn f 0(x) = (x + 1)ex và f (0) = 1. Tính f (2). A. f (2) = 4e2 + 1. B. f (2) = 2e2 + 1. C. f (2) = 3e2 + 1. D. f (2) = e2 + 1. Lời giải. Ta có 2 2 Z Z 2 f (2) − f (0) = f 0(x) dx = (x + 1)ex dx = xex = 2e2. 0 0 0
Suy ra f (2) = 2e2 + f (0) = 2e2 + 1. Chọn đáp án B 2 Z
Câu 45.8. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 2] và thỏa mãn f (0) = 2, (2x − 0 2 Z 4)f 0(x) dx = 4. Tính I = f (x) dx. 0 A. I = −2. B. I = −6. C. I = 2. D. I = 6. Lời giải. ( ( u = 2x − 4 du = 2 dx Đặt ⇒ dv = f 0(x) dx v = f (x). 2 2 2 Z 2 Z Z Khi đó
(2x − 4)f 0(x) dx = (2x − 4) · f (x) − 2f (x) dx = 4f (0) − 2 f (x) dx = 4. 0 0 0 0 2 Z Vậy I = f (x) dx = 2. 0 Chọn đáp án C
Câu 45.9. Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn f (0) = 6, 1 1 Z Z
(2x − 2)f 0(x) dx = 6. Tích phân f (x) dx có giá trị bằng 0 0 A. −3. B. −9. C. 3. D. 6. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 177 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 1 Z Gọi I = (2x − 2)f 0(x) dx. 0 ( ( u = 2x − 2 du = 2 dx Đặt ta chọn dv = f 0(x) dx v = f (x) 1 1 1 1 Z Z Z I = (2x − 2)f (x) − 2f (x) dx ⇔ 6 = 2f (0) − 2 f (x) dx ⇒ f (x) dx = f (0) − 3 = 3. 0 0 0 0 Chọn đáp án C
CÂU 46. Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: x −∞ −1 0 1 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 0 − 2 2 f (x) −∞ 0 −∞ h 5π i
Số nghiệm thuộc đoạn 0;
của phương trinh f (sin x) = 1 là 2 A. 7. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải. h 5π i Đặt t = sin x, x ∈ 0; ⇒ t ∈ [−1; 1]. 2
Khi đó phương trình f (sin x) = 1 trở thành f (t) = 1, ∀t ∈ [−1; 1].
Đây là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y = f (t) và đường thẳng y = 1. "t = a ∈ (−1; 0)
Dựa vào bảng biến, ta có f (t) = 1 ⇒ t = b ∈ (0; 1)
Trường hợp 1 t = a ∈ (−1; 0)
Ứng với mỗi giá trị t ∈ (−1; 0) thì phương trình sin x = t có 2 nghiệm x1, x2 thỏa
mãn π < x1 < x2 < 2π.
Trường hợp 2 t = b ∈ (0; 1)
Ứng với mỗi giá trị t ∈ (0; 1) thì phương trình sin x = t có 3 nghiệm x3, x4, x5 5π
thỏa mãn 0 < x3 < x4 < π; 2π < x5 < . 2
Hiển nhiên cả 5 nghiệm trong 2 trường hợp trên đều khác nhau. h 5π i
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn 0; . 2 Chọn đáp án C
Câu 46.1. Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có bảng biến thiên như sau: 1
Khi đó |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 khi và chỉ khi: 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 178 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www A. 0 < m < 1. x −∞ 0 1 +∞ B. 0 < m ≤ 1. y0 + 0 − 0 + 1 C. < m < 1. 1 +∞ + 2 1 D. ≤ m < 1. y 2 −∞ 0 Lời giải. ( ( y0(0) = 0 c = 0
Ta có y0 = 3ax2 + 2bx + c, từ bảng biến thiên suy ra: ⇔ (1) y0(1) = 0 3a + 2b = 0 ( ( y(0) = 1 d = 1 Ta lại có ⇔ (2) y(1) = 0 a + b + c + d = 0   d = 1 d = 1         c = 0 c = 0
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: ⇔ 3a + 2b = 0 a = 2       a + b + c + d = 0 b = −3
⇒ y = f (x) = 2x3 − 3x2 + 1
Đồ thị hàm số |f (x)| = 2x3 − 3x2 + 1 1 1 Ta có f = 2 2 1
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 2 1 khi và chỉ khi: < m < 1 2 Chọn đáp án C
Câu 46.2. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 3 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 2018 +∞ + f (x) −∞ −2018
Đồ thị hàm số y = |f (x − 2017) + 2018| có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. Lời giải.
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (x − 2017) là x −∞ 2016 2020 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 2018 +∞ + f (x) −∞ −2018
Bảng biến thiên của hàm số y = f (x − 2017) + 2018 là
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 179 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN x −∞ 2016 2020 +∞ f 0(x) + 0 − 0 + 4036 +∞ + f (x) −∞ 0
Do đó đồ thị hàm số y = |f (x − 2017) + 2018| có 3 điểm cực trị. Chọn đáp án B
Câu 46.3. Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có bảng biến thiên như sau: 1
Khi đó |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 khi và chỉ khi: 2 A. 0 < m < 1. x −∞ 0 1 +∞ B. 0 < m ≤ 1. y0 + 0 − 0 + 1 C. < m < 1. 1 +∞ + 2 1 D. ≤ m < 1. y 2 −∞ 0 Lời giải. ( ( y0(0) = 0 c = 0
Ta có y0 = 3ax2 + 2bx + c, từ bảng biến thiên suy ra: ⇔ (1) y0(1) = 0 3a + 2b = 0 ( ( y(0) = 1 d = 1 Ta lại có ⇔ (2) y(1) = 0 a + b + c + d = 0   d = 1 d = 1         c = 0 c = 0
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: ⇔ 3a + 2b = 0 a = 2       a + b + c + d = 0 b = −3
⇒ y = f (x) = 2x3 − 3x2 + 1
Đồ thị hàm số |f (x)| = 2x3 − 3x2 + 1 1 1 Ta có f = 2 2 1
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 2 1 khi và chỉ khi: < m < 1 2 Chọn đáp án C
Câu 46.4. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 4 +∞ + y −∞ −2 −
Biết f (0) < 0, hỏi phương trình f (|x|) = f (0) có bao nhiêu nghiệm?
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 180 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www A. 4. B. 2. C. 3. D. 5. Lời giải.
Đặt f (0) = k < 0. Vì hàm số nghịch biến trên (−1; 3) nên −2 < k < 4.
Ta có hàm số y = f (|x|) là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục Oy, từ đó ta có bảng biến thiên sau x −∞ −3 0 3 +∞ y0 − 0 + − 0 + +∞ + k +∞ + y −2 − −2 −
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f (|x|) = f (0) có 3 nghiệm. Chọn đáp án C
Câu 46.5. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên R và có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 2 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ + y −∞ −3
Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình |f (x − 2018) + 2| = m có bốn nghiệm thực phân biệt. A. −3 < m < 1. B. 0 < m < 1. C. Không có giá trị m. D. 1 < m < 3. Lời giải.
Đặt g(x) = f (x − 2018) + 2. Ta có " " x − 2018 = 0 x = 2018
g0(x) = f 0(x − 2018) = 0 ⇔ ⇔ x − 2018 = 2 x = 2020.
g(2018) = f (0) + 2 = 3; g(2020) = f (2) + 2 = −1.
Bảng biến thiên của g(x) như sau x −∞ 2018 2020 +∞ g0(x) + 0 − 0 + 3 +∞ + g(x) −∞ −1 Đặt h(x) = |g(x)|.
Đồ thị hàm số y = g(x) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt x1 < 2018 < x2 < 2020 < x3.
Do đó, ta có bảng biến thiên
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 181 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN x −∞ x1 2018 x1 2020 x3 +∞ h0(x) − 0 + 0 − 0 + 0 − 0 + +∞ + 3 1 +∞ + h(x) h( h x ( 1) h( h x ( 2) h( h x ( 3)
Dựa vào bảng biên thiên, dễ thấy phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 3. Chọn đáp án D
Câu 46.6. Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau x −∞ −1 3 +∞ y0 + 0 − 0 + 5 +∞ + y −∞ 1
Đồ thị của hàm số y = |f (|x − 1|) − n| + m2018 có bao nhiêu điểm cực trị với m, n là tham số thực và 2 < n < 3? A. 4. B. 7. C. 3. D. 5. Lời giải.
Từ bảng biến thiên suy ra hình dạng đồ thị hàm số f (x). y 5 1 x −1 O 3
Tịnh tiến đồ thị f (x) sang bên phải 1 đơn vị ta được đồ thị y hàm số f (x − 1). x O
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 182 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Từ đồ thị hàm số f (x − 1) suy ra đồ thị hàm số f (|x − 1|). y x O
Tịnh tiến đồ thị hàm số f (|x − 1|) xuống phía dưới n đơn vị y
suy ra đồ thị hàm số f (|x − 1|) − n với 2 < n < 3. x O
Từ đồ thị hàm số f (|x − 1|) − n suy ra đồ thị hàm số y |f (|x − 1|) − n| x O
Tịnh tiến đồ thị hàm số |f (|x − 1|) − n| lên phía trên m2018 y
đơn vị ta được đồ thị hàm số
y = |f (|x − 1|) − n| + m2018 x O
Vậy đồ thị hàm số y = |f (|x − 1|) − n| + m2018 có 7 điểm cực trị. Chọn đáp án B
Câu 46.7. Cho hàm số y = f (x) = ax3 + bx2 + cx + d có bảng biến thiên như sau x −∞ 0 1 +∞ y0 + 0 − 0 + 1 +∞ + y −∞ 0 1
Khi đó |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 khi và chỉ khi 2 1 1 A. < m < 1. B. ≤ m < 1. C. 0 < m < 1. D. 0 < m ≤ 1. 2 2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 183 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN Lời giải.
