Toàn cảnh đề chính thức và đề minh họa THPT 2020 môn Toán của Bộ GD&ĐT

Tài liệu gồm 198 trang, được biên soạn bởi quý thầy, cô giáo Nhóm Word Và Biên Soạn Tài Liệu Toán, phân loại và hướng dẫn giải các câu hỏi và bài toán trong đề chính thức và đề minh họa THPT 2020 môn Toán của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

28 14 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán

Môn: Toán

Thông tin:

198 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 1
MỤC LỤC
1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN) ................................................ 5
2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP ............................................................. 6
2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C) ...................................................................... 6
2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT ................................................................................................................................ 6
3. XÁC SUẤT ........................................................................................................ 8
4. CẤP SỐ CỘNG ............................................................................................... 13
5. CẤP SỐ NHÂN ............................................................................................... 14
6. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG ....................................... 15
6.1 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ....................................................................................................... 15
6.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ....................................................................................................... 20
7. KHOẢNG CÁCH ........................................................................................... 22
7.1 Từ chân H của đường cao đến mp cắt đường cao .................................................................................... 22
7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao ............................................................................................ 22
7.3 Hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v.góc chung) ........................................................................................... 26
7.4 Hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng)................................................................................................. 27
8. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ................................................................ 31
8.1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết đồ thị, BBT của y) ............................................................................ 31
8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K ........................................................................................ 34
8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu trên khoảng K .................................................................................... 36
8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn ...................................................................................................... 38
8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ ..................................................................................... 38
9. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ .............................................................................. 41
9.1 Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức của y, y’ ................................................................................ 41
9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT của y) ................................................... 42
9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD của y’) ................................................. 45
9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn .......................................................................................................... 47
9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối ...................................................................................... 54
10. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ ............... 58
10.1 GTLN, GTNN của f(x) trên đoạn [a;b] biết biểu thức f(x) .................................................................... 58
10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước .................................................................. 60
10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác ............................................................................................. 61
11. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ ............................................................ 62
11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số ............................................................. 62
11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số .................................................................... 64
12. ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH .............................................................. 65
12.1 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT) .............................................................................. 65
12.2 Xét dấu hệ số của biểu thức (biết đồ thị, BBT) ...................................................................................... 69
12.3 Đọc đồ thị của đạo hàm (các cấp) .......................................................................................................... 73
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 2 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
12. TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH ............................................................... 73
12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm ................................................................................................................... 73
12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT) .......................................................................................... 75
12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn ................................................................................................. 81
12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ) ...................................................................................... 91
12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (không GTTĐ) ...................................................................... 92
13. MŨ - LŨY THỪA .......................................................................................... 95
13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất ......................................................................................... 95
13.2 Tính toán, rút gọn các biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….) ................................................................. 95
14. LOGARIT ....................................................................................................... 96
14.1 Câu hỏi lý thuyết và tính chất ................................................................................................................ 96
14.2 Biến đổi các biểu thức logarit liên quan a,b,x,y ..................................................................................... 97
14.3 Tính giá trị các biểu thức logarit không dùng BĐT ............................................................................... 98
14.4 Dạng toán khác về logarit ...................................................................................................................... 99
15. HÀM SỐ MŨ - LOGARIT .......................................................................... 100
15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít ........................................................................... 100
15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít ................................................................................. 102
15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit.................................................................................................... 102
15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lô-ga-rít ................................................................. 102
15.5 Bài toán lãi suất .................................................................................................................................... 103
15.6 Bài toán tăng trưởng ............................................................................................................................. 104
15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số ......................................................................................................... 106
15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lô-ga-rít(nhiều biến) ...................................................................... 107
16. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ .................................... 113
16.1 PT,BPT mũ cơ bản, gần cơ bản (không tham số) ................................................................................ 113
16.2 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số) ............................................................................... 113
16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) ................................................................................. 115
17. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA ............................... 116
17.1 Câu hỏi lý thuyết .................................................................................................................................. 117
17.2 PT,BPT loga cơ bản, gần cơ bản (không tham số) ............................................................................... 117
17.3 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số) ............................................................................... 119
17.4 PP phân tích thành nhân tử (không tham số) ....................................................................................... 119
17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) ................................................................................. 121
17.6 Phương trình loga có chứa tham số ...................................................................................................... 122
17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp cả mũ và loga có tham số ........................................................ 122
18. NGUYÊN HÀM ............................................................................................ 123
18.1 Định nghĩa, tính chất của nguyên hàm ................................................................................................. 123
18.2 Nguyên hàm của hs cơ bản, gần cơ bản ............................................................................................... 124
18.3 Nguyên hàm phân thức ........................................................................................................................ 126
18.4 PP nguyên hàm từng phần .................................................................................................................... 126
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 3
18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến và từng phần hàm xđ ........................................................................... 126
18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn ...................................................................................................... 127
19. TÍCH PHÂN .................................................................................................. 128
19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất của tích phân ....................................................................................... 128
19.2 Tích phân cơ bản(a), kết hợp tính chất (b) ........................................................................................... 130
19.3 PP tích phân từng phần-hàm xđ ........................................................................................................ 132
19.4 Kết hợp đổi biến và từng phần tính tích phân-hàm xđ ......................................................................... 133
19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn ..................................................................................... 134
20. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ........................................................................... 135
20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị .................................................................. 135
20.2 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm xác định ........................................................ 135
20.3 Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) hàm xác định .................................................................. 138
21. KHÁI NIỆM SỐ PHỨC ............................................................................... 139
21.1 Các yếu tố và thuộc tính cơ bản của số phức ....................................................................................... 139
22. CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC .................................................................... 141
22.1 Thực hiện các phép toán cơ bản về số phức ......................................................................................... 141
22.2 Xác định các yếu tố của số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua các phép toán ................. 142
22.3 Giải phương trình bậc nhất theo z (và z liên hợp) ................................................................................ 144
23. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC ................................................. 145
23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học của 1 số phức ........................................................................... 145
23.2 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn ................................................................................ 145
24. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC ................................... 146
24.1 Tính toán biểu thức nghiệm ................................................................................................................. 146
24.1 Các bài toán biểu diễn hình học nghiệm của phương trình .................................................................. 147
24.1 Các bài toán khác về phương trình ....................................................................................................... 148
25. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP ............................................................................ 149
25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) .................................................................. 149
25.2 Thể tích khối chóp đều ......................................................................................................................... 150
25.3 Thể tích khối chóp khác ....................................................................................................................... 151
25.4 Tỉ số thể tích trong khối chóp .............................................................................................................. 157
26. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC ................................... 159
26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) .................................................................. 159
26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật ...................................................................................... 159
26.3 Thể tích khối lăng trụ đều .................................................................................................................... 160
26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp ............................................................................................................. 160
27. KHỐI NÓN ................................................................................................... 163
27.1 Câu hỏi lý thuyết về khối nón .............................................................................................................. 163
27.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích(liên quan) khối nón khi biết các dữ kiện cơ bản 163
28. KHỐI TRỤ .................................................................................................... 168
28.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ khi biết các dữ kiện cơ bản 168
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 4 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
28.2 D06 - Bài toán thực tế về khối trụ - Muc do 2 ..................................................................................... 171
29. KHỐI CẦU .................................................................................................... 172
29.1 Câu hỏi chỉ liên quan đến biến đổi V,S,R ............................................................................................ 172
29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện ................................................................................... 173
29.3 Bài toán tổng hợp về khối nón, khối trụ, khối cầu ............................................................................... 178
30. TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ .......................................................................... 182
30.1 Hình chiếu của điểm lên các trục tọa độ, lên các mặt phẳng tọa độ và điểm đối xứng của nó ............ 182
31. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU .................................................................... 184
31.1 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu ........................................................................................ 184
32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK ............................................................................................................... 185
32. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG .............................................................. 187
32.1 Tìm VTPT, các vấn đề về lý thuyết ..................................................................................................... 187
32.2 PTMP trung trực của đoạn thẳng ......................................................................................................... 188
32.3 PTMP qua 1 điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h) ........................................................................... 188
33.4 PTMP qua 1 điểm, song song với một mặt phẳng ............................................................................... 188
33.5 PTMP theo đoạn chắn .......................................................................................................................... 189
33.6 PTMP qua 1 điểm, vuông góc với đường thẳng .................................................................................. 190
33. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG ........................................................ 192
33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng ................................................................................................................. 193
33.2 Tìm VTCP, các vấn đề về lý thuyết ..................................................................................................... 193
33.3 PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h) ........................................................................... 195
33.4 PTĐT qua 1 điểm, thoả ĐK khác ......................................................................................................... 197
33.5 Toán Max-Min liên quan đến đường thẳn ........................................................................................... 198
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 5
1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN)
Câu 1. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một
nhóm gồm 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ ?
A.
11
. B.
30
. C.
6
. D.
5
.
Lời giải
Chọn A
PA1 : Chọn 1 học sinh nam có 5 cách
PA2 : Chọn 1 học sinh nữ có 6 cách
Theo quy tắc cộng có 5 + 6 = 11 cách
Câu 2. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một nhóm gồm
6
học
sinh nam và
9
học sinh nữ?
A.
9
. B.
54
. C.
15
. D.
6
.
Lời giải
Chọn C
Chọn 1 học sinh từ 15 học sinh ta có 15 cách chọn.
Câu 3. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một nhóm gồm
5
học
sinh nam và
7
học sinh nữ là
A.
7
. B.
12
. C.
5
. D.
.
Lời giải
Chọn B
Tổng số học sinh là:
5 7 12.+=
Số chọn một học sinh là:
12
cách.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 6 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP
2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C)
Câu 4. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Có bao nhiêu cách xếp 6 học sinh thành một hàng dọc.
A.
36
. B.
720
. C.
6
. D.
1
.
Lời giải
Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 bạn thành một hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử nên.
Số cách xếp là
6! 720
=
.
Câu 5. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh thành một hàng dọc?
A.
7
. B.
5040
. C.
1
. D.
49
.
Lời giải
Số cách xếp cần tìm là:
7
7! 5040P = =
.
2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT
Câu 6. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cách xếp
5
học sinh thành một hàng dọc?
A.
1
. B.
25
. C.
5
. D.
120
.
Lời giải
Chọn D
Có
5! 120=
cách xếp
5
học sinh thành một hàng dọc.
Câu 7. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc?
A.
8
. B.
1
. C.
40320
. D.
64
.
Lời giải
Số cách xếp
8
học sinh thành một hàng là hoán vị của
8
phần tử. Đáp số:
8! 40320=
cách.
Câu 8. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc?
A.
8
. B.
1
. C.
40320
. D.
64
.
Lời giải
Số cách xếp
8
học sinh thành một hàng là hoán vị của
8
phần tử. Đáp số:
8! 40320=
cách.
Câu 9. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh?
A.
2
10
C
. B.
2
10
A
. C.
2
10
. D.
10
2
.
Lời giải
Chọn A
Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh tương ứng với một tổ hợp chập 2 của
tập có 10 phần tử. Vậy số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh là
2
10
C
.
Câu 10. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Số cách chọn
2
học sinh từ
7
học sinh là
A.
7
2
. B.
2
7
A
. C.
2
7
C
. D.
2
7
.
Lời giải
Chọn C.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 7
Câu 11. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 1 học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, sao cho
mỗi ghế có đúng 1 học sinh. Xác suất để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng
A.
1
6
. B.
3
20
. C.
2
15
. D.
1
5
.
Lời giải
Chọn D
Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh trên 6 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang có
6!
cách
Để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B ta có các trường hợp
TH1: Xét học sinh C ngồi ở vị trí đầu tiên:
C
B
Ta có
2.4! 48=
cách xếp chỗ.
TH2: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 2:
B
C
B
Ta có
2!.3! 12=
cách xếp chỗ.
TH3: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 3:
B
C
B
Ta có
2!.3! 12=
cách xếp chỗ.
TH4: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 4:
B
C
B
Ta có
2!.3! 12=
cách xếp chỗ.
TH5: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 5:
B
C
B
Ta có
2!.3! 12=
cách xếp chỗ.
TH6: Xét học sinh C ngồi ở vị trí cuối cùng:
B
C
Ta có
2.4! 48=
cách xếp chỗ.
Suy ra số cách xếp thỏa mãn là
48 12 12 12 12 48 144+++++ =
cách.
Vậy xác suất để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng
144 1
6! 5
=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 8 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
3. XÁC SUẤT
Câu 12. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ
25
số nguyên dương đầu tiên.
Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn bằng
A.
1
2
. B.
13
25
. C.
12
25
. D.
313
625
.
Lời giải
Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu:
( )
2
25
300nCΩ= =
(kết quả đồng khả năng xảy ra).
Gọi biến cố
A
là biến cố cần tìm.
Nhận xét: tổng của hai số là một số chẵn có 2 trường hợp:
+ TH1: tổng của hai số chẵn
Từ số 1 đến số 25 có 13 số chẵn, chọn 2 trong 13 số chẵn có:
2
13
78C =
(cách)
+ TH2: tổng của hai số chẵn
Từ số 1 đến số 25 có 12 số chẵn, chọn 2 trong 12 số chẵn có:
2
12
66C =
(cách)
Suy ra:
( )
78 66 144nA=+=
Vậy:
(
)
( )
( )
144 12
300 25
nA
PA
n
= = =
Ω
.
Câu 13. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau
và các chữ số thuộc tập
{ }
1, 2, 3, 4, 5,6,7,8,9
. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất để số
đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằng
A.
25
42
. B.
5
21
. C.
65
126
. D.
55
126
.
Lời giải
Có
4
9
A
cách tạo ra số có 4 chữ số phân biệt từ
{ }
1, 2,3, 4,5,6,7,8,9X =
.
4
9
A 3024S⇒= =
.
3024⇒Ω=
.
Gọi biến cố A:”chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp
nào cùng chẵn”.
Nhận thấy không thể có 3 chữ số chẵn hoặc 4 chữ số chẵn vì lúc đó luôn tồn tại hai chữ số
chẵn nằm cạnh nhau.
Trường hợp 1: Cả 4 chữ số đều lẻ.
Chọn 4 số lẻ từ
X
và xếp thứ tự có
4
5
A
số.
Trường hợp 2: Có 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn.
Chọn 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn từ
X
và xếp thứ tự có
31
54
C .C .4!
số.
Trường hợp 3: Có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.
Chọn 2 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn từ
X
có
22
54
C .C
cách.
Xếp thứ tự 2 chữ số lẻ có 2! cách.
Hai chữ số lẻ tạo thành 3 khoảng trống, xếp hai chữ số chẵn vào 3 khoảng trống và sắp thứ tự có
3! cách.
⇒
trường hợp này có
22
54
C .C .2!.3!
số.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 9
Vậy
(
)
4 31 22
5 54 54
A C .C .4! C .C .2!.3!
25
3024 42
A
PA
Ω
++
= = =
Ω
.
Câu 14. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp
{ }
1; 2;3; 4;5;6;7
. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằng
A.
9
35
. B.
16
35
. C.
22
35
. D.
19
.
35
Lời giải
Ta có
4
7
()nAΩ=
.
Gọi số có 4 chữ số là
abcd
.
Ký hiệu C là chữ số chẵn, L là chữ số lẻ.
Các số thuận lợi cho biến cố A là một trong 3 dạng sau:
Dạng 1: CLLL, LCLL, LLCL, LLLC có
13
34
. .4
CA
số
Dạng 2: CLCL, LCLC, CLLC có
22
34
3. .
AA
số.
Dạng 3: LLLL có
4
P
số.
Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là
(
)
13 22
34 3 4 4
. .4 3. .
nA CA AA P
=++
Vậy
( )
( )
( )
22
35
nA
PA
n
= =
Ω
.
Câu 15. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có
4
chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp
{
}
1, 2,3, 4,5,6,7
. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng
A.
1
5
. B.
13
35
. C.
9
35
. D.
2
7
.
Lời giải
* Số cần lập có dạng:
1234
aaaa
(
)
4
7
840nA
Ω= =
Gọi biến cố
:"A
số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”
TH1: Hai chữ số lẻ và hai chữ số chẵn không liên tiếp
Có các cách sắp xếp như sau:
+ Các số chẵn và lẻ liên tiếp nhau
+
a
và
4
a
là chữ số lẻ,
2
a
và
3
a
là chữ số chẵn
Số các số cần chọn là:
22 2 2
43 4 3
2!. . .2!. .2! 216AA C C+=
TH2: một chữ số lẻ và
3
chữ số chắn
Số các số cần chọn là
3
3
4. .4! 96C
=
Vậy
( )
216 96 312nA= +=
Xác suất của biến cố
A
là:
( )
( )
( )
13
35
nA
PA
n
= =
Ω
.
Câu 16. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn
lẻ bằng:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 10 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
50
81
. B.
5
9
. C.
5
18
. D.
1
2
.
Lời giải
Chọn B
Gọi số cần lập là
abcdef
với
0a ≠
. Ta có
( )
5
9
9nAΩ=
Gọi A: “số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ”
TH1: a chẵn, f chẵn, e lẻ có:
33
77
4.4.5. 80.AA=
số
TH2: a chẵn, f lẻ, e chẵn có:
33
77
4.5.4. 80.AA=
số
TH3: a lẻ, f lẻ, e chẵn có:
33
77
5.4.5. 100.
AA=
số
TH4: a lẻ, f chẵn, e lẻ có:
33
77
5.5.4. 100.AA=
số
Suy ra
( )
3
7
360nA A=
Vậy xác suất để chọn được một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có hai chữ số tận cùng
khác tính chẵn lẻ là
(
)
3
7
5
9
360.
5
9. 9
A
PA
A
= =
Câu 17. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng có cùng tính
chẵn lẻ bằng
A.
4
9
. B.
2
9
. C.
2
5
. D.
1
3
.
Lời giải
Chọn A
Gọi số cần lập là
123456
aaaaaa
,
{ }
1
0,1,...,9 ; 1,6; 0
i
a ia∈=≠
.
Gọi A là biến cố: “chọn được số tự nhiên thuộc tập
S
sao cho số đó có hai chữ số tận cùng có
cùng tính chẵn lẻ”.
Do đó
( )
5
9
9. 136080nAΩ= =
.
Trường hợp 1:
1
a
chẵn và hai chữ số tận cùng chẵn.
Số cách lập:
23
47
4. . 10080AA=
.
Trường hợp 2:
1
a
chẵn và hai chữ số tận cùng lẻ.
Số cách lập:
23
57
4. . 16800AA=
.
Trường hợp 3:
1
a
lẻ và hai chữ số tận cùng chẵn.
Số cách lập:
23
57
5. . 21000AA
=
.
Trường hợp 4:
1
a
lẻ và hai chữ số tận cùng lẻ.
Số cách lập:
23
47
5. . 12600AA=
.
Xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng có cùng tính chẵn lẻ bằng:
( )
( )
( )
60480 4
1360809 9
nA
PA
n
= = =
Ω
.
Câu 18. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Xét các số thực thỏa mãn
( )
22
1 22
2 2 24
xy x
xy x
++
≤ +−+
. Giá trị
lớn nhất của biểu thức
84
21
x
P
xy
+
=
−+
gần với giá trị nào sau đây nhất?
A.
9
B.
6
. C.
7
. D.
8
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 11
Lời giải
Chọn C
( )
22
1 22
2 2 2 .4
xy x
xy x
++
≤ +−+
22
1222
2 22
xxy
xy x
++−
≤+−+
( )
( ) ( )
2
2
2
1
2
112 01
xy
xy
−+

− −+ −

≤
Đặt
( )
2
2
1
tx y
=−+
( ) ( )
2
2
1 2 10 0 1 1 1
t
t t xy⇔ −−≤ ⇔ ≤≤⇔ − + ≤
(
) (
)
84
2 8. . 4 0
21
x
P P x Py P
xy
+
= ⇒ − − +−=
−+
Yêu cầu bài toán tương đương:
( )
(
)
2
2
2
2
28 4
1 3 12 2 8 5 5 5 5
28
PP
P PP P
PP
−+ −
≤⇔ − ≤ − + ⇔− ≤ ≤+
−+
Câu 19. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có
5
chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn
lẻ bằng
A.
50
81
. B.
1
2
. C.
5
18
. D.
5
9
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
,0x abcde a= ≠
là số tự nhiên có
5
chữ số khác nhau.
Khi đó có
9.9.8.7.6 27216=
số.
Số phần tử của không gian mẫu là
( )
27216.n Ω=
Gọi
F
là biến cố số
x
có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ.
TH1: Một trong hai chữ số cuối có chữ số
0
: Có
13
52 8
. . 3360CPA=
số.
TH2: Hai chữ số tận cùng không có chữ số
0
: Có
11
4 52
. . .7.7.6 11760CCP =
số.
Suy ra
(
)
3360 11760 15120.
nF
=+=
Vậy
( )
( )
( )
5
.
9
nF
PF
n
= =
Ω
Câu 20. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có
4
chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp
{ }
1, 2,3, 4,5,6,7
. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác suất
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng
A.
1
5
. B.
13
35
. C.
9
35
. D.
2
7
.
Lời giải
* Số cần lập có dạng:
1234
aaaa
( )
4
7
840nAΩ= =
Gọi biến cố
:"A
số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”
TH1: Hai chữ số lẻ và hai chữ số chẵn không liên tiếp
Có các cách sắp xếp như sau:
+ Các số chẵn và lẻ liên tiếp nhau
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 12 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
+
a
và
4
a
là chữ số lẻ,
2
a
và
3
a
là chữ số chẵn
Số các số cần chọn là:
22 2 2
43 4 3
2!. . .2!. .2! 216AA C C+=
TH2: một chữ số lẻ và
3
chữ số chắn
Số các số cần chọn là
3
3
4. .4! 96C =
Vậy
( )
216 96 312nA
= +=
Xác suất của biến cố
A
là:
( )
( )
( )
13
35
nA
PA
n
= =
Ω
.
Câu 21. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Gọi
S
là tập hợp tất cả các số tự nhiên có
4
chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp
{ }
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc
S
, xác
suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng
A.
17
42
. B.
41
126
. C.
31
126
. D.
5
21
.
Lời giải
Số các phần tử của
S
là
4
9
3024
A
=
.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập
S
có
3024
(cách chọn). Suy ra
( )
3024n Ω=
.
Gọi biến cố
:A
“ Chọn được số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”.
Trường hợp 1: Số được chọn có
4
chữ số chẵn, có
4! 24=
(số).
Trường hợp 2: Số được chọn có
1
chữ số lẻ và
3
chữ số chẵn, có
5.4.4! 480=
(số).
Trường hợp 3: Số được chọn có 2 chữ số lẻ và
2
chữ số chẵn, có
22
54
3. . 720AA=
(số).
Do đó,
( )
24 480 720 1224nA=++=
.
Vậy xác suất cần tìm là
( )
( )
( )
1224 17
3024 42
nA
PA
n
= = =
Ω
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 13
4. CẤP SỐ CỘNG
Câu 22. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho cấp số cộng
( )
n
u
với
1
3
u =
và
2
9u
=
. Công sai của cấp số cộng
đã cho bằng
A.
6−
. B.
3
. C.
12
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D
Công sai của cấp số cộng đã cho là
21
936du u= − =−=
.
Câu 23. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho cấp số cộng
()
n
u
với
1
11u
=
và công sai
3
d =
. Giá trị
của
7
bằng
A.
8
. B.
33
. C.
. D.
14
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
21
11 3 14u ud
= + = +=
.
Câu 24. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho cấp số cộng
( )
n
u
với
1
9u
=
và công sai
2d =
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
11
. B.
9
2
. C.
18
. D.
7
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
21
9211u ud= +=+=
.
Câu 25. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho cấp số cộng
( )
n
u
với
1
8u =
và công sai
3
d =
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
8
3
. B.
24
. C.
5
. D.
11
.
Lời giải
Chọn D
Áp dụng công thức ta có:
21
8 3 11u ud= + =+=
.
Câu 26. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho cấp số cộng
( )
n
u
với
1
3u =
và
2
9u =
. Công sai của cấp số cộng
đã cho bằng
A.
6
. B.
3
. C.
12
. D.
6−
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 14 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Chọn A
Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
21
6uu−=
.
5. CẤP SỐ NHÂN
Câu 27. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho cấp số nhân
( )
n
u
với
1
3u =
và công bội
= 2q
. Giá trị của
2
u
.
A.
8
. B.
9
. C.
6
. D.
3
2
.
Lời giải
Ta có:
−
= ⇒= = =
1
1 21
. . 3.2 6
n
n
u uq u u q
.
Câu 28. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho cấp số nhân
( )
n
u
với
1
2u =
và công bội
3q =
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
6
. B.
9
. C.
8
. D.
2
3
.
Lời giải
Ta có
21
. 2.3 6u uq= = =
.
Câu 29. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho cấp số nhân
(
)
n
u
với
1
3
u
=
và công bội
4q =
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
64
. B.
81
. C.
12
. D.
3
4
.
Lời giải
Áp dụng công thức cấp số nhân ta có:
1
1 21
. . 3.4 12
n
n
u uq u uq
−
= ⇒= = =
.
Câu 30. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho cấp số nhân
(
)
n
u
với
1
4
=u
và công bội
3=q
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
64
. B.
81
. C.
12
. D.
4
3
.
Lời giải
21
4.3 12
= = =u uq
.
Câu 31. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho cấp số nhân
( )
n
u
với
1
4=u
và công bội
3=q
. Giá trị của
2
u
bằng
A.
64
. B.
81
. C.
12
. D.
4
3
.
Lời giải
21
4.3 12= = =
u uq
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 15
6. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG
6.1 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Câu 32. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình chóp
.S ABC
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
,
2SA a
=
, tam giác
ABC
vuông tại
B
,
3AB a=
và
BC a=
(minh họa như hình vẽ bên). Góc
giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng
( )
ABC
bằng
A.
90
°
. B.
45°
. C.
30°
. D.
60°
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có:
( )
SA ABC⊥
.
⇒
Góc giữa
SC
và
( )
ABC
là
SCA
α
=
.
( )
22 2
2
2
tan 1
3
SA SA a
AC
AB BC
aa
α
= = = =
+
+
45
α
⇒=°
.
A
B
C
S
a
2a
α
a
3
A
B
C
S
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 16 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 33. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
,
AB a=
,
2BC a=
;
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
15SA a=
(tham khảo
hình bên). Góc giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng đáy bằng
A.
°45
. B.
°30
.
C.
°
60
. D.
°90
.
Lời giải
Ta có:
( )
( )
=
,
SCA
SC ABC
.
Trong
ABC
∆
vuông tại
B
, ta có
= + =+=
2 2 22
45AC AB BC a a a
.
Trong
SAC∆
vuông tại
A
, ta có
== =⇒=°
15
tan 3 60
5
SA a
SCA
AC
a
SCA
.
Câu 34. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
B
,
3AB a=
,
3BC a=
;
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
2SA a=
(tham khảo hình vẽ bên).
Góc giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng đáy bằng
A.
ο
60
. B.
ο
45
. C.
ο
30
. D.
ο
90
.
Lời giải
Ta có
( )
SA ABC⊥
nên góc giữa
SC
và
( )
ABC
bằng
SCA
.
2 2 22
9 3 23AC AB BC a a a= + = +=
.
Suy ra
21
tan
23 3
SA a
ASC
AC
a
= = =
ο
30SAC⇒=
.
Câu 35. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
,
AB a=
;
3BC a=
;
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
30SA a=
. Góc giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng đáy bằng
S
A
B
C
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 17
A.
45°
. B.
90°
. C.
60°
. D.
30°
.
Lời giải
Vì
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy nên góc giữa
SC
và đáy là góc
SCA
.
Ta có
10AC a
=
.
Trong tam giác
SAC
ta có:
tan 3
SA
C
AC
= =
.
Vậy góc
60SCA = °
.
Câu 36. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
B
,
,2
AB a BC a= =
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA a
=
(tham khảo hình bên dưới). Góc
giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng đáy bằng
A.
90°
. B.
45°
. C.
60°
. D.
30°
.
Lời giải
Ta có
ABC∆
vuông tại
B
Có
2 2 22 2 2
23 3AC AB BC a a a AC a= + =+=⇒=
Do
( ) ( )
(
)
( )
,,SA ABC SC ABC SC AC SCA⊥⇒ = =
Trong
SCA∆
có
3
tan
3
3
SA a
SCA
AC
a
= = =
A
B
S
C
A
B
S
C
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 18 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
30
SCA
⇒=°
.
Vậy
(
)
(
)
, 30SC ABC
= °
.
Câu 37. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình hộp chữ nhật
.ABCD A B C D
′′′′
có
,6AB BC a AA a
′
= = =
(tham khảo hình dưới). Góc giữa đường thẳng
AC
′
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng:
A.
60°
. B.
90°
. C.
30°
. D.
45°
.
Lời giải
Chọn A
Ta có góc giữa đường thẳng
AC
′
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng góc giữa
AC
′
và
AC
và bằng
góc
A CA
′
.
Ta có
22
2
AC AB BC a= +=
.
Xét tam giác
A CA
′
∆
có
6
tan 3 60
2
AA a
A CA A CA
AC
a
′
′′
===⇒=°
.
Vậy góc
AC
′
và mặt phẳng
( )
ABCD
và bằng
60
°
.
Câu 38. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình hộp chữ nhật