Ta có f 0(x) = 3ax2 + 2bx + c. Từ bảng biến thiên của hàm số f (x), ta có    f (0) = 1 d = 1 a = 2             f (1) = 0 a + b + c + d = 0 b = −3 ⇔ ⇔ f 0(0) = 0 c = 0 c = 0          f 0(1) = 0 3a + 2b + c = 0 d = 1. 1 1
Như vậy f (x) = 2x3 − 3x2 + 1, f = . 2 2 1 x −∞ 0 1 +∞ 2 y0 + 0 − 0 + 1 +∞ + 1 y 2 −∞ 0 1 1
Do đó |f (x)| = m có bốn nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < < x4 khi và chỉ khi ≤ m < 1. 2 2 Chọn đáp án B Câu 46.8.
Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên x −∞ 0 4 +∞
như hình bên. Phương trình f (4x − x2) − f 0 − 0 + 0 −
2 = 0 có bao nhiêu nghiệm thực phân +∞ + 3 biệt? f A. 2. B. 6. C. 4. D. −1 −∞ 0. Lời giải.
Bảng biến thiên của f (x): x −∞ 0 4 +∞ f 0 − 0 + 0 − +∞ + 3 f −1 −∞
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f (x) = 2 có ba nghiệm thực phân biệt x1, x2, x3 với
x1 < 0 < x2 < 4 < x3. 4x − x2 = x1 (1)
Do đó f (4x − x2) − 2 = 0 ⇔ f (4x − x2) = 2  4x − x2 = x2
(2) với x1 < 0 < x2 < 4 < x3.  4x − x2 = x3 (3)
Xét hàm số g(x) = 4x − x2. Có g0(x) = 4 − 2x, g(x) = 0 ⇔ x = 2.
Bảng biến thiên của g(x):
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 184 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www x −∞ 2 +∞ g0 + 0 − 4 g −∞ −∞
Từ bảng biến thiên của g(x) suy ra phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt, phương trình
(2) có hai nghiệm thực phân biệt (không trùng với hai nghiệm của (1) do x1 < x2) và phương
trình (3) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt. Chọn đáp án C √
CÂU 47. Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và ax = by = ab. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = x + 2y thuộc tập hợp nào dưới đây? h 5 h 5 A. (1; 2). B. 2; . C. [3; 4). D. ; 3 . 2 2 Lời giải.
Đặt t = loga b. Vì a, b > 1 nên t > 0. √ √ 1 1 Ta có ax = ab ⇒ x = loga ab = (1 + log (1 + t). 2 a b) = 2 √ √ 1 1 1 by = ab ⇒ y = logb ab = (1 + log 1 + . 2 b a) = 2 t 1 1 3 t 1 3 √
Vậy P = x + 2y + (1 + t) + 1 + = + + ≥ + 2. 2 t 2 2 t 2 t 1 √
Dấu đẳng thức xảy ra khi = ⇔ b = a 2. 2 t 3 √ h 5
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 2y bằng + 2 thuộc nửa khoảng ; 3 . 2 2 Chọn đáp án D
Câu 47.1. Cho a, b, c > 1. Biết rằng biểu thức P = loga(bc) + logb(ac) + 4 logc(ab) đạt giá trị nhỏ
nhất bằng m khi logb c = n. Tính giá trị m + n. 25 A. m + n = 14. B. m + n = . C. m + n = 12. D. m + n = 10. 2 Lời giải. Phương pháp: 1 loga b = , (a, b > 0; a, b 6= 1). logb a √
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương: a + b ≥ 2 ab. Cách giải:
Do a, b, c > 1 nên loga b, logc a, logb c > 0.
P = loga(bc) + logb(ac) + 4 logc(ab) = loga b + loga c + logb a + logb c + 4 logc a + 4 loga b
= (loga b + logb a) + (loga c + 4 logc a) + (logb c + 4 logc b) Å 1 ã Å 1 ã Å 4 ã = loga b + + + 4 log + log log c a b c + a b logc a logb c … 1 … 1 … 4 ≥ 2 loga b · + 2 · 4 log log = 2 + 4 + 4 = 10. log c a + 2 b c · a b logc logb c
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 185 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN  1   loga b =   log  log  a b = 1  a b   1  1
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi = 4 log ⇔ log log c a c a = 2  c a   4     log  log  b c = b c = 2. logc b
Vậy, đạt giá trị nhỏ nhất là 10 khi logb c = 2 ⇒ m = 10, n = 2 ⇒ m + n = 12. Chọn đáp án C
Câu 47.2. Cho x, y > 0 thỏa mãn log(x + 2y) = log x + log y. Khi đó, giá trị nhỏ nhất của biểu x2 4y2 thức P = + là 1 + 2y 1 + x 32 31 29 A. 6. B. . C. . D. . 5 5 5 Lời giải.
Ta có log(x + 2y) = log xy ⇔ x + 2y = xy. x + z 2
Đặt 2y = z, ta có x, z > 0 thỏa mãn 2(x + z) = xz ≤ ⇒ x + z ≥ 8. Lại có 2 x2 z2 (x + z)2 4 P = + ≥ = x + z − 2 + . 1 + z 1 + x 2 + x + z 2 + x + z 4 4 32 Xét f (t) = t − 2 + , f 0(t) = 1 −
> 0, ∀t ≥ 8 nên min f (t) = f (8) = . 2 + t (t + 2)2 t≥8 5 32
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
khi x = z = 4 hay (x; y) = (4; 2). 5 Chọn đáp án B 6 (2x + y)
Câu 47.3. Cho x, y là các số dương thỏa mãn xy ≤ 4y − 1. Giá trị nhỏ nhất của P = + x x + 2y ln là a + ln b. Tính ab. y A. ab = 45. B. ab = 81. C. ab = 115. D. ab = 108. Lời giải. x 4 1 Å 1 ã2
Từ xy ≤ 4y − 1 chia 2 vế cho y2 ta được ≤ − = 4 − 2 − ≤ 4. y y y2 y x Đặt = t thì 0 < t ≤ 4. y 6 −6 1 t2 − 6t − 12 Khi đó P = f (t) = 12 + + ln(t + 2) có f 0(t) = + = . t t2 t + 2 t2(t + 2) √ √
Ta có t2 − 6t − 12 < 0 ⇔ t ∈ (3 − 21; 3 +
21) ⊃ (0; 4]. Suy ra f 0(t) < 0, ∀t ∈ (0; 4]. 27 Vậy minf (t) = f (4) = + ln 6. (0;4] 2 27 1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng + ln 6 khi y = , x = 2. 2 2 27 Khi đó a = ; b = 6 ⇒ ab = 81. 2 Chọn đáp án B
Câu 47.4. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4(3b − 1) biểu thức P = loga + 8 log2b a − 1. 9 a √ A. A = 6. B. 3 3 2. C. 8. D. 7. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 186 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 4(3b − 1) Ta có: (3b − 2)2 ≥ 2 ⇔ ≤ b2. Khi đó: 9 P ≥ loga b2 + 8 log2b a − 1 a = 2 loga b + 8 log2b a − 1 a
= loga b + loga b + 8 log2b a − 1 a Å 1 ã2
= (loga b − 1) + (loga b − 1) + 8 · + 1 loga b − 1 Å 1 ã2 ≥ 3 3
(loga b − 1) · (loga b − 1) · 8 · + 1 = 7. loga b − 1 … 2 2
Dấu bằng xảy ra khi a = 3 ; b = và min(P ) = 7. 3 3 Chọn đáp án D 1
Câu 47.5. Xét các số thực a, b thỏa mãn điều kiện
< b < a < 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 Å 3b − 1ã biểu thức P = loga + 12 log2b a − 3. 4 a 1 √ A. min P = 13. B. min P = √ . C. min P = 9. D. min P = 3 2. 3 2 Lời giải.
Ta có (2b − 1)2(b + 1) ≥ 0 ⇒ 3b − 1 ≤ 4b3 và điều kiện bài toán suy ra loga b > 0. 12 3 log Từ đó suy ra P ≥ 3 log a b · (loga b − 3)2 a b + − 3 = + 9 ≥ 9. (loga b − 1)2 (loga b − 1)2 1 1 Khi b = , a = √ thì P = 9. Vậy, min P = 9. 2 3 2 Chọn đáp án C
Câu 47.6. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn xy ≤ 4y − 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 (2x + y) x + 2y P = + ln
được biểu diễn dưới dạng a + ln b với a ∈ Q, b nguyên dương. Tích ab x y bằng A. 45. B. 81. C. 108. D. 115. Lời giải. x
Do x > 0, y > 0 nên xy ≤ 4y − 1 ⇔ xy + 1 ≤ 4y ≤ 4y2 + 1 ⇔ 0 < ≤ 4. y 6 (2x + y) x + 2y y Å x ã P = + ln = 12 + 6 + ln + 2 . x y x y x 6 Đặt t =
, với 0 < t ≤ 4 ta có P = f (t) = 12 + + ln(t + 2). y t √ " 6 1 t2 − 6t − 12 t = 3 − 21 / ∈ (0; 4] f 0(t) = − + = , f 0(t) = 0 ⇔ √ . Ta có bảng biến thiên t2 t + 2 t2(t + 2) t = 3 + 21 / ∈ (0; 4]
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 187 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN x 0 4 f 0(t) − +∞ f (t) 27 + ln 6 2 27 27
Vậy min P = min f (t) = f (4) = + ln 6. Suy ra a = , b = 6, ab = 81. (0;4] 2 2 Chọn đáp án B
Câu 47.7. Cho các số a, b > 1 thỏa mãn log2 a + log3 b = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = plog3 a + plog2 b. 1 2 A. plog2 3 + log3 2. B. plog3 2 + plog2 3. C. (log . 2 2 3 + log3 2). D. plog2 3 + log3 2 Lời giải.
Ta có P = plog3 a+plog2 b = plog3 2plog2 a+plog2 3plog3 b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz ta có P 2 ≤ (log3 2 + log2 3)(log2 a + log3 b) = log3 2 + log2 3. Suy ra P ≤ plog2 3 + log3 2. Chọn đáp án A
Câu 47.8. Cho hai số thực a, b thỏa mãn các điều kiện a2 + b2 > 1 và loga2+b2(a + b) ≥ 1. Giá
trị lớn nhất của biểu thức P = 2a + 4b − 3 là √ √ √ 1 10 A. 10. B. 2 10. C. √ . D. . 10 2 Lời giải. Do a2 + b2 > 1 nên 2 2 1 1 1
loga2+b2(a + b) ≥ 1 ⇔ a + b ≥ a2 + b2 ⇔ a − + b − ≤ . 2 2 2 Gọi 2 2 1 1 1 (C) : x − + y − = . 2 2 2 Ta có
P = 2a + 4b − 3 ⇔ 2a + 4b − 3 − P = 0.
Đặt ∆P : 2x + 4y − 3 − P = 0. Để P đạt giá trị lớn nhất thì ∆P tiếp xúc với (C). Ta có |2x √ 0 + 4y0 − 3 − P | 1 d(I, ∆P ) = √ = √ ⇔ | − P | = 10. 22 + 42 2 √ Vậy P lớn nhất bằng 10. Chọn đáp án A √ Câu 47.9. Cho hàm số y =
x2 + 3 − x ln x. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số trên đoạn [1; 2]. Khi đó tích M m bằng √ √ √ √ A. 2 7 + 4 ln 2. B. 2 7 + 4 ln 5. C. 2 7 − 4 ln 5. D. 2 7 − 4 ln 2. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 188 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www x x Ta có y0 = √ − (ln x + 1) < √
− (ln x + 1) < − ln x < 0, ∀x ∈ [1; 2]. x2 + 3 x2 √ Do đó, hàm số y =
x2 + 3 − x ln x nghịch biến trên [1; 2]. √ √ Vậy M m = y(1) · y(2) = 2 7 − 2 ln 2 = 2 7 − 4 ln 2. Chọn đáp án D x + y
Câu 47.10. Cho hai số thực x, y thỏa mãn log√
= x(x − 3) + y(y − 3) + xy. Tìm 3 x2 + y2 + xy + 2 x + 2y + 3
giá trị lớn nhất của biểu thức P = . x + y + 6 √ √ √ √ 43 + 3 249 37 − 249 69 − 249 69 + 249 A. . B. . C. . D. . 94 94 94 94 Lời giải. x + y Điều kiện > 0 ⇔ x + y > 0. x2 + y2 + xy + 2 Ta có x + y log√ = x(x − 3) + y(y − 3) + xy 3 x2 + y2 + xy + 2
⇔ 2 log3(x + y) − 2 log3(x2 + y2 + xy + 2) = x2 + y2 + xy − 3x − 3y
⇔ 2 log3(x + y) + 2 − 2 log3(x2 + y2 + xy + 2) = x2 + y2 + xy + 2 − 3x − 3y
⇔ 2 log3(3x + 3y) + (3x + 3y) = 2 log3(x2 + y2 + xy + 2) + x2 + y2 + xy + 2 (∗). 2
Xét hàm đặc trưng f (t) = 2 log3 t + t, t ∈ (0; +∞), ta có f0(t) =
+ 1 > 0, ∀t ∈ (0; +∞). t · ln 3
Suy ra hàm f (t) đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Phương trình (*) ⇔ f (3x + 3y) = f (x2 + y2 + xy + 2) ⇔ x2 + y2 + xy + 2 = 3x + 3y  x + y (x = a + b a =  3a − b + 3 Đặt ⇔ 2 . Khi đó P = và 3(a − 1)2 + b2 = 1. y = a − b x − y 2a + 6 b = 2 √ ( 3 (a − 1) = cos t Đặt (t ∈ [0; 2π]), khi đó b = sin t √ √ 3 cos t − 3 sin t + 6 3 √ √ √ P = √ ⇔ (2P − 3) · cos t + 3 sin t = 6 3 − 8 3P. 2 cos t + 8 3
Do phương trình luôn có nghiệm t nên ta có √ √
(2P − 3)2 + 3 ≥ (6 3 − 8 3P )2 ⇔ 47P 2 − 69P + 24 ≤ 0 √ √ 69 − 249 69 + 249 ⇔ ≤ P ≤ . 94 94 √ 69 + 249
Vậy giá trị lớn nhất của P là . 94 Chọn đáp án D x + m CÂU 48. Cho hàm số f (x) =
(mlà tham số thực) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của x + 1
m sao cho min |f (x)| + max |f (x)| = 2 . Số phần tử của S là [0;1] [0;1] A. 6. . B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải. x + m Do hàm số f (x) = liên tục trên [0; 1] x + 1
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 189 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
• Khi m = 1 hàm số là hàm hằng nên max |f (x)| = max f (x) = 1. [0;1] [0;1]
• Khi m 6= 1 hàm số đơn điệu trên đoạn [0; 1] nên m + 1
– Khi f (0); f (1) cùng dấu thì max |f (x)| + max |f (x)| = |f (0)| + |f (1)| = |m| + [0;1] [0;1] 2 ß m + 1™
– Khi f (0); f (1) trái dấu thì min |f (x)| = 0; max {|f (0)| ; |f (1)|} = max |m|; [0;1] [0;1] 2 "m ≤ −1
∗ Trường hợp 1: f (0).f (1) ≥ 0 ⇔ m(m + 1) ≥ 0 ⇔ . m ≥ 0  m + 1 m = 1
max |f (x)| + min |f (x)| = 2 ⇔ |m| + = 2 ⇔  5 [0;1] [0;1] 2 m = − 3
∗ Trường hợp 2: f (0).f (1) < 0 ⇔ m(m + 1) < 0 ⇔ −1 < m < 0.  |m| = 2 m = ±2
max |f (x)| + min |f (x)| = 2 ⇒   m + 1
⇔ m = −5(không thỏa mãn) [0;1] [0;1]   = 2 2 m = 3
Số phần tử của S là 2. Chọn đáp án C
Câu 48.1. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của x2 + mx + m hàm số y =
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là x + 1 A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. x2 + mx + m Xét hàm số f (x) =
trên [1; 2]. Ta có f 0(x) liên tục trên [1; 2] và x + 1 x2 + 2x f 0(x) = > 0, ∀ x ∈ [1; 2]. (x + 1)2 3m + 4 2m + 1
Suy ra f (x) đồng biến trên [1; 2]. Do đó max f (x) = f (2) = , min f (x) = f (1) = . [1;2] 3 [1;2] 2 ß 3m + 4 2m + 1™ Khi đó max |f (x)| = max , . Ta có [1;2] 3 2 3m + 4 2m + 1 11 ≥
⇔ 4(3m + 4)2 ≥ 9(2m + 1)2 ⇔ m ≥ − . 3 2 12 11 3m + 4 • Với m ≥ − , ta có max |f (x)| = . Theo đề bài, ta có 12 [1;2] 3  3m + 4  2 (thỏa mãn) 3m + 4 = 2 m = 3 3 = 2 ⇔  ⇔ 3m + 4  10 3 = −2 m = − loại. 3 3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 190 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 11 2m + 1 • Với m < − , ta có max |f (x)| = . Theo đề bài, ta có 12 [1;2] 2  2m + 1  5 (thỏa mãn) 2m + 1 = 2 m = − 2 2 = 2 ⇔  ⇔ 2m + 1  3 2 = −2 m = loại. 2 2 n 2 5 o Vậy S = ; −
⇒ Số phần tử của S là 2. 3 2 Chọn đáp án D
Câu 48.2. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của x2 + mx + m hàm số y =
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là x + 1 A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. x2 + mx + m Xét hàm số f (x) = trên [1; 2]. x + 1 x2 + 2x
Ta có f (x) liên tục trên [1; 2] và f 0(x) =
> 0, ∀x ∈ [1; 2] . Suy ra f (x) đồng biến trên [1; 2]. (x + 1)2 3m + 4 2m + 1 Do đó maxf (x) = f (2) = , minf (x) = f (1) = . [1;2] 3 [1;2] 2 2m + 1 1 Trường hợp 1: ≥ 0 ⇔ m ≥ − . 2 2 3m + 4
Trong trường hợp này ta có max |f (x)| = . [1;2] 3 3m + 4 2
Theo yêu cầu bài toán ta có = 2 ⇔ m = (thỏa mãn). 3 3 3m + 4 4 Trường hợp 2: ≤ 0 ⇔ m ≤ − . 3 3 −2m − 1
Trong trường hợp này ta có max |f (x)| = . [1;2] 2 −2m − 1 5
Theo yêu cầu bài toán ta có = 2 ⇔ m = − (thỏa mãn). 2 2 2m + 1 3m + 4 4 1 Trường hợp 3: < 0 < ⇔ − < m < − . 2 3 3 2 −2m − 1 3m + 4 11 1 3m + 4 +) Nếu ≤ ⇔ − ≤ m < − thì max |f (x)| = . 2 3 12 2 [1;2] 3 3m + 4 2
Theo yêu cầu bài toán ta có = 2 ⇔ m = (không thỏa mãn). 3 3 −2m − 1 3m + 4 11 4 −2m − 1 +) Nếu ≥ ⇔ − ≥ m > − thì max |f (x)| = . 2 3 12 3 [1;2] 2 −2m − 1 5
Theo yêu cầu bài toán ta có = 2 ⇔ m = − (không thỏa mãn). 2 2 n 2 5 o Vậy S = ; − ⇒ |S| = 2. 3 2 Chọn đáp án D
Câu 48.3. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của x2 + mx + m hàm số y =
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của S là x + 1
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 191 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải. x2 + mx + m Xét hàm số f (x) =
trên [1; 2]. Ta có f 0(x) liên tục trên [1; 2] và x + 1 x2 + 2x f 0(x) = > 0, ∀ x ∈ [1; 2]. (x + 1)2 3m + 4 2m + 1
Suy ra f (x) đồng biến trên [1; 2]. Do đó max f (x) = f (2) = , min f (x) = f (1) = . [1;2] 3 [1;2] 2 ß 3m + 4 2m + 1™ Khi đó max |f (x)| = max , . Ta có [1;2] 3 2 3m + 4 2m + 1 11 ≥
⇔ 4(3m + 4)2 ≥ 9(2m + 1)2 ⇔ m ≥ − . 3 2 12 11 3m + 4 • Với m ≥ − , ta có max |f (x)| = . Theo đề bài, ta có 12 [1;2] 3  3m + 4  2 (thỏa mãn) 3m + 4 = 2 m = 3 3 = 2 ⇔  ⇔ 3m + 4  10 3 = −2 m = − loại. 3 3 11 2m + 1 • Với m < − , ta có max |f (x)| = . Theo đề bài, ta có 12 [1;2] 2  2m + 1  5 (thỏa mãn) 2m + 1 = 2 m = − 2 2 = 2 ⇔  ⇔ 2m + 1  3 2 = −2 m = loại. 2 2 n 2 5 o Vậy S = ; −
⇒ Số phần tử của S là 2. 3 2 Chọn đáp án D
Câu 48.4. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho trị lớn nhất của hàm
số y = 3x2 − 6x + 2m − 1 trên đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ nhất. Số phần tử của tập S là A. 0. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải.
Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = 3x2 − 6x + 2m − 1 trên đoạn [−2; 3].
Ta có M ≥ f (−2) = |2m + 23|, M ≥ f (1) = |2m − 4| 27 27
⇒ 2M ≥ |2m + 23| + |2m − 4| ≥ |2m + 23 − 2m + 4| = 27 ⇒ M ≥ . Khi M = ⇒ |2m + 23| = 2 2 19 |2m − 4| ⇔ m = − . 4 19 27 Với m = −
, max f (x) = max{f (−2); f (1); f (3)} = . 4 [−2;3] 2 Chọn đáp án D
Câu 48.5. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số y = − x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2] bằng −3. Tổng tất cả các phần tử của S là A. 1. B. 2. C. 0. D. 6. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 192 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www • Nhận xét :
Tìm m sao cho giá trị nhỏ nhất của hàm số y = − x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2] bằng −3
⇔ Tìm m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2] bằng 3.
• Xét hàm số f (x) = x3 − 3x + m liên tục trên đoạn [0; 2]. Ta có f 0(x) = 3x2 − 3 = 0 ⇔ "x = 1 (n) . x = −1 (l)
• Suy ra GTLN và GTNN của f (x) thuộc {f (0) , f (1) , f (2)} = {m, m − 2, m + 2}.
• Xét hàm số y = x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2] ta được giá trị lớn nhất của hàm số y là
max y = {|m|, |m − 2| , |m + 2|} = 3. x∈[0;2]
– TH 1: m ≥ 0 ⇒ max y = m + 2 = 3 ⇔ m = 1. x∈[0;2]
– TH 2: m < 0 ⇒ max y = 2 − m = 3 ⇔ m = −1. x∈[0;2]
• Vậy m ∈ {−1; 1} nên tổng các phần tử của S bằng 0. Chọn đáp án C
Câu 48.6. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho trị lớn nhất của hàm
số y = 3x2 − 6x + 2m − 1 trên đoạn [−2; 3] đạt giá trị nhỏ nhất. Số phần tử của tập S là A. 0. B. 3. C. 2. D. 1. Lời giải.
Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số y = 3x2 − 6x + 2m − 1 trên đoạn [−2; 3].
Ta có M ≥ f (−2) = |2m + 23|, M ≥ f (1) = |2m − 4| 27 27
⇒ 2M ≥ |2m + 23| + |2m − 4| ≥ |2m + 23 − 2m + 4| = 27 ⇒ M ≥ . Khi M = ⇒ |2m + 23| = 2 2 19 |2m − 4| ⇔ m = − . 4 19 27 Với m = −
, max f (x) = max{f (−2); f (1); f (3)} = . 4 [−2;3] 2 Chọn đáp án D
Câu 48.7. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị nhỏ nhất của
hàm số y = sin4 x + cos 2x + m bằng 2. Số phần tử của S là A. 4. B. 3. C. 1. D. 2. Lời giải.
Ta có y = sin4 x + cos 2x + m = sin4 x − 2 sin2 x + m + 1.
Đặt t = sin2 x, t ∈ [0; 1], hàm số trở thành y = t2 − 2t + m + 1.
Xét hàm f (t) = t2 − 2t + m + 1, với t ∈ [0; 1]. Ta có f 0(t) = 2t − 2 ≤ 0, với ∀t ∈ [0; 1], suy ra hàm
số nghịch biến trên [0; 1]. Do đó f (1) ≤ f (t) ≤ f (0) ⇔ m ≤ f (t) ≤ m + 1. Xét các trường hợp sau
• m + 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ −1. Khi đó, min y = −m − 1. Theo giả thiết −m − 1 = 2 ⇔ m = −3 (thỏa mãn).
• −1 < m ≤ 0. Khi đó, min y = 0 (loại).
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 193 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
• m > 0. Khi đó, min y = m. Theo giả thiết m = 2 (thỏa mãn).
Vậy tập hợp S có 2 phần tử. Chọn đáp án D
Câu 48.8. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số thực m sao cho giá trị lớn 1 nhất của hàm số y =
x4 − 14x2 + 48x + m − 30 trên đoạn [0; 2] không vượt quá 30. Tổng giá 4
trị các phần tử của tập hợp S bằng bao nhiêu? A. 108. B. 136. C. 120. D. 210. Lời giải. 1 Xét hàm số g(x) =
x4 − 14x2 + 48x trên đoạn [0; 2]. 4
Ta có g0(x) = x3 − 28x + 48. Xét phương trình x = 2 (nhận)
g0(x) = 0 ⇔ x3 − 28x + 48 = 0 ⇔  x = 4 (loại)  x = −6. (loại) Ta có g(0) = 0; g(2) = 44. Do đó 1 0 ≤ x4 − 14x2 + 48x ≤ 44 4 1 ⇔ m − 30 ≤
x4 − 14x2 + 48x + m − 30 ≤ m + 14. 4
Khi đó max y = max{|m − 30|; |m + 14|}. x∈[0;2] Xét các trường hợp sau
• |m − 30| ≥ |m + 14| ⇔ m ≤ 8. (1)
Khi đó max y = |m − 30|, theo đề bài x∈[0;2]
|m − 30| ≤ 30 ⇔ 0 ≤ m ≤ 60. (2)
Từ (1) và (2) ta được m ∈ [0; 8].
• |m − 30| < |m + 14| ⇔ m > 8. (3)
Khi đó max y = |m + 14|, theo đề bài x∈[0;2]
|m + 14| ≤ 30 ⇔ −44 ≤ m ≤ 16. (4)
Từ (3) và (4) ta được m ∈ (8; 16].
Vậy m ∈ [0; 16] và m nguyên nên m ∈ {0; 1; 2; 3; . . . ; 15; 16}.
Khi đó 0 + 1 + 2 + · · · + 15 + 16 = 136. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 194 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Câu 48.9. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất của x2 + mx + m hàm số y =
trên [1; 2] bằng 2. Số phần tử của tập S là x + 1 A. 3. B. 1. C. 4. D. 2. Lời giải. x2 + mx + m Xét hàm số f (x) = trên [1; 2]. x + 1 x2 + 2x 2m + 1 3m + 4 Ta có f 0(x) =
> 0, ∀x ∈ [1; 2]. Ngoài ra ta có f (1) = , f (2) = . (x + 1)2 2 3 ß |2m + 1| |3m + 4|™
Suy ra max y = max {|f (1)| ; |f (2)|} = max ; . x∈[1;2] 2 3 | | 2m + 1| = 4 2m + 1|  5 Trường hợp 1: max y = ⇔ |2m + 1| |3m + 4| ⇔ m = − . x∈[1;2] 2 2  ≥ 2 3 | | 3m + 4| = 6 3m + 4|  2 Trường hợp 2: max y = ⇔ |2m + 1| |3m + 4| ⇔ m = . x∈[1;2] 3 3  ≤ 2 3
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn. Chọn đáp án D
Câu 48.10. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình
m2(x4 − x3) − m(x3 − x2) − x + ex−1 > 0 đúng với mọi x ∈ R. Số tập con của S là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải.
Xét hàm số f (x) = m2(x4 − x3) − m(x3 − x2) − x + ex−1 trên R.
Ta có f 0(x) = m2(4x3 − 3x2) − m(3x2 − 2x) − 1 + ex−1 liên tục trên R.
Do f (1) = 0 nên từ giả thiết ta có f (x) > f(1), ∀x ∈ R ⇒ min f(x) = f(1). R "m = 1
⇒ f 0(1) = 0 ⇒ m2 − m = 0 ⇒ m = 0.
• Với m = 0 ta có f (x) = ex−1 − x ⇒ f 0(x) = ex−1 − 1. Cho f 0(x) = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên của f (x): x −∞ 1 +∞ f 0(x) − 0 + f (x) 0
Trường hợp m = 0, yêu cầu bài toán được thoả mãn.
• Với m = 1 ta có f (x) = x4 − x3 − x3 + x2 + ex−1 − x = (x − 1)2x2 + ex−1 − x > 0, ∀x ∈ R.
Trường hợp m = 1, yêu cầu bài toán cũng được thoả mãn.
Vậy tập các giá trị của m là S = {0; 1}. Số tập con của S là 22 = 4. Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 195 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Câu 48.11. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình p x4 + 1 − x2 + x 2mx4 + 2m ≥ 0 √
đúng với mọi x ∈ R. Biết rằng S = [a; b]. Giá trị của a 8 + 12b bằng A. 3. B. 2. C. 6. D. 5. Lời giải.