D. ' ' ' 'ABC A B C D
có
AB a=
,
D 22Aa=
,
'3AA a=
(tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng
'
AC
và mặt phẳng
( )
DABC
bằng
A.
45
°
. B.
90
°
. C.
60
°
. D.
30
°
.
B'
C'
D'
C
A
D
B
A'
2
a
6
a
B'
C'
D'
C
A
D
B
A'
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 19
Lời giải
Chọn D
Ta thấy: hình chiếu của
'AC
xuống
( )
DABC
là
AC
do đó
( )
( )
( )
'; D '; 'A C ABC A C AC A CA= =
.
Ta có:
22
D 3a
AC AB A= +=
.
Xét tam giác
'A CA
vuông tại
C
ta có:
( )
' 33
tan '
33
AA a
A CA
AC a
= = =
' 30
A CA
°
⇒=
.
Câu 39. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
B
,
,2
AB a BC a= =
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA a=
(tham khảo hình bên dưới). Góc
giữa đường thẳng
SC
và mặt phẳng đáy bằng
A.
90°
. B.
45°
. C.
60°
. D.
30°
.
A
B
S
C
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 20 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Ta có
ABC
∆
vuông tại
B
Có
2 2 22 2 2
23 3AC AB BC a a a AC a= + =+=⇒=
Do
( ) ( )
(
)
( )
,,SA ABC SC ABC SC AC SCA⊥⇒ = =
Trong
SCA∆
có
3
tan
3
3
SA a
SCA
AC
a
= = =
30SCA⇒=°
.
Vậy
( )
(
)
, 30SC ABC = °
.
6.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Câu 40. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình hộp chữ nhật
.
′′′′
ABCD A B C D
, có
′
= =AB AA a
,
2=AD a
(tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng
′
AC
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
A.
30
. B.
45
. C.
90
. D.
60
.
Lời giải
Chọn A
Vì
ABCD
là hình chữ nhật, có
=AB a
,
2=AD a
nên
( )
2
222
23== +=+ =AC BD AB AD a a a
Ta có
( )
( )
( )
;;
′ ′′
= =A C ABCD A C CA A CA
Do tam giác
′
A AC
vuông tại
A
nên
1
tan
33
′
′
= = =
AA a
A AC
AC
a
30
′
=
A AC
.
Câu 41. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chóp
.
S ABC
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
,
2SA a
=
, tam giác
ABC
vuông cân tại
B
và
2AC a=
(minh họa như hình bên). Góc giữa
đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
ABC
bằng
A
B
S
C
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 21
A.
o
30
. B.
o
45
. C.
o
60
. D.
o
90
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
SB ABC B
∩=
;
( )
SA ABC⊥
tại
A
.
⇒
Hình chiếu vuông góc của
SB
lên mặt phẳng
(
)
ABC
là
AB
.
⇒
Góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
ABC
là
SBA
α
=
.
Do tam giác
ABC
vuông cân tại
B
và
2AC a=
nên
2
2
AC
AB a SA= = =
.
Suy ra tam giác
SAB
vuông cân tại
A
.
Do đó:
o
45SBA
α
= =
.
Vậy góc giữa đường thẳng
SB
và mặt phẳng
( )
ABC
bằng
o
45
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 22 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
7. KHOẢNG CÁCH
7.1 Từ chân H của đường cao đến mp cắt đường cao
Câu 42. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác
đều cạnh
a
và
2AA a
′
=
. Gọi
M
là trung điểm của
CC
′
(tham khảo hình bên).
Khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
(
)
A BC
′
bằng
A.
5
5
a
. B.
25
5
a
.
C.
2 57
19
a
. D.
57
19
a
.
Lời giải
Ta có :
(
)
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
22
1 1 11 .
, ; ; .. *
2 2 22
AA AI
d M A BC d C A BC d A A BC AH
AA AI
′
′ ′′ ′
= = = =
′
+
.
Tam giác
ABC
đều cạnh
a
có
AI
là độ dài đường trung tuyến nên
3
2
a
AI =
.
Ta có :
( )
( )
3
2.
1 3 57
2
(*) , . .
2 19
3 19
4
4
a
d M A BC a a
′
⇒===
+
.
7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao
Câu 43. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
a
. Mặt bên
SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (Minh họa như hình vẽ
bên). Khoảng cách từ
A
đến
( )
SBD
bằng
A.
21
14
a
. B.
21
7
a
. C.
2
2
a
. D.
21
28
a
.
Lời giải
Chọn B
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 23
Gọi
M
là trung điểm của
(
)
AB SM ABCD
⇒⊥
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
. 2,d A SBD d M SBD=
.Kẻ
MI BD⊥
ta có
( ) ( )
SMI SBD⊥
.
( )
( )
(
)
2 2 22
32
.
. 21
24
,,
14
32
4 16
aa
SM MI a
d M SBD d M SI
SM MI a a
= = = =
+
+
.
Vậy
( )
( )
21
,
7
a
d A SBD =
.
Câu 44. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình lăng trụ đứng
.'' 'ABC A B C
có
tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của
'CC
(tham
khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng
( )
'A BC
bằng
A.
21
14
a
. B.
2
2
a
.
C.
21
7
a
. D.
2
4
a
.
Lời giải
Ta có
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
11
;' ';' ;'
22
d M A BC d C A BC d A A BC= =
.
Gọi
N
là trung điểm của
;'BC AH A N
⊥
(
)
( )
22 2
2
3
.
'. 21
2
;'
7
'3
4
a
a
AA AN a
d A A BC AH
AA AN a
a
⇒====
+
+
.
( )
( )
21
;'
14
a
d M A BC⇒=
.
Câu 45. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
và
2AA a
′
=
. Gọi
M
là trung điểm của
AA
′
(tham khảo hình bên). Khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
( )
AB C
′
bằng
M
D
B
A
C
S
I
a
N
M
C
B
A'
C'
B'
A
H
a
M
C
B
A
B'
C'
A'
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 24 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
57
19
a
. B.
5
5
a
. C.
25
5
a
. D.
2 57
19
a
.
Lời giải
•
Ta có
(
)
(
)
( )
( )
( )
(
)
11
, ,,
22
d M AB C d A AB C d B AB C
′ ′′ ′
= =
.
•
Gọi
I
là trung điểm
AC
,
H
là hình chiếu của
B
trên
BI
′
.
Ta có
AC BI
AC BB
⊥
′
⊥
( )
AC BB I
′
⇒⊥
AC BH⇒⊥
.
Mà
BH B I
′
⊥
nên
(
)
BH AB C
′
⊥
, do đó
( )
( )
,d B AB C BH
′
=
.
•
Có
3
2
a
BI =
,
2BB a
′
=
22
. 2 57
19
BI BB a
BH
BI BB
′
⇒= =
′
+
.
Vậy
( )
( )
1 57
,
2 19
a
d M AB C BH
′
= =
.
Nhận xét: Bài toán tìm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là bài toán không thể thiếu
trong kỳ thi tốt nghiệp THPTQG. Lí do là lời giải cho bài toán này thường đủ ngắn gọn, không
đánh đố, phù hợp khuôn khổ của một đề thi trắc nghiệm, đồng thời bài toán này cũng hàm chứa
đủ nhiều kiến thức cơ bản về hình học không gian. Nếu thí sinh gặp bài toán này thì không đáng
ngại, vì loại toán này có quy trình tính toán rất rõ ràng.
M
B'
C'
A
B
C
A'
I
M
B'
C'
A
B
C
A'
H
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 25
Câu 46. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có tất cả các cạnh bằng
a
.
Gọi
M
là trung điểm của
AA
′
(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
( )
AB C
′
bằng
A.
2
4
a
. B.
21
7
a
. C.
2
2
a
. D.
21
14
a
.
Lời giải
FB tác giả: Lục Minh Tân
Ta có:
( )
( )
( )
( )
1
,,
2
d M AB C d B AB C
′′
=
Gọi
I
là trung điểm của
AC
và kẻ
BK B I
′
⊥
tại
.E
Ta có:
( )
( )
,
BK B I
BK AB C
BK AC AC B B AC BI
′
⊥
′
⇒⊥
′
⊥⊥⊥
* Ta có:
3
;
2
a
BI B B a
′
= =
và
2
. 21
7
B B BI a
BK
B B BI
′
= =
′
+
.
Vậy,
( )
( )
21
,
14
a
d M AB C
′
=
.
Câu 47. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ đứng
.ABC A B C
′′′
có tất cả các cạnh bằng
a
.
Gọi
M
là trung điểm của
AA
′
(tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
( )
AB C
′
bằng
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 26 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
2
4
a
. B.
21
7
a
. C.
2
2
a
. D.
21
14
a
.
Lời giải
Ta có:
( )
( )
( )
( )
1
,,
2
d M AB C d B AB C
′′
=
Gọi
I
là trung điểm của
AC
và kẻ
BK B I
′
⊥
tại
.E
Ta có:
( )
( )
,
BK B I
BK AB C
BK AC AC B B AC BI
′
⊥
′
⇒⊥
′
⊥⊥⊥
* Ta có:
3
;
2
a
BI B B a
′
= =
và
2
. 21
7
B B BI a
BK
B B BI
′
= =
′
+
.
Vậy,
( )
( )
21
,
14
a
d M AB C
′
=
.
7.3 Hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v.góc chung)
Câu 48. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chóp
SABC
có đáy là tam giác vuông tại
A
,
2, 4AB a AC a= =
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA a=
(minh họa như hình vẽ). Gọi
M
là trung điểm của
AB
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM
và
BC
bằng
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 27
A.
2
3
a
. B.
6
3
a
. C.
3
3
a
. D.
2
a
.
Lời giải
Chọn A
Gọi
N
là trung điểm cạnh
AC
, khi đó mặt phẳng
( )
//SMN BC
.
Ta có
( ) ( )
( )
( )
(
)
( )
( )
,,,,d SM BC d BC SMN d B SMN d A SMN= = =
.
Gọi
AI
là đường cao trong tam giác vuông
AMN
, ta có
22
. 25
5
AM AN a
AI
AM AN
= =
+
Lại có
( )
SA ABC SA MN⊥ ⇒⊥
, suy ra
( ) ( )
SAI SMN⊥
.
Kẻ
AH SI⊥
(
) ( )
( )
22
.2
,
3
AI SA a
AH SMN d A SMN AH
AI SA
⇒⊥ ⇒ == =
+
.
Vậy
( )
2
,
3
a
d SM BC =
.
7.4 Hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng)
Câu 49. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
.
AB a=
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
3SA a=
. Gọi
M
là trung điểm của
BC
(tham khảo hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC
và
SM
bằng
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 28 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
2
2
a
. B.
39
13
a
. C.
2
a
. D.
21
7
a
.
Lời giải
Chọn B
Cách 1 (Phương pháp hình học cổ điển):
Gọi
N
là trung điểm của
AB
, khi đó
MN //AC
.
Gọi
H
là hình chiếu của
A
lên
SN
. Dễ dàng chứng minh được
( )
AH SMN⊥
.
Suy ra
(
) ( )
(
)
(
)
( )
,, ,
d AC SM d AC SMN d A SMN AH= = =
.
Trong tam giác
SAN
vuông tại
A
có:
222
1 11
AH AS AN
= +
, trong đó
3AS a
=
,
1
22
a
AN AB= =
.
Suy ra
39
13
a
AH =
. Vậy
(
)
39
,
13
a
d AC SM =
.
Cách 2 (Phương pháp tọa độ hóa):
Chọn
1a =
, gắn bài toán vào hệ trục tọa độ
Axyz
, trong đó
( )
0;0;0A
,
( )
1;0;0B
,
( )
0;1;0C
,
( )
0;0; 3S
,
11
; ;0
22
M



.
M
S
A
C
B
N
M
S
A
C
B
H
y
z
x
M
S
A
C
B
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 29
Ta có:
( )
,.
,
,
SM AC AS
d SM AC
SM AC


=


  
 
với
11
;; 3
22
SM

= −



,
(
)
0;1;0
AC
=

,
( )
0;0; 3AS =

.
Suy ra
( )
39
,
13
d SM AC =
, hay
( )
39
,
13
a
d SM AC =
.
Câu 50. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là tam giác
ABC
vuông cân tại
A
,
AB a=
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy,
2SA a=
, M là trung điểm của
BC
. Khoảng cách
giữa
AC
và
SM
là
A.
2
a
. B.
2
2
a
. C.
2 17
17
a
. D.
2
3
a
Lời giải
Chọn C
Gọi
N
là trung điểm của
AB
nên
//MN AC
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 30 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Nên
( ) (
) ( )
( )
( )
( )
// ; ; ;AC SMN d AC SM d AC SMN d A SMN⇒= =
Ta có
( )
//MN AC MN SAB⇒⊥
Trong mặt phẳng
(
)
SAB
kẻ
AH SN⊥
tại
H
nên
( )
AH SMN⊥
Nên
( )
( )
22
. 2 17
;
17
AN AS a
d A SMN AH
AN AS
= = =
+
Câu 51. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
,
AB = a
.
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và
SA a
. Gọi
M
là trung điểm của
BC
. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng
AC
và
SM
bằng
A.
3
3
a
. B.
2
2
a
. C.
2
a
. D.
5
5
a
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi N là trung điểm AB, ta có
//AC MN
Suy ra
// , ,(AC AMN d AC SM d AC SMN
,
d A SMN
.
Ta có
(


SAB SMN MN SAB
SAB SMN SN AH SMN
AH SN
Suy ra
,
AH d A SMN
.
22 2
2
.
.5
2
.
5
2



a
a
AS AN a
AH
AS AN
a
a
Cách 2: (Tọa độ hóa)
Chọn hệ
Oxyz
sao cho
OA
, các tia
,,Ox Oy Oz
lần lượt đi qua
B
,
C
,
S
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 31
Chọn
2a
, ta có
0;0; 0 , 2;0; 0 , 0; 2;0 , 0; 0; 2
ABCS
. Suy ra
1;1; 0M
.
Ta có
0; 2;0
, 4;0; 2
1;1; 2
AC
AC SM
SM






 

1;1; 0
AM

, . 4 .1 0.1 2 .0 4AC SM AM




  
.
Vậy
22
2
,.
4
25
,
5
5
,
40 2
AC SM AM
a
d AC SM
AC SM








  
 
.
8. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
8.1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết đồ thị, BBT của y)
Câu 52. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
(
)
fx
có bảng biến thiên như sau:
x

2
0
2

y
0
0
0
y

1
3
1

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
2;0−
. B.
( )
2; +∞
. C.
( )
0; 2
. D.
( )
0; +∞
.
Lời giải
Chọn C.
Câu 53. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
;1−∞ −
. B.
( )
0;1
. C.
( )
1; 1−
. D.
(
)
1; 0−
.
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
( )
1; 0 .−
Câu 54. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 32 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
1;
+∞
. B.
( )
1;1−
. C.
( )
0;1
. D.
( )
1; 0−
.
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;1
Câu 55. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
2; 2−
. B.
( )
0; 2
. C.
( )
2;0
−
. D.
( )
2; +∞
.
Lời giải
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng:
( )
;2−∞ −
và
( )
0; 2
.
Câu 56. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
3; 0
−
. B.
( )
3; 3−
. C.
( )
0;3
. D.
( )
;3−∞ −
Lời giải
Từ BBT ta có hàm số
( )
fx
đồng biến trên hai khoảng
(
)
3; 0−
và
( )
3; +∞
Câu 57. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
()y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 33
A.
(1; )+∞
. B.
( 1; 0)−
. C.
(0;1)
. D.
( ;0)−∞
.
Lời giải
Chọn C
Qua đồ thị của hàm số
()y fx=
đồng biến trong khoảng
(0;1)
.
Câu 58. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
1; 0 .−
B.
( )
;1−∞ −
. C.
( )
0;1
. D.
(
)
0; +∞
.
Lời giải
Chọn A
Dựa vào đồ thị của hàm số
( )
y fx=
ta có:
Hàm số
( )
y fx=
nghịch biến trên các khoảng
( )
1; 0−
và
(
)
1; +∞
, đồng biến trên các khoảng
( )
;1
−∞ −
và
( )
0;1 .
Câu 59. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong hình bên. Hàm số
đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 34 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
( )
1; 0−
. B.
( )
;1−∞ −
. C.
( )
0; +∞
. D.
( )
0;1
.
Lời giải
Chọn A
Câu 60. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
3; 0−
. B.
( )
3; 3−
. C.
( )
0;3
. D.
( )
;3−∞ −
Lời giải
Từ BBT ta có hàm số
( )
fx
đồng biến trên hai khoảng
( )
3; 0
−
và
( )
3; +∞
Câu 61. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
;1−∞ −
. B.
( )
0;1
. C.
( )
1; 0
−
. D.
( )
;0−∞
.
Lời giải
Chọn C
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy
( )
'0fx<
trên các khoảng
( )
1; 0−
và
( )
1; +∞ ⇒
hàm số nghịch
biến trên
( )
1; 0−
.
8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K
Câu 62. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
( )
32
34y x x mx=− +−
đồng biến trên khoảng
( )
2; +∞
là
A.
(
]
;1−∞
B.
(
]
;4−∞
C.
( )
;1−∞
D.
( )
;4−∞
Lời giải
Chọn B
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 35
Ta có.
'2
3 64yxx m
= − +−
.
( )
'
0, 2;ycbt y x⇔ ≥ ∀ ∈ +∞
( )
2
3 6 4 0, 2;
xx m x
⇔ − + − ≥ ∀ ∈ +∞
( )
2
3 6 4, 2;
mx x x⇔ ≤ − + ∀ ∈ +∞
( )
( )
2;
minm gx
+∞
⇔≤
với
(
)
2
3 64
gx x x= −+
Ta có.
( )
'
66gx x= −
(
)
'
0 6 60 1
gx x x
=⇔ −=⇔=
x
−∞
1
2
+∞
( )
'
gx
0
+
( )
gx
+∞
4
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:
4m ≤
thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy:
(
]
;4m ∈ −∞
thì hàm số đồng biến trên khoảng
(
)
2; +∞
.
Câu 63. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập hợp tất cả các giá trị của tham số
m
để hàm số
( )
32
35y x x mx=− +−
đồng biến trên khoảng
( )
2; +∞
là
A.
(
)
;2−∞
. B.
( )
;5−∞
. C.
(
]
;5−∞
. D.
(
]
;2
−∞
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
3 65yxx m
′
= − +−
.
Hàm số đã cho đồng biến trên
( )
2; +∞
khi và chỉ khi
( )
0, 2;yx
′
≥ ∀ ∈ +∞
22
3 65 0, 2 3 65, 2
xx m x mxx x⇔ − +− ≥ ∀> ⇔ ≤ − + ∀>
.
Xét hàm số
(
)
2
3 65fx x x= −+
trên khoảng
( )
2; +∞
.
Có
( )
66fx x
′
= −
,
( )
0 6 6 0 1 (lo i)fx x x
′
=⇔ −=⇔= ¹
.
Bảng biến thiên
Từ bàng biến thiên ta có
2
3 6 5, 2mx x x≤ − + ∀>
5m⇔≤
.
Vậy
(
]
;5m ∈ −∞
.
Câu 64. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
( )
32
32y x x mx=− +−
đồng biến trên khoảng
( )
2; +∞
là
A.
(
]
;1−∞ −
. B.
( )
;2−∞
. C.
( )
;1
−∞ −
. D.
(
]
;2−∞
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
2
'3 6 2yxx m= − +−
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 36 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;
+∞
khi và chỉ khi
( )
' 0, 2;
yx≥ ∀ ∈ +∞
( )
2
3 6 2 0, 2;xx m x
⇔ − + − ≥ ∀ ∈ +∞
( )
2
3 6 2, 2;mx x x≤ − + ∀ ∈ +∞
.
Xét hàm số
( )
( )
2
3 6 2, 2;
fx x x x
= − + ∀ ∈ +∞
.
( )
' 66fx x= −
;
(
)
' 0660 1
fx x x=⇒ −=⇔=
.
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy
2m ≤
. Vậy
(
]
;2
m ∈ −∞
.
Câu 65. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
sao cho hàm số
( )
32
1
43
3
f x x mx x= + ++
đồng biến trên
?
A.
5
. B.
4
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn A
* TXĐ:
D =
.
* Ta có:
(
)
2
24
f x x mx
′
=++
Để hàm số đồng biến trên
điều kiện là
( )
2
0; 4 0 2 2fx x m m
′′
≥ ∀ ∈ ⇔∆ = − ≤ ⇔− ≤ ≤
mà
m
∈
{ }
2; 1; 0;1; 2m⇒ ∈− −
.
8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu trên khoảng K
Câu 66. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
4x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
( )
;7−∞ −
là
A.
[
)
4;7
. B.
(
]
4;7
. C.
( )
4;7
. D.
( )
4;+∞
.
Lời giải
Tập xác định:
{ }
\
Dm= −
.
( )
2
4
'
m
y
xm
−
=
+
.
Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;7−∞
⇔
( )
'0
4
47
;7
7
y
m
m
m
m
>
>
⇔ ⇔< ≤

− ∉ −∞ −
− ≥−
.
Vậy
(
]
4;7m ∈
thì hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;7−∞ −
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 37
Câu 67. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập hợp các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
5x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
( )
;8−∞ −
là
A.
(
)
5;
+∞
. B.
(
]
5;8
. C.
[
)
5;8
. D.
( )
5;8
.
Lời giải
Tập xác định của hàm số là
{
}
\Dm
= −
.
Hàm số
5x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
( )
;8
−∞ −
( )
0, ; 8yx
xm
′
> ∀ ∈ −∞ −
⇔
≠−
(
)
( )
( )
2
5
0, ; 8
;8
m
x
xm
m
−
> ∀ ∈ −∞ −
+
⇔
− ∉ −∞ −
55
58
88
mm
m
mm
>>

⇔ ⇔ ⇔< ≤

− ≥− ≤

.
Vậy
(
]
5;8m ∈
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 68. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tìm
m
để hàm số
2x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
(
)
; 5.
−∞ −
A.
(
]
2;5
. B.
[
)
2;5
. C.
( )
2;
+∞
. D.
( )
2;5
.
Lời giải
Điều kiện:
xm≠−
.
Ta có:
( )
2
2
'
m
y
xm
−
=
+
.
Hàm số đồng biến trên khoảng
( )
( )
'0
20
; 5 2 5.
;5
5
y
m
m
m
m
>
−>
−∞ − ⇔ ⇔ ⇔ < ≤

− ∉ −∞ −
− ≥−
Vậy
(
]
2;5m∈
.
Nhận xét: Bài toán này không mới, tuy nhiên các bạn học sinh học không kĩ vẫn có thể bị sai
khi thiếu điều kiện
( )
;5m− ∉ −∞ −
, và dẫn tới sai lầm khi chọn C làm đáp án.
Câu 69. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
3x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
( )
;6−∞ −
là
A.
(
]
3; 6
. B.
( )
3;6
. C.
(
)
3; +∞
. D.
[
)
3; 6
.
Lời giải
TXĐ:
\.Dm

Ta có
( )
2
3
.
m
y
xm
−
′
=
+
Để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;6−∞ −
0 ; 6yx

.
30
33
3 6.
;6
66
m
mm
m
m
mm











Câu 70. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m
để hàm số
3x
y
xm
+
=
+
đồng biến trên khoảng
( )
;6−∞ −
là
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 38 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
(
]
3; 6
. B.
( )
3;6
. C.
( )
3; +∞
. D.
[
)
3; 6
.
Lời giải
TXĐ:
\.
Dm

Ta có
( )
2
3
.
m
y
xm
−
′
=
+
Để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;6−∞ −
0 ; 6yx