Dễ thấy bất phương trình xác định khi m ≥ 0.
Khi x ≥ 0, bất phương trình đã cho hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét khi x < 0. Thật vậy, bất
phương trình đã cho tương đương với: √ p x4 + 1 − x2 ≥ −x x4 + 1 2m √ x4 + 1 − x2 ⇔ 2m ≤ √ −x x4 + 1 (x4 + 1 − x2)2 ⇔ 2m ≤ x2(x4 + 1) 2 1 x2 + − 1 ⇔ x2 2m ≤ .(1) 1 x2 + x2 1 Đặt t = x2 +
⇒ t ≥ 2. Bất phương trình (1) trở thành x2 (t − 1)2 2m ≤ = f (t), ∀t ≥ 2. (2) t
Để (2) xảy ra với mọi t ≥ 2 thì 2m ≤ min f (t). (3) [2;+∞) 2 1 Ta có f 0(t) = 1 +
> 0, ∀t ≥ 2, suy ra min f (t) = f (2) = . t2 [2;+∞) 2 1 1 1 Từ (3), ta suy ra 2m ≤ ⇔ m ≤
. Kết hợp với điều kiện xác định ta có 0 ≤ m ≤ . 2 4 4 1 √ Suy ra a = 0, b = ⇒ a 8 + 12b = 3. 4 Chọn đáp án A
Câu 48.12. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho giá trị lớn nhất
của hàm số y = |x3 − 3x + m| trên đoạn [0; 2] bằng 3. Tập hợp S có bao nhiêu phần tử? A. 1. B. 2. C. 0. D. 6. Lời giải. "x = −1
Xét hàm số f (x) = x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2]. Khi đó f 0(x) = 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = 1.
Vậy f (0) = m; f (1) = m − 2; f (2) = m + 2.
Do đó max = max |f (x)| = {|m + 2|; |m|; |m − 2|}. [0;2] [0;2]  m ≥ 0   |m + 2| ≥ |m − 2|        m ≥ −1 • max y = |m + 2| ⇒ |m + 2| ≥ |m| ⇒ ⇒ m = 1. " [0;2]   m = 1   |m + 2| = 3     m = −5
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 196 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www  m ≤ 0   |m − 2| ≥ |m + 2|        m ≤ 1 • max y = |m − 2| ⇒ |m − 2| ≥ |m| ⇒ ⇒ m = −1. " [0;2]   m = −1   |m − 2| = 3     m = 5  m ≤ −1   |m| ≥ |m + 2|        m ≥ 1 • max y = |m| ⇒ |m| ≥ |m − 2| ⇒ ⇒ m ∈ " ∅. [0;2]   m = 3   |m| = 3     m = −3
Vậy tập hợp S có hai phần tử là m = 1, m = −1. Chọn đáp án B
Câu 48.13. 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. 6. D. 0. Lời giải.
Xét hàm số f (x) = x3 − 3x + m là hàm số liên tục trên đoạn [0; 2]. "x = 1 (thỏa mãn)
Ta có f 0(x) = 3x2 − 3 ⇒ f 0(x) = 0 ⇔ x = −1 (loại).
Suy ra GTLN và GTNN của f (x) thuộc tập hợp {f (0); f (1); f (2)} = {m; m − 2; m + 2}.
Xét hàm số y = x3 − 3x + m trên đoạn [0; 2].
Ta được giá trị lớn nhất của y là max {|m|; |m − 2|; |m + 2|} = 3.
TH 1. Nếu |m| = 3, khi đó max {1; 3; 5} = 5 (loại). "m = −1 TH 2. Nếu |m − 2| = 3 ⇔ m = 5.
• Với m = −1. Ta có max {1; 3} = 3 (nhận).
• Với m = 5. Ta có max {3; 5; 7} = 7 (loại). "m = 1 TH 3. Nếu |m + 2| = 3 ⇔ m = −5.
• Với m = 1. Ta có max {1; 3} = 3 (nhận).
• Với m = −5. Ta có max {3; 5; 7} = 7 (loại).
Do đó m ∈ {−1; 1}. Vậy tập hợp S có 2 phần tử. Chọn đáp án B
CÂU 49. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có chiều cao bằng 8 và diện tich đáy bằng 9. Gọi
M,N,P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB0A0, BCC0B0, CDD0C0 và DAA0D0. Thể tích
của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M, N, P và Q bằng A. 27. B. 30. C. 18. D. 36. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 197 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN C0 D0 A0 B0 P K L Q N J I M D0 C0 B0 A0
Ta có VABCD.A0B0C0D0 = 9.8 = 72.
Gọi I, J, K, L lần lượt là trung điểm các cạnh AA0, BB0, CC0, DD0 suy ra VABCD.IJKL = 36. 1 1
Do hình chóp AM IQ đồng dạng với hình chọp AB0A0D0 theo tỉ số nên VAMQI = VA.B0A0D0 = 2 8 1 1 9 3 . .8. = . 8 3 2 2 3
VABCD.MNP Q = VABCD.IJKL − VA.MIQ = 36 − 4. = 30. 2 Chọn đáp án B √
Câu 49.1. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có AB = a, B0C0 = a 5, các đường thẳng A0B và
B0C cùng tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45◦, tam giác A0AB vuông tại B, tam giác A0CD
vuông tại D. Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A0B0C0D0 theo a. √ √ 2a3 a3 6 a3 6 A. V = 2a3. B. V = . C. V = . D. V = . 3 2 6 Lời giải. D0 A0 B0 C0 A D H B C (A0B ⊥ AB
Ta có A0D ⊥ CD ⇒ A0D ⊥ AB, vậy
⇒ AB ⊥ (A0BD) ⇒ (A0BD) ⊥ (ABCD) theo A0D ⊥ AB giao tuyến BD.
Ta có B0C k A0D nên A0D tạo với (ABCD) góc 45◦.
Gọi H là hình chiếu của A0 xuống (ABCD), H ∈ BD, ta có ’ A0BH = ’ A0DH = 45◦ nên 4A0BD
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 198 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www vuông cân tại A0.
Vậy H là trung điểm của BD. √ 1
Có AB ⊥ (A0BD) ⇒ 4ABD vuông tại B ⇒ BD =
AD2 − AB2 = 2a, SABD = AB · BD = a2. 2 BD Có A0H =
= a ⇒ VABCD.A0B0C0D0 = A0H · 2SABD = 2a3. 2 Chọn đáp án A √ √
Câu 49.2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình chữ nhật với AB = 3, AD = 7. Hai
mặt bên (ABB0A0) và (ADD0A0) lần lượt tạo với đáy một góc 45◦ và 60◦. Tính thể tích của khối
hộp nếu biết cạnh bên của hình hộp bằng 1. A. 3. B. 5. C. 4. D. 2. Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc A0 lên (ABCD). B0 C0
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc H lên AB, AD ⇒ ’ A0N H = 60◦ và ÷ A0M H = 45◦. A0 D0 x 2x Đặt A0H = x, khi đó A0N = = √ . sin 60◦ 3  …  p 3 − 4x2 A0N = AA02 − A0N 2 = = HM 3 x  H M = x. tan 45◦ = x … 3 − 4x2 … 3 ⇒ = x ⇒ x = . B C 3 7 45◦ M 60◦ H √ √ … 3 VABCD.A0B0C0D0 = AB.AD.x = 3. 7. = 3. A N D 7 Chọn đáp án A
Câu 49.3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36,
độ dài đường chéo AC0 = 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? √ √ √ A. 8. B. 16 2. C. 8 2. D. 24 3. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 199 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN A0 B0 D0 C0 A B D C
Gọi dộ dài ba cạnh AB = a, AD = b, AA0 = c. ( a2 + b2 + c2 = 36 Theo bài toán ta có: 2(ab + bc + ca) = 36. √
Lại có (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 72 ⇒ a + b + c = 6 2.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a, b, c ta có: √ (a + b + c)3 √
(a + b + c)3 ≥ 3 3 abc ⇔ abc ≤ = 16 2. 27 Chọn đáp án B
Câu 49.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0. Gọi M là trung điểm của BB0. Mặt phẳng
(M DC0) chia khối hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, một khối chứa đỉnh C và một khối chứa V đỉnh 1
A0. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện chứa C và A0. Tính . V2 V 7 V 7 V 7 V 17 A. 1 1 1 1 = . B. = . C. = . D. = . V2 24 V2 17 V2 12 V2 24 Lời giải.
Gọi I = BC ∩ C0M ⇒ DI ∩ AB = K. A0 D0
Khi đó ta có V1 = VICDC0 − VIBKM trong đó B0 C0 1 1 1 VICDC0 = IC · CD · CC0 = V ; 3 2 3 M V 1 D Mặt khác IBKM = A VICDC0 8 K 1 1 1 7 I ⇒ V B C 1 = V − · V = V 3 8 3 24 17 ⇒ V2 = V 24 V 7 ⇒ 1 = . V2 17 Chọn đáp án B
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 200 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Câu 49.5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm
4BCD0. Thể tích của khối chóp G.ABC0 là 1 1 1 1 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 3 6 12 18 Lời giải.
Ta thấy VABCDD0C0 = VG.ABC0D0 + VG.ABCD + A0 VG.CC0D0D + VG.ADD0 + VG.BCC0. D0
Vì G là trọng tâm tam giác BD0C nên ta có IG J G CG 1 = = = . ID J B CA0 3 B0 Do vậy ta được K C0 J A  1 1 V V  G.ABCD = D0.ABCD = D  3 9    1 1 G  V V  G.CC0D0D = B.CC0D0D = 3 9 1 1 V V  G.ACC0 = D0.ACC0 = B   3 18    2 1 I C  VG.ADD0 = VC.ADD0 = . 3 9 1 7 1
Ta được VG.ABC0D0 = VABCDC0D0 − [VG.ABCD + VG.CC0D0D + VG.BCC0 + VG.ADD0] = − = . 2 18 9 1 1 Ta có VG.ABC0 = VG.ABC0D0 = . 2 18 Chọn đáp án D
Câu 49.6. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc ’
ABC = 60◦. Biết rằng A0O ⊥ (ABCD) và cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60◦. Tính thể tích
V của khối đa diện OABC0D0. a3 a3 a3 3a3 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 6 12 8 4 Lời giải.
Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC đều cạnh a ⇒ OA = AC a A0 D0 = . 2 2 Vì A0O ⊥ (ABCD) nên 60◦ = ( B0 C0 ¤ AA0, (ABCD)) = Ÿ (AA0, AO) = ’ A0AO. √ a 3
Tam giác vuông A0AO có OA0 = OA. tan ’ A0AO = . 2 3a3
Suy ra thể tích khối hộp V = SABCD.OA0 = . 4 A D
Ta có V = VO.ABC0D0 + VAA0D0.BB0C0 + VC0.BOC + VD0.AOD + O VO.CDD0C0 1 1 1 1 V a3 B C = VO.ABC0D0 + V + V + V + V ⇒ VO.ABC0D0 = = . 2 12 12 6 6 8 Chọn đáp án C
Câu 49.7. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0. Gọi M là trung điểm của BB0. Mặt phẳng
(M DC0) chia khối hộp chữ nhật thành hai khối đa diện, một khối chứa đỉnh C và một khối chứa V đỉnh 1
A0. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện chứa C và A0. Tính . V2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 201 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN V 7 V 7 V 7 V 17 A. 1 1 1 1 = . B. = . C. = . D. = . V2 24 V2 17 V2 12 V2 24 Lời giải.
Gọi I = BC ∩ C0M ⇒ DI ∩ AB = K. A0 D0
Khi đó ta có V1 = VICDC0 − VIBKM trong đó B0 C0 1 1 1 VICDC0 = IC · CD · CC0 = V ; 3 2 3 M V 1 D Mặt khác IBKM = A VICDC0 8 K 1 1 1 7 I ⇒ V B C 1 = V − · V = V 3 8 3 24 17 ⇒ V2 = V 24 V 7 ⇒ 1 = . V2 17 Chọn đáp án B
Câu 49.8. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm
4BCD0. Thể tích của khối chóp G.ABC0 là 1 1 1 1 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 3 6 12 18 Lời giải.
Ta thấy VABCDD0C0 = VG.ABC0D0 + VG.ABCD + A0 VG.CC0D0D + VG.ADD0 + VG.BCC0. D0
Vì G là trọng tâm tam giác BD0C nên ta có IG J G CG 1 = = = . ID J B CA0 3 B0 Do vậy ta được K C0 J A  1 1 V V  G.ABCD = D0.ABCD = D  3 9    1 1 G  V V  G.CC0D0D = B.CC0D0D = 3 9 1 1 V V  G.ACC0 = D0.ACC0 = B   3 18    2 1 I C  VG.ADD0 = VC.ADD0 = . 3 9 1 7 1
Ta được VG.ABC0D0 = VABCDC0D0 − [VG.ABCD + VG.CC0D0D + VG.BCC0 + VG.ADD0] = − = . 2 18 9 1 1 Ta có VG.ABC0 = VG.ABC0D0 = . 2 18 Chọn đáp án D
Câu 49.9. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36,
độ dài đường chéo AC0 bằng 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? √ √ √ A. 8. B. 8 2. C. 16 2. D. 24 3. Lời giải.
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 202 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Gọi độ dài AB = a, BC = b, AA0 = c. D0 C0 (ab + bc + ca = 18 Khi đó theo đề ta có A0 B0 a2 + b2 + c2 = 36.
Suy ra (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 72. √ √
Hay a + b + c = 6 2 ⇔ b + c = 6 2 − a. c
Ta có: b2 + c2 + a2 = 36 ⇔ (b + c)2 − 2bc + a2 = 36. √ √ D C 6 2 − a2 + a2 − 36
Hay 6 2 − a2 − 2bc + a2 = 36 ⇒ bc = . b 2 A a B √ √ 6 2 − a2 + a2 − 36 2a3 − 12 2a2 + 36a
Từ đó ta có V = abc = a · = . 2 2 √ √
Không mất tổng quát, giả sử a = max{a, b, c}, khi đó 6 2 = a + b + c ≤ 3a ⇒ a ≥ 2 2. √ (b + c)2 (6 2 − a)2 √ √
Lại có 36 = a2 + b2 + c2 ≥ a2 + = a2 +
⇒ 3a2 − 12 2a ≤ 0 ⇒ a ≤ 4 2. √ 2 2 2a3 − 12 2a2 + 36a √ √ Xét hàm số f (a) = với a ∈ 2 2; 4 2. 2  √ √ Ä ä √ √ f 2 2 = 4 2  "  6a2 − 24 2a + 36 a = 2 (loại)   √ Ä ä Ta có f 0(a) = , f 0(a) = 0 ⇔ √ . Ta có f 3 2 = 0 2 a = 3 2 (nhận)  √ √  Ä ä  f 4 2 = 8 2. √ √ √
Vậy Vmax = 8 2 khi a = 4 2, b = c = 2. Chọn đáp án B √
Câu 49.10. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh a 3, BD = 3a, hình chiếu
vuông góc của B trên mặt phẳng (A0B0C0D0) trùng với trung điểm của A0C0. Gọi (α) là góc tạo √21
bởi hai mặt phẳng (ABCD) và (CDD0C0), cos α =
. Tính thể tích khối hộp. √ 7 √ 3a3 9 3a3 9a3 3 3a3 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 4 Lời giải.
Gọi O và O0 lần lượt là tâm của hình thoi A D
ABCD và A0B0C0D0. Vì BO0 ⊥ (A0B0C0D0) nên O H OD0 ⊥ (ABCD). √ B C 3a Ta có AD = a 3, DO = nên 2 √ p a 3 AO = AD2 − DO2 = . 2 A0 D0 √
Suy ra AC = a 3, do đó, tam giác ACD đều. O0 B0 C0
Từ O kẻ OH ⊥ CD, kết hợp với OD0 ⊥ CD (do OD0 ⊥ (ABCD)) suy ra HD0 ⊥ CD.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (CDD0C0) là ’ OHD0. √ √ 1 3a 2 3 a 3 Ta có OH = · hA = , ’ OHD0 = α và tan α = . Suy ra OD0 = OH · tan α = . 2 4 3 √ 2 1 3a2 3
Diện tích đáy hình hộp là SABCD = · AC · BD = . 2 2 9a3 Từ đó, V = SABCD · OD0 = . 4 Chọn đáp án C
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 203 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN
Câu 49.11. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có tất cả các cạnh đều bằng 1 và các góc phẳng ở
đỉnh A đều bằng 60◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB0 và A0C0. √ √ 22 2 2 3 A. . B. . C. . D. . 11 11 11 11 Lời giải.
Dễ thấy hai mặt phẳng (ACB0) và (DA0C0) song D0 C0 song.
Nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AB0 và A0C0
bằng khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng (ACB0). A0
Và bằng khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACB0). B0 3V Lại có B.AOI d(B, (AOI)) = . D C S4AOI I
Từ giả thiết suy ra A0ABD là tứ diện đều cạnh bằng √2 1. nên thể tích là . O 12 H
Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta được √ A 1 2 VB.AOI = VB.ADA0 = . 4 48 √3 1
Tam giác AOI cân tại A có AI = , OI = . Gọi 2 2 √11
K là trung điểm OI ta tính được AK = và 4
là đường cao. Suy ra diện tích tam giác AOI bằng √11. 16 √ 3VB.AOI 22 d(B, (AOI)) = = . S4AOI 11 Chọn đáp án A
Câu 49.12. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, A0C0, BB0. Tính thể tích khối tứ diện CM N P . 5 1 7 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 48 8 48 6 Lời giải. A0 D0 K E K N B0 A0 B0 C0 T P F O P I A D I M B A B C M
Dựng N K k CM, K ∈ A0B0 suy ra N K k (CM P ). Gọi I = BK ∩ P M . Ta có VCMNP d(N, (P M C)) d(K, (P M C)) KI = = = . VBP MC d(B, (P M C)) d(B, (P M C)) BI
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 204 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của A0B0, A0A, T = BK ∩ EF , O = BK ∩ AB0. KI 5KT 5
Ta có BI = IO = OT = 2KT. Suy ra = = . BI 2KT 2 5 5 1 1 1 5 Do đó VCMNP = VBP MC = · · · · V = V. 2 2 3 2 4 48 Chọn đáp án A
Câu 49.13. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a và AA0 = √
A0B = A0C = 2 2a. Thể tích của khối tứ diện AB0D0C bằng √ 4 2a3 A. . 3 A0 B0 √ 4 6a3 B. . 3 D0 C0 4a3 C. . 3 √ 4 3a3 D. . 3 A B D C Lời giải.
Gọi O là hình chiếu vuông góc của A0 lên (ABCD). A0 B0
Ta có 4OA0B, OA0C, OA0A là các tam giác vuông tại A,
đồng thời A0A = A0B = A0C ⇒ OA = OB = OC ⇒ O là tâm D0 C0
đường tròn ngoại tiếp 4ABC.
Do 4ABCD là hình vuông nên O chính là tâm của hình vuông.