.
30
33
3 6.
;6
66
m
mm
m
m
mm











8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 71. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
, bảng xét dâu của
( )
fx
′
như sau:
hàm số
( )
32yf x
= −
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.
( )
4; +∞
. B.
(
)
2;1−
. C.
( )
2; 4
. D.
( )
1; 2
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
2. 3 2yf x
′′
=−−
.
( ) ( )
332 1 2 3
0 2. 32 0 32 0
32 1 1
xx
y fx fx
xx
− ≤ − ≤− ≤ ≤

′′ ′
≤⇔− − ≤⇔ − ≥⇔ ⇔

−≥ ≤

.
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên
( )
2;3
và
(
)
;1−∞
.
8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ
Câu 72. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
, hàm số
( )
y fx
′
=
liên tục trên
và có đồ thị
như hình vẽ. bất phương trình
( )
fx x m<+
(
m
là tham số thực) nghiệm đúng với mọi
( )
0; 2x ∈
khi và chỉ khi
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 39
A.
( )
22mf≥−
. B.
( )
0mf≥
. C.
( )
22mf>−
. D.
( )
0mf>
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( ) ( ) ( )
fx x m gx fx x m<+ ⇔ = −<
.
Từ đồ thị hàm số
( )
y fx
′
=
ta thấy:
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
0;2
1 0 max 0 0g x f x gx g f
′′
= −< ⇒ = =
.
Do đó: bất phương trình
( )
fx x m<+
nghiệm đúng với mọi
( )
0; 2x ∈
khi và chỉ khi
( )
( ) ( )
0;2
max 0gx m f m
≤⇒ ≤
.
Câu 73. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Có bao nhiêu cắp số nguyên dương
( )
,mn
sao cho
14
mn+≤
và ứng với mỗi cặp
( )
,
mn
tồn tại đúng ba số thực
( )
1;1a ∈−
thỏa mãn
(
)
2
2 ln 1
m
a na a= ++
?
A.
14
. B.
12
. C.
11
. D.
13
.
Lời giải
Chọn C.
Xét
(
)
(
)
2
2
. ln 1
m
fx x x x
n
= − ++
trên
( )
1;1−
Đạo hàm
( )
1
2
21
0
1
m
m
fx x
n
x
−
′
=−=
+
Theo đề bài
( )
0fx=
có ba nghiệm nên
1
2
21
1
m
m
x
n
x
−
=
+
có ít nhất hai nghiệm
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 40 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Xét đồ thị của hàm
1
2
1
;
1
m
yx y
x
−
= =
+
, suy ra
1m
−
chẵn và
10m −>
Suy ra
{ }
3;5;7;9;11;13
m ∈
. Khi đó
( )
0fx
′
=
có nghiệm
1
2
0
0
x
x
<
>
Phương trình có 3 nghiệm
( )
( )
10
10
f
f
>
⇔
−<
( )
(
)
{
}
2
ln 2 1
2 1; 2
2
ln 2 1
n
nn
n
>+
⇔ ⇔≤⇒=
−< −
{ }
1;2n ∈
và
{
}
3;5;7;9;11;13m
∈
, do
14mn
+≤
nên ta có 11 cặp
(
)
;mn
thỏa yêu cầu bài toán.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 41
9. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
9.1 Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức của y, y’
Câu 74. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
y fx=
có đạo hàm
( ) ( )
2
2,f x xx x
′
= + ∀∈
. Số
điểm cực trị của hàm số đã cho là.
A.
0
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D.
Ta có phương trình
( )
0fx
′
=
có hai nghiệm
0x =
và
2x = −
(là nghiệm kép)
Bảng xét dấu
Suy ra hàm số đã cho có
1
điểm cực trị.
Câu 75. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm
( ) ( )( )
3
1 4,f x xx x x
′
= − + ∀∈
. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
3
. B.
4
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( )
0
01
4
x
fx x
x
=
′
=⇔=
= −
Bảng xét dấu
( )
fx
′
:
Từ bảng xét dấu suy ra hàm số có đúng
1
điểm cực đại.
Câu 76. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số
(
)
fx
có đạo hàm
( ) (
)( )
3
' 1 4,f x xx x x
= − + ∀∈
.
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A.
2
B.
3
C.
4
D.
1
Lời giải
Chọn A
Ta có:
(
) ( )( )
3
0
' 0 1 40 1
4
x
f x xx x x
x
=
=⇔ − + =⇔=
= −
.
Bảng biến thiên:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 42 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có
2
điểm cực tiểu.
Câu 77. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm
( ) ( )( )
3
1 4,
f x xx x x
′
= + − ∀∈
. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
1
.
Lời giải
Chọn D
( ) ( )( )
3
0
0 1 40 1
4
x
f x xx x x
x
=
′
=⇔ + − =⇔=−
=
.
Lập bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
Vậy hàm số đã cho có một điểm cực đại.
9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT của y)
Câu 78. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
(
)
fx
có bảng biến thiên như sau.
Lời giải
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại.
A.
2x =
B.
1x =
C.
1
x = −
. D.
3x = −
.
Chọn C
Quan sát bảng biến thiên ta được:
Nghiệm của
( )
0y fx
′′
= =
là
1x = −
. Đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm
1
x = −
nên đạt cực
tiểu tại
1x = −
Câu 79. [Đề-BGD-2020-Mã-101] [ Mức độ 1] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
0
0
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 43
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A.
3
. B.
5−
. C.
0
. D.
2
.
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng
5−
.
Câu 80. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
3
. B.
2
. C.
2−
. D.
3
−
.
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số có giá trị cực đại bằng
2
.
Câu 81. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A.
2
. B.
2−
. C.
3
. D.
.
Lời giải
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu
2x = −
và giá trị cực tiểu
1y = −
.
Câu 82. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
3
. B.
3−
. C.
. D.
2
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 44 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số
( )
fx
bằng 2.
Câu 83. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
3x =
. B.
1x = −
. C.
2x =
. D.
3x = −
.
Lời giải
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt cực đại tại điểm
3x =
.
Câu 84. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
3x =
. B.
1
x
= −
. C.
1x =
. D.
2x = −
.
Lời giải
Chọn C
Từ BBT của hàm số
( )
fx
suy ra điểm cực đại của hàm số
( )
fx
là
1x =
.
Câu 85. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau :
Điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
3.x =
B.
2.x =
C.
2.x = −
D.
1.x = −
Lời giải
Chọn D
Câu 86. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 45
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
A.
3
. B.
3−
. C.
. D.
2
.
Lời giải
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số
( )
fx
bằng 2.
Câu 87. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm
A.
2x
= −
. B.
2x =
. C.
1x
=
. D.
1x = −
.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
'y
đổ dấu từ dương sang ấm khi qua
1
x = −
.
Vậy hàm số đạt cực đai tại điểm
1x = −
.
9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD của y’)
Câu 88. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
và có bảng xét dấu của
( )
fx
′
như
sau:
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
4
. B.
1
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Từ bảng xét dấu ta thấy:
( )
fx
′
đổi dấu từ dương sang âm khi qua
1x = −
và
1x =
.
Mà hàm số
( )
fx
liên tục trên
.
Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực đại là
1
x = −
và
1x =
.
Câu 89. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
và có bảng xét dấu cuả
( )
fx
′
như sau:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 46 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
Do đó hàm số đạt cực tiểu tại
1x = −
và
1x =
.
Câu 90. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
()fx
liên tục trên
và có bảng xét dấu
( )
fx
′
như
sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Lời giải
Hàm số đạt cực tiểu tại
2x = −
và
2x =
.
Vậy hàm số có 2 cực tiểu.
Nhận xét: Câu này kiểm tra hiểu biết của học sinh về mối quan hệ giữa điểm cực trị của hàm số
và đạo hàm của hàm số đó. Một số bạn sẽ chọn D là đáp án, vì thấy tại
2x =
thì đạo hàm không
xác định. Thật ra, hàm số có thể đạt cực trị tại những điểm (thuộc tập xác định) mà đạo hàm
không xác định, chẳng hạn hàm số
() | |fx x=
không có đạo hàm tại
0x =
( các em thử nghĩ
xem tại sao nhé), nhưng có cực tiểu tại
0x =
.
Câu 91. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
và có bảng xét dấu
( )
fx
′
như
sau
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 47
A.
3
. B.
1
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Quan sát bảng xét dấu
( )
fx
′
ta có:
( )
fx
′
đổi dấu từ
+
sang
−
khi đi qua các điểm
2
x = ±
.
Do hàm số đã cho liên tục trên
nên hàm số có 2 điểm cực đại.
Câu 92. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
và có bảng xét dấu
( )
fx
′
như
sau
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
A.
3
. B.
1
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Quan sát bảng xét dấu
( )
fx
′
ta có:
( )
fx
′
đổi dấu từ
+
sang
−
khi đi qua các điểm
2
x
= ±
.
Do hàm số đã cho liên tục trên
nên hàm số có 2 điểm cực đại.
Câu 93. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
fx
có bảng xét dấu của
( )
fx
′
như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A.
3
. B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
fx
′
đổi dấu khi qua
2x = −
và
0x =
nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 94. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
, bảng biến thiên của hàm số
( )
fx
′
như sau
Số điểm cực trị của hàm số
( )
2
2y fx x= −
là
A.
9
. B.
3
. C.
7
. D.
5
.
Lời giải
Chọn C
Từ bảng biến thiên ta có phương trình
( )
0fx
′
=
có các nghiệm tương ứng là
( )
( )
( )
( )
, ;1
, 1; 0
, c 0;1
, 1;
x aa
x bb
xc
x dd
= ∈ −∞ −
= ∈−
= ∈
= ∈ +∞
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 48 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Xét hàm số
( )
( )
( )
22
2 21 2
yfxxy xfxx
′′
= − ⇒= − −
.
Giải phương trình
( )
( )
( )
(
)
(
)
(
)
( )
2
22
2
2
2
1
2 1
10
02 1 2 0 2 2
20
2 3
2 4
x
x xa
x
y xfxx xxb
fx x
x xc
x xd
=
−=
−=
′′
=⇔ − − =⇔ ⇔ −=
′
−=
−=
−=
.
Xét hàm số
( )
2
2hx x x
= −
ta có
(
) ( )
2
2
2 1 1 1,hx x x x x= − =− + − ≥− ∀ ∈
do đó
Phương trình
( )
2
2, 1x x aa− = <−
vô nghiệm.
Phương trình
( )
2
2 ,1 0x xb b− = −< <
có hai nghiệm phân biệt
12
;xx
không trùng với nghiệm
của phương trình
( )
1
.
Phương trình
(
)
2
2 ,0 1
x xc c− = <<
có hai nghiệm phân biệt
34
;xx
không trùng với nghiệm của
phương trình
( )
1
và phương trình
(
)
2
.
Phương trình
( )
2
2,1x x dd
−= >
có hai nghiệm phân biệt
56
;xx
không trùng với nghiệm của
phương trình
( )
1
và phương trình
( )
2
và phương trình
(
)
3
.
Vậy phương trình
0y =
có
7
nghiệm phân biệt nên hàm số
( )
2
2y fx x= −
có
7
điểm cực trị.
Câu 95. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số
()
fx
bậc 4 có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số
( ) ( )
2
4
1
gx x f x

= +

là
A.
11
. B.
9
. C.
7
. D. 5.
Lời giải
Ta chọn hàm bậc bốn
42
( ) 5 10 3y fx x x= =−+
có bảng biến thiên như đề cho.
Ta có
( ) ( ) ( )
2
34
'( ) 4 1 .2. 1 ' 1 0gx x fx x fx f x

= + + + +=

( ) (
) ( )
( )
( ) ( )
3
3
2 . 1. 2 1 ' 1 0
0 (1)
1 0 (2)
2 1 ' 1 0 (3)
xfx fx xf x
x
fx
f x xf x

⇔ + ++ + =

=
⇔ +=
++ +=
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 49
+ Phương trình (1) có nghiệm bội
0x =
.
+ Từ bảng biến thiên của hàm số
(
)
y fx=
, ta có phương trình
(
)
0fx=
có 4 nghiệm phân biệt
1
x
≠
Phương trình (2):
( )
10fx+=
có 4 nghiệm phân biệt
0x ≠
.
+ Giải (3): Đặt
11
x t xt+=⇒ =−
, phương trình (3) trở thành:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
42 3
43 2
2 1 . ' 0 2 5 10 3 1 20 20 0
30 20 40 20 6 0 (3')
ft t f t t t t t t
tt t t
+− =⇔ − ++− − =
⇔ − − + +=
Bấm MTCT thấy phương trình (3’) có 4 nghiệm phân biệt
1
t
≠
.
⇒
Phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt
0x ≠
.
Ngoài ra, nghiệm của phương trình (2) không phải là nghiệm của phương trình (3) vì những giá
trị x thỏa mãn
( )
10
fx+=
không thỏa mãn phương trình (3).
Do đó phương trình
( )
'0gx=
có 9 nghiệm phân biệt nên hàm số
( ) ( )
2
4
1gx x f x

= +

có 9
điểm cực trị.
Câu 96. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc bốn
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số
( ) ( )
4
2
1gx x f x= −


là
A.
7
. B.
8
. C.
5
. D.
9
.
Lời giải
Ta có hàm số
( )
gx
liên tục và có đạo hàm là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
4 33
2
' 2. 1 4..'1. 1 2 1. 12'1gx x fx xf x fx xfx fx xf x= − + − − = − −+ −
 
 
Cho
( ) ( )
( ) ( )
1
0
0 10
1 2. ' 1 0
xx
gx f x
f x xf x
= =
=⇔ −=
−+ −=
.
* Với phương trình
( )
10fx−=
.
Vì
( )
fx
là hàm bậc bốn và có bảng biến thiên như trên ta thấy phương trình
( )
10fx
−=
có
bốn nghiệm đơn phân biệt
2345
,,,xxxx
khác
1
x
.
* Với phương trình
( ) ( )
12' 1 0f x xf x−+ −=
Ta thấy phương trình không nhận các số
12345
,,,,
xxxxx
làm nghiệm.
Gọi
( )
42
f x ax bx c=++
, vì
( )
'0fx=
có 3 nghiệm phân biệt
1; 0;1−
và
(
) (
)
0 1, 1 3ff=−=
nên
1, 4, 8cab=−=−=
, suy ra
( )
42
481fx x x=−+ −
.
Đặt
1
tx= −
, phương trình
( ) ( )
12' 1 0f x xf x−+ −=
trở thành
( ) ( ) (
)
2 1' 0ft t f t++ =
( )
( )
423432
4 8 1 2 1 16 16 0 36 32 40 32 1 0tt t t t t t t t⇔− + − + + − + = ⇔− − + + − =
.
Xét hàm số
( )
432
36 32 40 32 1ht t t t t=− − + +−
có
( )
32
' 144 96 80 32ht t t t=− − ++
, cho
( )
12
' 0 1; ,
33
hx x x x=⇔=− =− =
.
Ta có bảng biến thiên
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 50 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Do đó phương trình
( )
0ht
=
có 4 nghiệm đơn phân biệt hay phương trình
( ) ( )
12' 1 0f x xf x−+ −=
có 4 nghiệm đơn phân biệt
6789
,,,xxxx
. Hay hàm số
( )
gx
có 9 điểm
cực trị là
123456789
,,,,,,,,
xxxxxxxxx
.
Câu 97. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc 4 có bảng biến thiên như hình vẽ.
Số điểm cực trị của hàm số
( ) ( )
2
4
1gx x f x= −


là
A.
7
. B.
5
. C.
9
. D.
11
.
Lời giải
Cách 1. Từ giả thiết đề bài đã cho ta thấy rằng hàm số
(
)
fx
có dạng
( )
42
f x ax bx c=++
.
Sử dụng giả thiết ta được
( )
42
483fx x x=−+
( ) ( ) ( ) ( )( )
3
1 16 1 16 1 16 1 2f x x x xx x
′
⇒ −= − − −= − −
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
34
0 4 1 2 . 1. 1 0
0
10
2 1 . 10 *
gx x fx xfx f x
x
fx
f x xf x
′′
=⇔ − + − −=


=
⇔ −=
′
−+ −=
Xét phương trình
( ) ( )
( )
* 1.1
2
x
fx f x
′
⇔ −=− −
, ta có
( ) ( )( )
2
. 18 1 2
2
x
fx xx x
′
− −=− − −
.
Biểu diễn hai hàm số
( )
1fx−
và
( )
.1
2
x
fx
′
−−
trên cùng một đồ thị đồ thị ta có
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 51
Như vậy phương trình
( )
*
có 4 nghiệm phân biệt.
Xét phương trình
( )
( )
( )
2
2
6
1
3
2
1
5
2
10
1
4
1
3
2
4
x
x
fx x
x
x
=±+
−=
−=⇔ ⇔ =
−=
=
.
Thay 4 nghiệm này vào phương trình
( )
*
thì ta thấy rằng các nghiệm của phương trình này không
phải là nghiệm của phương trình
( )
*
.
Vậy hàm số đã cho có tất cả 9 điểm cực trị.
Cách 2.
Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy rằng phương trình
( )
10fx−=
có 4 nghiệm phân biệt khác 0,
suy ra phương trình
( ) ( )
2
4
10gx x f x= −=


có tất cả 5 nghiệm bội chẵn, khi đó đồ thị hàm số
( )
gx
sẽ có dạng như sau
Như vậy hàm
( )
gx
có 9 điểm cực trị.
Câu 98. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn
( )
fx
có bảng biến thiên sau:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 52 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Số điểm cực trị của hàm số
(
) (
)
4
2
1= +


gx x f x
là
A.
7
. B.
8
. C.
9
. D.
5
.
Lời giải
Nhận xét
( )
( )
0,
lim
x
gx x
gx
→±∞
≥∀
= +∞
,
Cho
( )
0=gx
⇔
( )
2
4
0
10
=
+ =

x
fx
⇔
( )
0
10
=
+=
x
fx
Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị
( )
fx
sang trái
1
đơn vị ta thu được đồ thị của
( )
1
+
fx
Do đó
( )
10+=fx
⇔
,2
,2 1
,1 0
,0
= <−
= − < <−
= −< <
= >
x aa
xb b
xc c
x dd
Vì thế
( )
0=gx
có
5
nghiệm phân biệt
Hay đồ thị
( )
gx
có 5 điểm tiếp xúc với trục hoành
Vậy hàm số
(
)
gx
có 9 cực trị.
Câu 99. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số
fx
có
00f
. Biết
y fx
là hàm số bậc
bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số
3
gx f x x
là
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 53
A. 4. B. 5. C. 3. D. 6.
Lời giải
Chọn B
Đặt
3 23 3
2
1
3 10
3
hx fx x hx xfx fx
x


Đặt
3
3
tx x t 
thế vào phương trình trên ta được
3
2
1
3
ft
t

Xét hàm số
33
25
12
39
yy
tt

đổi dấu khi qua 0 và đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
0y
. Khi vẽ đồ thị trên cùng một mặt phẳng tọa độ với đồ thị hàm số
y ft
ta thấy hai
đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc góc phần từ thứ 3 và 4, gọi 2 giao điểm lần lượt là
33
1 2 1 12 2
0, 0 ,t t x tx t 
. Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số
hx
như sau
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình
0hx
có 3 nghiệm phân biệt và hàm số
hx
có 2 điểm cực trị không nằm trên trục hoành, do đó hàm số
gx hx
có 5 điểm cực trị.
Câu 100. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn
( )
fx
có bảng biến thiên sau:
Số điểm cực trị của hàm số
( ) ( )
4
2
1= +


gx x f x
là
A.
7
. B.
8
. C.
9
. D.
5
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 54 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Nhận xét
( )
( )
0,
lim
x
gx x
gx
→±∞
≥∀
= +∞
,
Cho
(
)
0
=gx
⇔
( )
2
4
0
10
=
+ =

x
fx
⇔
( )
0
10
=
+=
x
fx
Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị
( )
fx
sang trái
1
đơn vị ta thu được đồ thị của
(
)
1
+fx
Do đó
( )
10+=fx
⇔
,2
,2 1
,1 0
,0
= <−
= − < <−
= −< <
= >
x aa
xb b
xc c
x dd
Vì thế
( )
0=
gx
có
5
nghiệm phân biệt
Hay đồ thị
( )
gx
có 5 điểm tiếp xúc với trục hoành
Vậy hàm số
(
)
gx
có 9 cực trị.
9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối
Câu 101. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
có
( )
0 0.
f =
Biết
( )
y fx
′
=
là hàm số bậc
bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số
( )
3
()
gx f x x= −
là
A.
5.
B.
4.
C.
6.
D.
3.
Lời giải
Chọn A
Xét
( )
3
()hx f x x= −
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 55
Có
( )
( )
23
' 3' 1h x xf x= −
( )
( ) ( )
( ) ( )
23 3
2
1
0 3 10 0 1
3
hx xfx fx x
x
′′ ′
= ⇔ −= ⇔ = ≠
Đặt
3
3 22
xt x t
=⇒=
phương trình (1) trở thành:
( ) ( ) ( )
3
2
1
02
3
ft t
t
′
= ≠
Vẽ đồ thị hàm
3
2
1
3
y
x
=
trên cùng hệ trục tọa độ với hàm
( )
y fx
′
=
.
Dựa vào đồ thị ta có:
( )
3
3
3
3
2
3
00 0
1
0
0
3
0
tbxbxb
ft
ta
xa
t
xa
=< =<=<
′
=⇔⇔ ⇔
= >
= >
= >
Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta thầy hàm số
( )
3
()gx f x x= −
có 5 điểm cực trị.
Câu 102. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có
( )
00f =
. Biết
( )
y fx
′
=
là hàm số bậc
bốn và có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số
( )
( )
42
gx f x x= −
là
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 56 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A. 4. B. 3. C. 6. D. 5.
Lời giải
Chọn D
Xét hàm số
(
)
( )
42
hx f x x= −
có
(
)
( )
34
42h x xf x x
′′
= −
.
( )
( )
( )
4
2
0
0
1
*
2
x
hx
fx
x
=
′
= ⇔
′
=
Xét phương trình
( )
*
: Đặt
4
tx=
thì
( )
*
thành
( )
1
2
ft
t
′
=
với
0
t >
.
Dựa vào đồ thị, phương trình
( )
*
có duy nhất một nghiệm
0a >
.
Khi đó, ta được
4
xa= ±
.
Bảng biến thiên của hàm số
( )
( )
42
hx f x x= −
Số cực trị của hàm số
( )
( )
42
gx f x x= −
bằng số cực trị của hàm
( )
( )
42
hx f x x= −
và số
nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình
( )
0hx=
.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm
( )
fx
thì số cực trị của
( )
gx
là 5.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 57
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 58 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
10. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
10.1 GTLN, GTNN của f(x) trên đoạn [a;b] biết biểu thức f(x)
Câu 103. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Giá trị lớn nhất của hàm số
( )
3
32fx x x=−+
trên đoạn
[ ]
3; 3−
bằng
A.
16−
. B.
20
. C.
0
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
2
33fx x
′
= −
;
( )
[ ]
0 1 3; 3fx x
′
= ⇔ =±∈−
( ) ( )
(
) (
)
3 16; 3 20; 1 4; 1 0f fff−=− = −= =
Vậy
[
]
( )
3;3
max 20
fx
−
=
.
Câu 104. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
21fx x x= −
trên đoạn
[ ]
2; 19
bằng
A.
36−
. B.
14 7−
. C.
14 7
. D.
34
−
.
Lời giải
Đạo hàm
(
) ( )
2
3 21, 2; 19fx x x
′
=−∈
.
( )
7(/ )
0
7( )
x Tm
fx
xL
=
′
= ⇔
= −
.
Ta có
( )
( )
( )
2 34; 7 14 7; 19 6460ff f
=−=− =
.
Do vậy
[ ]
( )
2; 19
14 7
x
Min f x
∈
= −
, đạt được khi
7x =
.
Câu 105. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
30fx x x= −
trên đoạn
[ ]
2;19
bằng
A.
20 10
. B.
63
−
. C.
20 10
−
. D.
52−
.
Lời giải
Ta có
( )
2
3 30fx x
′
= −
;
( )
0 10fx x
′
=⇔=±
.
Hàm số
( )
3
30fx x x= −
liên tục trên đoạn
[ ]
2;19
và
( )
( )
( )
2 52; 10 20 10; 19 6289
ff f=−=− =
.
So sánh các giá trị trên, ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
30fx x x= −
trên đoạn
[ ]
2;19
bằng
20 10−
Vậy chọn. C.
Câu 106. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
33fx x x= −
trên đoạn
[
]
2;19
bằng
A.
72−
. B.
22 11−
. C.
58−
. D.
22 11
.
Lời giải
Ta có
( )
2
3 33fx x
′
= −
( )
2
0 11 11fx x x
′
=⇔ = ⇔=±
Xét trên
[ ]
2;19
ta có
[ ]
11 2;19x = ∈
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 59
Ta có
(
)
(
)
( )
2 58; 11 22 11; 19 6232ff f
=−=− =
.
Vậy
[ ]
( )
(
)
2;19
min 11 22 11fx f= = −
Câu 107. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
42
10 4
fx x x
=−−
trên
[ ]
0;9
bằng
A.
28−
. B.
4−
. C.
13−
. D.
29−
.
Lời giải
Chọn D
Hàm số
(
)
y fx
=
liên tục trên
[ ]
0;9
.
Có
( )
3
4 20fx x x
′
= −
,
( )
[ ]
0
05
5 0;9
x
fx x
x
=
′
=⇔=
=−∉
Ta có
( )
04f
= −
,
(
)
5 29
f
= −
,
( )
9 5747f =
Do đó
[ ]
( )
(
)
0;9
min 5 29fx f= = −
.
Câu 108. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
42
12 4=−−fx x x
trên đoạn
[ ]
0;9
bằng
A.
39−
. B.
40−
. C.
36−
. D.
4
−
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
3
4 24fx x x
′
= −
;
( )
0
0
6
x
fx
x
=
′
= ⇔
= ±
Tính được:
( )
04= −
f
;
( )
9 5585=
f
và
( )
6 40= −f
.
Suy ra
[ ]
( )
0;9
min 40= −fx
.
Câu 109. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
42
10 2fx x x=−−
trên đoạn
[ ]
0;9
bằng
A.
2−
. B.
11−
. C.
26−
. D.
27−
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( )
3
' 4 20fx x x
= −
( )
'0fx=
3
4 20 0xx⇔−=
( )
( )
( )
0 0;9
5 0;9
5 0;9
x
x
x
= ∉
⇔=∈
=−∉
( )
02f = −
;
( )
5 27f
= −
;
( )
9 5749f =
.
Vậy
[ ]
( )
0;9
min 27fx= −
.
Câu 110. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
3
33fx x x= −
trên đoạn
[ ]
2;19
bằng
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 60 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
72−
. B.
22 11−
. C.
58−
. D.
22 11
.
Lời giải
Ta có
(
)
2
3 33fx x
′
= −
( )
2
0 11 11fx x x
′
=⇔ = ⇔=±
Xét trên
[
]
2;19
ta có
[ ]
11 2;19
x
= ∈
Ta có
( )
(
)
( )
2 58; 11 22 11; 19 6232ff f=−=− =
.
Vậy
[ ]
(
)
( )
2;19
min 11 22 11
fx f
= = −
Câu 111. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
42
10 2yx x=−+
trên đoạn
[ ]
1; 2−
bằng:
A.
2
. B.
22−
. C.
23−
. D.
7−
.
Lời giải
Chọn B
(
)
42 3 2
10 2 4 20 4 5y x x y x x xx
′
= − +⇒ = − = −
.
0
05
5
x
yx
x
=
′
=⇔=
= −
.
Các giá trị
5x = −
và
5x =
không thuộc đoạn
[ ]
1; 2−
nên ta không tính.
Có
( ) ( ) ( )
1 7; 0 2; 2 22f ff−=− = =−
.
Nên giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn
[ ]
1; 2−
là
22−
.
10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước
Câu 112. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
1
xm
fx
x
+
=
+
(
m
là tham số thực). Gọi là tập hợp tất cả
các giá trị của sao cho
[
]
( )
[ ]
( )
0;1
0;1
max min 2fx fx+=
. Số phần tử của là
A. 6. B. 2. C. 1. D. 4.
Lời giải
Chọn B
a/ Xét
1m =
, ta có
( )
11fx x= ∀ ≠−
Dễ thấy
[ ]
( )
0;1
max fx