Thể tích của khối hộp là A B O
VABCD.A0B0C0D0 = SABCD.A0B0C0D0 · A0O. (1) D C √ √ √
Ta có 4OAA0 vuông tại O ⇒ A0O = AA02 − AO2 = 8 − 2 = 6a. √ Ta có SABCD = 4a2, A0O =
6a nên thế vào (1) ta được √ √ VABCD.A0B0C0D0 = 4a2 · 6a = 4 6a3. Mặt khác
VACB0D0 = VABCD.A0B0C0D0 − VD0.ACD − VB0.ABC − VD0.CC0B − VB0.AA0D0. (2) Ta có 1
VD0.ACD = VB0.ABC = VD0.CC0B = VB0.AA0D0 = VABCD.A0B0C0D0. (3) 6 Từ (2) và (3) suy ra ta có √ 4 1 4 6a3
VACB0D0 = VABCD.A0B0C0D0 − VABCD.A0B0C0D0 = VABCD.A0B0C0D0 = . 6 3 3
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 205 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN √ 4 6a3
Vậy thể tích của khối tứ diện ACB0D0 bằng . 3
• Lưu ý:Trong thực hành ta có thể dùng công thức √ 1 1 √ √ √ 4 6a3
VACB0D0 = AC · B0D0 · sin AC, B0D0 = × 2 2a × 2 2a × 6a = . 6 6 3 Chọn đáp án B
CÂU 50. Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thỏa mãn log3(x + y) = log4 x2 + y2? A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số. Lời giải. (x + y = 3t
Đặt t = log3(x + y) = log4(x2 + y2) ⇒ (1) x2 + y2 = 4t
Suy ra x, y là tọa độ của điểm M với M thuộc đường thẳng d : x + y = 3t và đường tròn (C) : x2 + y2 = 4t. | − 3t|
Để tồn tại y tức tồn tại M nên d, (C) có điểm chung, suy ra d(O, d) ≤ R ⇒ √ ≤ 2t ⇔ t ≤ 2 √ log 3 2. 2 ( log √ 0 < x + y ≤ 3 3 2 2 Khi đó (1) ⇔
Minh họa quỹ tích điểm M như hình vẽ log √ x2 + y2 ≤ 4 3 2 2 y 2 1 x -2 -1 1 2 -1 -2
Ta thấy có 2 giá trị x ∈ Z thỏa mãn là x = 0; x = 1. Chọn đáp án B
Câu 50.1. Có bao nhiêu số nguyên m ∈ (0; 2018) để phương trình m + 10x = mex có hai nghiệm phân biệt? A. 9. B. 2017. C. 2016. D. 2007. Lời giải.
Với x = 0, phương trình trở thành m = m (luôn đúng), suy ra với mọi m ∈ (0; 2018) phương
trình luôn có 1 nghiệm x = 0. 10x
Với x 6= 0, ta có m + 10x = mex ⇔ m = . ex − 1 10x 10(ex − xex − 1) Xét hàm số y = f (x) = trên R \ {0}, ta có f0(x) = < 0 ∀x ∈ R \ {0}. ex − 1 (ex − 1)2
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 206 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www
Thật vậy, xét hàm số g(x) = ex − xex − 1. Ta có g0(x) = ex − (ex + xex) = −xex.
Ta có bảng biến thiên như sau: x −∞ 0 +∞ g0(x) + 0 − 0 g(x) −∞ −∞
Bảng biến thiên hàm số y = f (x) x −∞ 0 +∞ f 0(x) − − +∞ + 10 f (x) 10 0 (0 < m < 2018
Suy ra yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi m 6= 10.
Do đó, có 2016 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn đáp án C Å 1 − 2xã
Câu 50.2. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn ln
= 3x + y − 1. Tìm giá trị nhỏ nhất x + y 1 1 Pmin của P = + √ + 1 x xy A. Pmin = 8. B. Pmin = 16. C. Pmin = 9. D. Pmin = 2. Lời giải. Å 1 − 2xã 1 − 2x ln
= 3x + y − 1 xác định ⇔ > 0. x + y x + y 1
Do x, y > 0 nên 1 − 2x > 0 ⇔ 0 < x < 2 Å 1 − 2xã Khi đó: ln = 3x + y − 1 x + y
⇔ ln (1 − 2x) − ln(x + y) = (x + y) − (1 − 2x)
⇔ ln (1 − 2x) + (1 − 2x) = ln(x + y) + (x + y)
Xét hàm số f (t) = ln t + t với t > 0
Hàm số f (t) xác định và liên tục trên khoảng (0; +∞) 1 f 0(t) =
+ 1 > 0; ∀t > 0. Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên (0; +∞) t ⇒ f (1 − 2x) = f (x + y)
⇔ 1 − 2x = x + y ⇔ y = 1 − 3x > 0
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 207 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 1 1 1 2 1 Do đó: P = + + 1 ≥ +
+ 1 (Dấu bằng xảy ra khi x = 1 − 3x ⇔ x = ) x px (1 − 3x) x 1 − 2x 4 1 2 1 Xét hàm số f (x) = + + 1; x ∈ 0; x 1 − 2x 3 1
Hàm số f (x) liên tục trên 0; 3 1 4 f 0(x) = − + x2 (1 − 2x)2 1 4 f 0(x) = 0 ⇔ − + = 0 x2 (1 − 2x)2 1
⇔ 4x2 = (1 − 2x)2 ⇔ x = 4 Bảng biến thiên 1 1 x 0 4 3 y0 − 0 + +∞ + 9 y 8 1 Vậy Pmin = 8 tại x = 4 Chọn đáp án A 2x + y + 1
Câu 50.3. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn log3
= x + 2y. Tìm giá trị nhỏ x + y 1 2 nhất của biểu thức T = + √ . x y √ √ A. 3 + 3. B. 4. C. 3 + 2 3. D. 6. Lời giải. Ta có: 2x + y + 1 log3 = x + 2y x + y
⇔ log3(2x + y + 1) − log3(x + y) = 3(x + y) − (2x + y + 1) + 1
⇔ log3(2x + y + 1) + (2x + y + 1) = log3[3(x + y)] + 3(x + y). (1)
Xét hàm số y = f (a) = log3 a + a trên (0; +∞).
Dễ thấy hàm số y = f (a) là hàm số đồng biến trên (0; +∞).
Do đó, (1) ⇔ f (2x + y + 1) = f (3(x + y)) ⇔ 2x + y + 1 = 3(x + y) ⇔ x + 2y = 1. 1 2 1 1 Ta có + √ = + x y x 1 √y 2 1 1 1 1 1 ≥ + = + + x 1 x 1 1 + y + y + y 4 4 4 2 (1 + 1 + 1)2 9 ≥ = = 6. 1 1 1 x + + y + + y x + 2y + 4 4 2 1 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = ; y = . 2 4
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 208 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www Chọn đáp án D 2017 a 1 1
Câu 50.4. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a > 0 thỏa mãn 2a + ≤ 22017 + . 2a 22017 A. 0 < a < 1. B. 1 < a < 2017. C. 0 < a ≤ 2017. D. a ≥ 2017. Lời giải. ln(2x + 2−x)
(2x − 2−x) ln 2x − (2x + 2−x) ln(2x + 2−x) Xét hàm f (x) = ⇒ f 0(x) = . x x2(2x + 2−x)
Vì ln 2x < ln(2x + 2−x) và 0 < 2x − 2−x < 2x + 2−x nên f 0(x) < 0 ⇒ f (x) nghịch biến. Do vậy 2017 a 1 1 2a + ≤ 22017 + 2a 22017
⇔2017 ln(2a + 2−a) ≤ a ln(22017 + 2−2017) ln(2a + 2−a) ln(22017 + 2−2017) ⇔ ≤ a 2017 ⇔a ≥ 2017. Chọn đáp án D
Câu 50.5. Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [1; 2] thỏa mãn log32 a + log32 b + log32 c ≤ 1. Khi
biểu thức P = a3 + b3 + c3 − 3 log2aa + log2bb + log2cc đạt giá trị lớn nhất thì tổng a + b + c là 1 A. 3. B. 3 · 2 3√3 . C. 4. D. 6. Lời giải.
Đặt x = log2 a, y = log2 b, z = log2 c.
Ta có log32 a + log32 b + log32 c ≤ 1 ⇒ x3 + y3 + z3 ≤ 1; 0 ≤ x, y, z ≤ 1.
Biểu thức P = a3 + b3 + c3 − 3(ax + by + cz). 1 1
Xét hàm số f (t) = t − log2 t với t ∈ [1; 2]. f0(t) = 1 − ; f 0(t) = 0 ⇔ t0 = . t ln 2 ln 2
Suy ra f (t) ≤ max{f (1), f (2), f (t0)} = 1, x ∈ [1; 2].
Do đó, a − x − 1 ≤ 0 ⇒ a3 − 3ax − x3 − 1 = (a − x − 1) a2 + x2 + 1 + a + ax − x ≤ 0. Suy ra a3 − 3ax ≤ x3 + 1.