=1,
[ ]
( )
0;1
min 1fx =


Tức là
1
m =
thảo mãn yêu cầu.
b/ Xét
1m ≠
ta có
( )
( )
2
1
'
1
m
fx
x
−
=
+
.
i/ Với
1m >
ta có
[ ]
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
0;1
0;1
1
max min 0 1
2
m
fx fx f f m
+
+ =+=+
 
 
Phương trình
1
2
2
m
m
+
+=
có nghiệm
1
m
=
(loại).
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 61
[
]
( )
[ ]
(
)
[
]
0;1
0;1
max min 0
fx fx m m
+ = +=−
 
 
Phương trình
2m−=
có nghiệm
2m
= −
( loại)
2i/ với
1m <
, ta có
Xét
0
m ≥
:
[ ]
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
0;1
0;1
1
max min 1 0
2
m
fx fx f f m
+
+ =+=+
 
 
Phương trình
1
2
2
m
m
+
+=
có nghiệm
1m =
(loại).
Xét
0
1
2
m
m
m
<
+
≤
:
[ ]
( )
[ ]
( )
0;1
0;1
11
max min 0
22
mm
fx fx
++
+ = +=
 
 
Phương trình
1
2
2
m +
=
có nghiệm
3m =
(loại).
Xét
0
1
0
2
1
2
m
m
m
m
<
+
≥
+
>
:
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
0;1
0;1
max min 0fx fx m m+ = +=−
 
 
Phương trình
2m−=
có nghiệm
2m = −
(loại).
Xét
1
0:
2
m +
<
[ ]
( )
[ ]
( )
[ ]
0;1
0;1
1 131
max min
2 22
m mm
fx fx m m
+ + −−

+ = + =−− =
 
 


Phương trình
31
2
2
m−−
=
có nghiệm
5
3
m
−
=
(nhận).
Vậy
5
1;
3
S

= −


.
10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác
Câu 113. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Xét các số thực
,xy
thỏa mãn
( )
22
1 22
2 2 24
xy x
xy x
++
≤ +−+
. Giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
4
21
y
P
xy
=
++
gần nhất với số nào dưới đây?
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 62 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
2−
. B.
3−
. C.
5−
. D.
4−
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
22 22
1 22 12 22
2 224 2 22
xy x xy x
xy x xy x
++ ++−
≤ +−+ ⇔ ≤+−+
(
)
(
)
2
2
2
1
2
2 11
xy
xy
−+
⇔ ≤− ++
. Đặt
( ) ( )
2
2
10t x yt=−+ ≥
, ta được BPT:
21
t
t≤+
.
Đồ thị hàm số
2
t
y
=
và đồ thị hàm số
1yt= +
như sau:
Từ đồ thị suy ra
( )
2
2
2 10 1 1 1
t
t t xy≤+⇔ ≤≤⇒ − + ≤
. Do đó tập hợp các cặp số
( )
;xy
thỏa
mãn thuộc hình tròn
(
)
C
tâm
( )
1; 0 , 1IR=
.
Ta có
( )
4
2 40
21
y
P Px P y P
xy
= ⇔ + − +=
++
là phương trình của đường thẳng
d
.
Do
d
và
( )
C
có điểm chung
( )
( )
( )
2
2
2
3
, 14 8160
44
P
dI d R P P
PP
⇔ ≤ ⇔ ≤⇔ + − ≤
+−
15 15P
⇔−− ≤ ≤−+
, suy ra giá trị nhỏ nhất của
P
gần nhất với
3−
.
11. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số
Câu 114. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
41
1
x
y
x
+
=
−
là
A.
1
4
y =
. B.
4y =
.
D.
1y =
. D.
1y = −
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 63
Lời giải
Ta có
41
lim 4
1
x
x
x
→−∞
+
=
−
(hoặc
41
lim 4
1
x
x
x
→+∞
+
=
−
) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang
4
y =
.
Câu 115. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
51
1
x
y
x
+
=
−
là
A.
1y =
. B.
1
5
y =
. C.
1y = −
. D.
= 5y
.
Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Theo công thức ta có tiệm cận ngang của dồ thị hàm số là
= 5y
nên chọn đáp án D
Câu 116. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
21
1
x
y
x
+
=
−
là
A.
1
2
y =
. B.
1y
= −
. C.
1y =
. D.
2y =
.
Lời giải
Ta có:
21
lim lim 2
1
xx
x
y
x
→±∞ →±∞
+
= =
−
.
Nên đường thẳng
2y =
là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 117. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
31
1
+
=
−
x
y
x
.
A.
1
3
=
y
. B.
3
=y
. C.
1= −y
. D.
1=
y
.
Lời giải
Ta có:
31
lim lim 3
1
→±∞ →±∞
+
= =
−
xx
x
y
x
Do đó đường thẳng
3=y
là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 118. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
22
1
x
y
x
+
=
−
là
A.
2x =
. B.
2x = −
. C.
1.x =
D.
1x = −
.
Lời giải
Chọn C
Tập xác định
{ }
\1D =
.
Ta có
11
lim ; lim
xx
yy
−+
→→
=−∞ =+∞
, suy ra đồ thị có tiệm cận đứng là
1x =
.
Câu 119. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1
3
x
y
x
−
=
−
là
A.
3x
= −
. B.
1x = −
. C.
1x =
. D.
3x
=
.
Lời giải.
Chọn D
3
1
lim
3
x
x
x
−
→
−
= −∞
−
. Suy ta tiệm cận đứng là đường thẳng
3
x
=
.
Câu 120. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
22
1
x
y
x
−
=
+
là
A.
2x = −
. B.
1x =
. C.
1x = −
. D.
2x =
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 64 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Chọn C
Ta có
11
22
lim lim
1
xx
x
y
x
++
→− →−
−
= = −∞
+
và
11
22
lim lim
1
xx
x
y
x
−−
→− →−
−
= = +∞
+
nên đường thẳng
1x = −
là
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 121. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
31
1
+
=
−
x
y
x
.
A.
1
3
=y
. B.
3
=y
. C.
1= −y
. D.
1
=
y
.
Lời giải
Ta có:
31
lim lim 3
1
→±∞ →±∞
+
= =
−
xx
x
y
x
Do đó đường thẳng
3=y
là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 122. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
−
=
+
là
A.
2y = −
. B.
1y
=
. C.
1x = −
. D.
2
x
=
.
Lời giải
Chọn B
Ta thấy
2
lim 1
1
2
lim 1
1
x
x
x
x
x
x
→+∞
→−∞
−
=
+
⇒
−
=
+
Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
1
y =
.
11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số
Câu 123. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A.
4
. B.
1
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( ) ( )
lim , lim 2
xx
fx fx
→+∞ →−∞
= +∞ =
nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang
2y =
.
( )
0
lim 4
x
fx
+
→
= −
nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng
0x =
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 65
x
y
O
Vậy đồ thị hàm số
( )
y fx=
có tổng hai đường tiệm cận.
12. ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH
12.1 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT)
Câu 124. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
vẽ bên ?
A.
32
33yx x=−+
.
B.
32
33yx x=−+ +
.
C.
42
23yx x=−+
.
D.
42
23
yx x=−+ +
.
Lời giải
Chọn A
Đồ thị trên là đồ thị của hàm số bậc 3, với hệ số
a
dương. Do đó, chọn đáp án A
Câu 125. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như
đường cong trong hình bên?
A.
32
31yx x=−+
. B.
32
31
yx x=−+ +
.
C.
42
21yx x=−+ +
. D.
42
21yx x=−+
.
Lời giải
Ta có: Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy đây là hàm trùng phương và
có hệ số
a
âm.
Câu 126. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình
bên
A.
42
2yx x=−+
. B.
32
3yx x= −
. C.
42
2
yx x= −
. D.
32
3yx x
=−+
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 66 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Vì đồ thị hàm số có
3
cực trị nên ta loại đáp án
B
và
D
. Ta lại thấy khi
x → +∞
thì
y → +∞
.
Nên hệ số trước
4
x
phải dương.
Vậy ta chọn đáp án
C
.
Câu 127. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong
hình bên?
A.
42
21yx x
=−+
. B.
32
31
yx x=−+ +
. C.
32
31yx x=−+
. D.
42
21yx x=−+ +
.
Lời giải
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số bậc 4 có hệ số
0a >⇒
chọn A đúng.
Câu 128. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong
hình bên?
A.
42
21yx x=−+ −
. B.
42
21yx x=−−
. C.
32
31
yx x=−−
. D.
32
31yx x=−+ −
.
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị có dạng đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số
0a <
nên đáp án D đúng.
Câu 129. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị của hàm số dưới đây có dạng như đường cong bên?
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 67
A.
3
31yx x=−+
. B.
42
21yx x=−+
.
C.
42
21yx x=−+ +
. D.
3
31yx x
=−+ +
.
Lời giải
Chọn A
Câu 130. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong
hình bên?
A.
42
21yx x=−+
. B.
32
31
yx x=−+ +
. C.
32
31yx x=−+
. D.
42
21yx x=−+ +
.
Lời giải
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số bậc 4 có hệ số
0a >⇒
chọn A đúng.
Câu 131. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
bên?
A.
42
2yx x=−+
. B.
3
3yx x=−+
. C.
42
2yx x= −
. D.
3
3yx x= −
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 68 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Từ hình dáng đồ thị ta thấy đó là đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương. Suy ra loại đáp án B, D.
Hàm số có hệ số
0
a
<
. Suy ra loại đáp án C.
Câu 132. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình bên
A.
42
22yx x=−−
B.
32
22yx x=−+ −
C.
32
32yx x=−−
D.
42
22yx x=−+ −
Lời giải
Chọn B
Qua đồ thị là hàm bậc 3 nên loại A, D.
Bên phải ngoài cùng của đồ thị đi xuống nên hệ số a < 0
⇒
loại đáp án C
Câu 133. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình
dưới?
A.
3
3yx x= −
. B.
3
3
yx x=−+
. C.
42
2
yx x
= −
. D.
4
2yx x=−+
.
Lời giải
Chọn A
Ta thấy đây là đồ thị của hàm số
( )
32
0y ax bx cx d a= + ++ ≠
và
0a
>
.
Nên chọn. A.
Câu 134. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
32
y ax bx cx d= + ++
(
a
,
b
,
c
,
d ∈
) có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số
a
,
b
,
c
,
d
?
A.
4
. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương
0d⇒>
.
lim 0 0
x
ya
→+∞
<⇒<
.
Ta có:
2
32y ax bx c
′
= ++
.
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về bên trái trục tung nên phương trình
0y
′
=
có 2 nghiệm
phân biệt
12
0xx<<
.
y
x
O
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 69
Khi đó theo Viet ta có:
12
12
2
0
3
.0
3
b
xx
a
c
xx
a
+=− <
= >
. Từ đó suy ra
0b <
và
0c <
.
Vậy trong các số
a
,
b
,
c
,
d
có 1 số dương.
12.2 Xét dấu hệ số của biểu thức (biết đồ thị, BBT)
Câu 135. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số
( )
32
,,,y ax bx cx d a b c d= + ++ ∈
có đồ thị là đường cong trong
hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số
,,,
abcd
?
A.
4
. B.
1
.
C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Ta có
2
'3 2y ax bx c= ++
. Từ đồ thị hàm số đề cho, suy ra:
+
0a <
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên
0d >
.
+ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương
⇒
Phương trình
'0y =
có 2 nghiệm phân biệt dương
2
0
0
3
0
0
3
b
S
b
a
cc
P
a
−
= >
>
⇒⇒