Biểu thức P = a3 + b3 + c3 − 3(ax + by + cz) ≤ x3 + y3 + z3 + 3 ≤ 4, Pmax = 4.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai trong ba số x, y, z bằng 0 và số còn lại bằng 1. Vậy a + b + c = 4. Chọn đáp án C
Câu 50.6. Cho hai số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 > 1 và loga2+b2 (a + b) ≥ 1. Giá trị lớn nhất
của biểu thức P = 2a + 4b − 3 là √ √ 10 1 √ A. 10. B. . C. √ . D. 2 10. 2 10 Lời giải. Do a2 + b2 > 1 nên
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 209 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN loga2+b2(a + b) ≥ 1 ⇔ a2 − a + b2 − b ≤ 0 2 2 1 1 1 ⇔ a − + b + ≤ 2 2 2 1 1
Ta có P = 2a + 4b − 3 = 2 a − + 4 b − . 2 2 ï 2 2ò 1 1 Do đó P 2 ≤ (22 + 42) a − + b − = 10. 2 2 √ √ Suy ra − 10 ≤ P ≤ 10 Chọn đáp án A
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 210 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 A 2.4 A 3.13 C 5.1 D 6.5 C 7.10 A 9.1 C 10.7 B 11.12 12.15 A D 1.1 C 2.5 D 3.14 D 5.2 B 6.6 B 7.11 A 9.2 C 10.8 A 11.13 13 D 1.2 D 2.6 D 3.15 C 5.3 B 6.7 A 7.12 A 9.3 B 10.9 B C 13.1 A 1.3 C 2.7 B 3.16 A 5.4 A 6.8 C 7.13 A 9.4 B 10.10 11.14 B 13.2 A 1.4 A 2.8 A 3.17 A 5.5 B 6.9 C 7.14 A 9.5 D B 10.11 13.3 D 1.5 C 2.9 B 3.18 B 5.6 B 6.10 A 8 A 9.6 A 11.15 C B 13.4 B 1.6 C 2.10 D 3.19 C 5.7 A 6.11 C 8.1 D 9.7 C 10.12 12 D 13.5 A 1.7 C 2.11 A 3.20 B 5.8 A 6.13 A 8.2 B 9.8 A B 12.1 C 13.6 D 1.8 D 2.12 A 4 B 5.9 C 6.14 B 8.3 D 9.9 C 10.13 D 12.2 B 13.7 C 1.9 A 2.13 A 4.1 A 5.10 D 6.15 D 8.4 D 9.10 A 10.14 12.3 A 13.8 C 1.10 B 2.14 A 4.2 C 5.11 D 6.16 D 8.5 A 9.11 D D 12.4 A 13.9 C 1.11 C 2.15 A 4.3 B 5.12 D 6.17 B 8.6 D 9.12 A 10.15 13.10 A 12.5 C 1.12 B 3 A 4.4 B 5.13 C 6.18 A 8.7 A 9.13 C A 11 D 12.6 C 1.13 B 3.1 B 4.5 B 5.14 C 6.19 C 8.8 D 9.14 D 13.11 11.1 A 12.7 D C 1.14 D 3.2 B 4.6 B 5.15 B 6.20 C 8.9 D 9.15 D 11.2 D 12.8 B 13.12 1.15 C 3.3 C 4.7 A 5.16 A 7 D 8.10 D 9.16 C D 11.3 C 1.16 A 3.4 B 4.8 A 5.17 B 7.1 C 8.11 D 9.17 B 12.9 A 13.13 11.4 D 1.17 D 3.5 B 4.9 C 5.18 C 7.2 A 8.12 A 9.18 A 12.10 D A 11.5 C 1.18 C 3.6 C 4.10 C 5.19 C 7.3 B 8.13 D 10 C 13.14 12.11 D 11.6 B 1.19 A 3.7 D 4.11 A 5.20 B 7.4 D 8.14 A 10.1 B B 13.15 11.8 A 1.20 D 3.8 D 4.12 A 6 C 7.5 D 8.15 B 10.2 A 12.12 D 11.9 D D 2 A 3.9 C 4.13 A 6.1 C 7.6 D 8.16 A 10.3 D 14 A 11.10 12.13 2.1 A 3.10 D 4.14 B 6.2 D 7.7 D 8.17 C 10.4 D 14.1 B C D 2.2 A 3.11 C 4.15 B 6.3 D 7.8 D 8.18 A 10.5 A 14.2 A 11.11 12.14 2.3 D 3.12 A 5 C 6.4 B 7.9 D 9 C 10.6 C B D 14.3 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 211 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN 14.4 B 15.10 16.14 18.3 B 20.7 A 22 D 23.12 26.9 A 28.9 B 29.14 D C C A 14.5 B 18.4 B 20.8 A 22.1 B 26.10 28.10 15.11 16.15 24 C C C 29.15 14.6 A A B 18.5 B 20.9 B 22.2 A A 24.1 A 26.11 28.11 14.7 A 15.12 17 D 18.6 B 20.10 22.3 A D D 30 A A A 24.2 D 14.8 B 17.1 A 18.7 D 22.4 B 26.12 28.12 30.1 C 15.13 20.11 24.3 D B C 14.9 B 18.8 D 22.5 B 30.2 D B 17.2 B B 24.4 A 26.13 28.13 14.10 18.9 B 22.6 B 30.3 A 15.14 17.3 A 20.12 D A A 24.5 C B C 17.4 A 19 C 22.7 C 30.4 D 27 C 14.11 25 A 28.14 15.15 20.13 19.1 C 30.5 C A 17.5 A 22.8 C 27.1 A B A A 25.1 A 19.2 A 30.6 D 14.12 17.6 A 22.9 A 27.2 D 29 D 16 C 20.14 25.2 D B B 30.7 D 17.7 D 19.3 B 22.10 27.3 D 29.1 D 16.1 C 25.3 A 14.13 C 20.15 30.8 C 17.8 A 19.4 A 27.4 C 29.2 A A 16.2 B C 22.11 25.4 B 30.9 D 17.9 D 19.5 D 27.5 A 29.3 A 14.14 16.3 C 21 B D 25.5 D 30.10 A 17.10 19.6 A 27.6 A 29.4 A 16.4 D 21.1 B 23 B C D 25.6 C 14.15 19.7 A 27.7 B 29.5 C 16.5 C 23.1 C 30.11 A 21.2 A 17.11 25.7 A 19.8 B 27.8 B B 29.6 C 16.6 A C 23.2 C 15 B 21.3 D 25.8 C 19.9 C 27.9 A 31 B 29.7 16.7 B C 17.12 23.4 B 15.1 B 21.4 C 26 B A 19.10 28 C 31.1 B 16.8 A 29.8 D 23.5 C 15.2 B D 21.5 C 26.1 A 17.13 28.1 C 31.2 A 16.9 A 23.6 A 29.9 D 15.3 A B 20 B 21.6 A 26.2 A 28.2 B 31.3 D 16.10 23.7 A 29.10 15.4 A 17.14 20.1 D 21.7 A 26.3 B A 28.3 A A 31.4 D B 23.8 C 15.5 A 20.2 B 21.8 B 26.4 D 16.11 28.4 D 29.11 31.5 A 17.15 23.9 D C 15.6 D A A 20.3 C 21.9 B 26.5 A 28.5 C 31.6 C 15.7 C 16.12 23.10 29.12 18 D 20.4 C 21.10 26.6 A 28.6 D 31.7 D A B D C 15.8 D 18.1 C 20.5 A 26.7 D 28.7 B 31.8 D 16.13 21.11 23.11 29.13 15.9 A D 18.2 C 20.6 B A C 26.8 D 28.8 D A 31.9 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 212 o/ aPr roups/GeoGebr acebook.com/g .f https://www 31.10 33.1 B 34.14 36.12 39 D 40.10 41.12 43.8 B 46.3 C 48.12 D 33.2 A C C D B B 39.1 C 43.9 A 46.4 C 31.11 41.13 33.3 D 34.15 36.13 40.11 39.2 A 44 D 46.5 D 48.13 D D D C A 33.4 B B 39.3 B 44.1 C 46.6 B 31.12 35 A 36.14 40.12 41.14 33.5 A B 39.4 B 49 B D B B 44.2 A 46.7 B 35.1 C 31.13 33.6 A 39.5 C 36.15 40.13 41.15 44.3 B 46.8 C 49.1 A 35.2 C C 33.7 A D 39.6 C A B 44.4 B 47 D 35.3 D 49.2 A 31.14 33.8 D 37 C 39.7 A 40.14 41.16 44.5 B 47.1 C D 35.4 A D 33.9 B D 49.3 B 37.1 D 39.8 C 44.6 C 31.15 35.5 A 41.17 47.2 B 33.10 40.15 37.2 D 49.4 B B 39.9 C B 44.7 D C 35.6 B B 47.3 B 31.16 37.3 A 39.10 41.18 44.8 D 49.5 D 33.11 35.7 D 40.16 47.4 D A C C D 37.4 A C 44.9 A 49.6 C 35.8 A 47.5 C 31.17 39.11 41.19 33.12 37.5 D 40.17 44.10 C 35.9 A A C 47.6 B 49.7 B B 37.6 D D A 31.18 35.10 39.12 41.20 47.7 A 49.8 D 33.13 37.7 B 40.18 44.11 A C D B A C D 47.8 A 37.8 D 49.9 B 31.19 35.11 39.13 41.21 33.14 40.19 44.12 47.9 D C B 37.9 B A B 49.10 C C B 47.10 31.20 35.12 37.10 39.14 42 B C 34 D 40.20 44.13 D B D C B A 42.1 D 49.11 34.1 A A 48 C 32 C 36 B 38 D 39.15 41 A 42.2 A A 34.2 A 45 C 32.1 A B 48.1 D 36.1 A 38.1 A 41.1 A 42.3 C 49.12 34.3 B 45.1 A 32.2 D 39.16 48.2 D 36.2 A 38.2 B 41.2 B 42.4 B A 34.4 B D 45.2 A 32.3 B 48.3 D 36.3 C 38.3 D 41.3 C 42.5 D 34.5 A 49.13 40 A 45.3 D 32.4 B 48.4 D 36.4 D 38.4 C 41.4 C 42.6 B B 34.6 B 45.4 A 32.5 B 40.1 C 36.5 D 38.5 A 42.7 C 48.5 C 41.5 C 34.7 B 50 B 32.6 C 40.2 A 45.5 C 36.6 D 38.6 A 43 C 48.6 D 41.6 D 32.7 B 34.8 C 40.3 A 45.6 B 50.1 C 36.7 B 38.7 A 43.1 B 41.7 D 48.7 D 32.8 B 34.9 D 40.4 D 45.7 B 43.2 D 50.2 A 36.8 C 38.8 D 41.8 B 48.8 B 32.9 A 34.11 40.5 B 43.3 D 45.8 C D 36.9 B 38.9 A 41.9 D 48.9 D 50.3 D 32.10 40.6 B 43.4 D 45.9 C D 34.12 36.10 38.10 41.10 48.10 50.4 D 40.7 A 46 C B A C C 43.5 B B 32.11 40.8 D 50.5 C 43.6 A 46.1 C B 34.13 36.11 38.11 41.11 48.11 D A B 40.9 C D 43.7 B 46.2 B A 50.6 A 33 D
Biên soạn & sưu tầm: Ths Nguyễn Chín Em Trang 213 2019-2020 THPT GHIỆP N T TỐ THI LUYỆN