<
= >
(Vì
0a <
).
Vậy có 2 số dương trong các số
,,,abcd
.
Câu 136. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
(
)
32
,,,y ax bx cx d a b c d
= + ++ ∈
có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số
,,, ?abcd
A.
4
. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Ta có
2
32y ax bx c
′
= ++
.
Do
lim
x
y
→+∞
= −∞
nên
0a <
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 70 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên
0d >
.
Hàm số có điểm cực trị
12
0xx
<<
, suy ra
12
12
2
0
0
3
0
.0
3
b
xx
b
a
cc
xx
a
−
+= <
<
⇒

<
= >
.
Câu 137. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
32
y ax bx cx d= + ++
(
a
,
b
,
c
,
d ∈
) có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số
a
,
b
,
c
,
d
?
A.
4
. B.
2
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương
0
d⇒>
.
lim 0 0
x
ya
→+∞
<⇒<
.
Ta có:
2
32y ax bx c
′
= ++
.
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về bên trái trục tung nên phương trình
0y
′
=
có 2 nghiệm
phân biệt
12
0xx<<
.
Khi đó theo Viet ta có:
12
12
2
0
3
.0
3
b
xx
a
c
xx
a
+=− <
= >
. Từ đó suy ra
0b
<
và
0c
<
.
Vậy trong các số
a
,
b
,
c
,
d
có 1 số dương.
Câu 138. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
( )
( )
32
,,,f x ax bx cx d a b c d= + ++ ∈
có bảng biến
thiên như sau:
Có bao nhiêu số dương trong các số
,,,abcd
?
A.
2
. B.
4
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A.
Từ bảng biến thiên, ta có
y
x
O
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 71
1
(0) 3 3
4
(4) 5 64 16 4 5 3
2
(0) 0 0
0
(4) 0 48 8 0
3
a
fd
f a b cd
b
fc
c
f a bc
d
=
= =


=− + + +=−

= −
⇔⇔

′
= =

=

′
= + +=

=
Vậy trong các số
,,,abcd
có 2 số dương.
Câu 139. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số
( ) ( )
32
,,, f x ax bx cx d a b c d= + ++ ∈
có bảng
biến thiên như sau
Có bao nhiêu số dương trong các số
,,,
abcd
?
A.
2
. B.
4
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn D
Từ dáng điệu sự biến thiên hàm số ta có
0.a >
Khi
0x =
thì
10
yd= = >
.
Mặt khác
( )
2
32f x ax bx c
′
= ++
. Từ bảng biến thiên ta có
( )
2
0
0
x
fx
x
= −
′
= ⇔
=
.
Từ đó suy ra
2
0; 2 3 0
3
b
c ba
a
−
= =−⇒ = >
.
Vậy có 3 số dương là
,,
abd
.
Câu 140. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( ) ( )
32
,,,f x ax bx cx d a b c d= + ++ ∈
có bảng
biến thiên như sau:
Có bao nhiêu số dương trong các số
,,, ?abcd
A.
3.
B.
4.
C.
2.
D.
1.
Lời giải
Chọn C
( )
lim 0.
x
fx a
→+∞
= +∞ ⇒ >
(
)
0 1 1 0.fd=−⇒ =−<
( )
2
32.f x ax bx c
′
= ++
+
-
+
1
2
0
0
0
-2
-
∞
+
∞
+
∞
-
∞
f
(
x
)
f
'
(
x
)
x
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 72 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Ta có
12
12
2
2
2
30
3
.
00
0
3
b
xx
ba
a
xx c c
a
−=−
+=−
= >
⇒⇒

= =
=
Câu 141. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
1ax
fx
bx c
+
=
+
( )
,,abc∈
có bảng biến thiên như sau
Trong các số
,
ab
và
c
có bao nhiêu số dương?
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
1
1
lim lim
xx
a
ax a
x
c
bx c b
b
x
→+∞ →+∞
+
+
= =
+
+
.
Theo gỉa thiết, ta có
( )
11
a
ab
b
=⇒=
.
Hàm số không xác định tại
2x
=
nên suy ra
(
)
20 2
2
c
bc b+=⇒=−
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
( )
( )
( )
2
03
ac b
fx
bx c
−
′
⇒= >
+
với mọi
x
khác
2
.
Nếu
0ab= >
thì từ
( )
2
suy ra
0c <
. Thay vào
( )
3
, ta thấy vô lý nên trường hợp này không
xảy ra. Suy ra, chỉ có thể xảy ra khả năng
0ab= <
và
0c
>
.
Câu 142. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số
( ) ( )
32
,,,f x ax bx cx d a b c d= + ++ ∈
có đồ thị là đường cong như
hình vẽ bên. Có bao nhiêu số dương trong các số
,,,abcd
?
A.
4
. B.
3
.
C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Quan sát hình dáng đồ thị ta thấy
0a <
.
Đồ thị cắt trục
Oy
tại điểm
( )
0;Ad
nằm bên dưới trục
Ox
nên
0d <
.
Lại thấy hàm số đạt cực trị tại hai điểm
12
,xx
là hai số dương nên phương trình
'0y =
(
2
'3 2y ax bx c
= ++
) có hai nghiệm
12
,xx
là hai số dương, do đó theo Vi – et ta có
12
12
2
0
0
3
0
.0
3
b
xx
b
a
cc
xx
a
+=− >
>
⇔

<
= >
. Vậy có một số dương là b.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 73
12.3 Đọc đồ thị của đạo hàm (các cấp)
Câu 143. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Số giao điểm của đồ thị hàm số
32
yx x= −
và đồ thị hàm số
2
5yx x=−+
là:
A.
2
. B.
3
.
C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm
32 2 3
00
5 50 5 55
5 55
xy
xx x x x x x y
xy
=⇒=
− =− + ⇔ − = ⇔ = ⇒ =−+
=− ⇒ =−−
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số
32
yx x= −
và đồ thị hàm số
2
5yx x=−+
là
3
.
12. TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH
12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm
Câu 144. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Số giao điểm của đồ thị hàm số
32
3yx x= +
và đồ thị hàm số
2
33yx x
= +
là
A.
3
. B.
1
. C.
2
. D.
0
.
Lời giải
Số giao điểm của đồ thị hàm số
= +
32
3
yx x
và đồ thị hàm số
= +
2
33yx x
là số nghiệm phân
biệt của phương trình
( )
+=+
32 2
3 3 31xx xx
.
( )
=
⇔− =⇔ =
= −
3
0
1 30 3
3
x
xx x
x
.
Phương trình
(
)
1
có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số
= +
32
3yx x
và đồ thị hàm số
= +
2
33yx x
là 3.
Câu 145. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Số giao điểm của đồ thị hàm số
3
7yx x=−+
với trục hoành là
A.
0
. B.
3
. C.
2
. D.
1
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 74 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là:
3
70xx−+ =
( )
2
0
70
7
x
xx
x
=
⇔ −=⇔
= ±
.
Số giao điểm của đồ thị hàm số
3
7yx x=−+
với trục hoành bằng
3
.
Câu 146. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm của đồ thị hàm số
32
yx x= +
và đồ thị hàm số
2
5yx x
= +
A.
3
. B.
0
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
32 2 3
0
5 50
5
x
xx x x x x
x
=
+=+⇔−=⇔
= ±
Vậy có
3
giao điểm.
Câu 147. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm của đồ thị hàm số
32
yx x
= −
và đồ thị hàm số
2
3yx x=−+
là
A.
1
. B.
0
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm thực phân biệt của phương trình hoành độ giao điểm
sau:
( )
32 2 3 2
0
3 3 0 30
3
x
x x x x x x xx
x
=
− =−+ ⇔ − =⇔ −=⇔
= ±
.
Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là
3
.
Câu 148. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Số giao điểm của đồ thị hàm số
3
6yx x=−+
với trục hoành
là
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
0
.
Lời giải
Chọn B
Ta có hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
3
6yx x=−+
với trục hoành là nghiệm của phương
trình
3
60xx−+ =
(*)
( )
2
60
xx⇔− − =
0
6
x
x
=
⇔
= ±
.
Phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, do đó đồ thị hàm số
3
6yx x=−+
cắt trục hoành tại ba
điểm phân biệt.
Câu 149. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm của đồ thị hàm số
3
3=−+yx x
với trục hoành là
A.
2
. B.
0
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Chọn C
Xét phương trình hoành dộ giao điểm
32
0
3 0 ( 3) 0
3
=
−+ =⇔−+=⇔
= ±
x
x x xx
x
.
Vậy có 3 giao điểm.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 75
Câu 150. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm của đồ thị hàm số
32
yx x
= −
và đồ thị hàm số
2
3yx x=−+
là
A.
1
. B.
0
. C.
2
. D.
3
.
Lời giải
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm thực phân biệt của phương trình hoành độ giao điểm
sau:
(
)
32 2 3 2
0
3 3 0 30
3
x
x x x x x x xx
x
=
− =−+ ⇔ − =⇔ −=⇔
= ±
.
Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là
3
.
Câu 151. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Số giao điểm của đồ thị hàm số
3
31yx x=−+
và trục hoành là:
A.
3
. B.
0
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
( )( )
32
3 1 3 33 1 1
yx x y x x x
′
= − +⇒ = − = − +
.
1
0
1
x
y
x
= −
′
= ⇔
=
Ta có bảng biến sau:
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số
(
)
fx
cắt trục hoành ( tức đường thẳng
0y =
)
tại ba điểm phân biệt.
12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT)
Câu 152. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
y fx=
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình
( )
2 30fx−=
là:
A.
2
. B.
1
. C.
4
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
( ) ( )
3
2 30
2
fx fx−=⇔ =
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 76 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng
3
2
y =
cắt đồ thị
(
)
y fx
=
tại
4
điểm phân biệt
nên số nghiệm của phương trình đã cho là
4
nghiệm thực.
Câu 153. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
1fx= −
là
A.
3
. B.
1
. C.
0
. D.
2
.
Lời giải
Số nghiệm của phương trình
( )
1fx= −
bằng số giao điểm của đường cong
( )
y fx=
với đường
thẳng
1y = −
. Nhìn hình vẽ ta thấy có 3 giao điểm nên phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 154. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình
( )
1fx=
là.
A.
0
B.
3
C.
1
D.
2
Lời giải
Chọn B
Ta thấy đường thẳng
1y =
cắt đồ thị hàm số
( )
y fx=
tại 3 điểm phân biệt. Nên phương trình
( )
1fx=
có 3 nghiệm thực phân biệt.
Câu 155. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình
( )
1fx=
là
A.
1
. B.
0
. C.
2
. D.
3
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 77
Lời giải
Số nghiệm thực của phương trình
( )
1fx=
là số giao điểm của đường thẳng
1y =
và đồ thị hàm
số
( )
y fx=
. Nhìn vào hình vẽ ta thấy đường thẳng
1y =
cắt đồ thị tại
3
điểm phân biệt. Vậy
phương trình
(
)
1
fx=
có 3 nghiệm thực.
.
Câu 156. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho đồ thị hàm số bậc ba
(
)
y fx=
có đồ thị là đường cong trong
hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
2
fx=
là
A.
0
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 78 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Đường thẳng
2
y =
cắt đồ thị hàm số
( )
y fx=
tại 3 điểm phân biệt nên phương trình
( )
2
fx=
có 3 nghiệm thực.
Câu 157. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số bậc bốn
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên.
Số nghiệm của phương trình
( )
1
2
fx= −
là
A.
3
. B.
4
. C.
2
. D.
1x =
.
Lời giải
Số nghiệm của phương trình
( )
1
2
fx= −
bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
y fx=
và
đường thẳng
1
2
y = −
.
Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số
( )
y fx=
và đường thẳng
1
2
y = −
cắt nhau tại 2 điểm.
Nên phương trình
( )
1
2
fx= −
có 2 nghiệm.
Câu 158. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số bậc bốn
()y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
vẽ bên. Số nghiệm thực của
phương trình
3
()
2
fx= −
là
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 79
A.
4
B.
1
C.
3
D.
2
Lời giải
Từ đồ thị ta
3
()
2
fx= −
có
4
nghiệm phân biệt
Câu 159. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho đồ thị hàm số bậc ba
( )
y fx
=
có đồ thị là đường cong trong
hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
2fx
=
là
A.
0
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Đường thẳng
2y =
cắt đồ thị hàm số
( )
y fx=
tại 3 điểm phân biệt nên phương trình
( )
2fx=
có 3 nghiệm thực.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 80 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 160. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc bốn
(
)
y fx
=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình
( )
1
2
fx=
là
A.
2
. B.
4
. C.
1
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Số nghiệm thực của phương trình
( )
1
2
fx=
chính là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )
fx
với
đường thẳng
1
2
y =
.
Dựa vào hình trên ta thấy đồ thị hàm số
( )
fx
với đường thẳng
1
2
y =
có 2 giao điểm.
Vậy phương trình
( )
1
2
fx=
có hai nghiệm.
Câu 161. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
y fx=
có đồ thị trong hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình
( )
1fx= −
là
A.
3
. B.
2
. C.
1
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 81
Số nghiệm của phương trình
( )
1fx= −
bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
(
)
y fx
=
với đường
thẳng
1y = −
. Dựa vào đồ thị hàm số
(
)
y fx=
suy ra số nghiệm của phương trình bằng 4.
12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 162. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số bậc ba
(
)
y fx
=
có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
3
4
3
3
fx x−=
là
A.
3
. B.
8
. C.
7
. D.
4
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
( )
( )
3
3
3
4
3
4
3
3
4
3
3
3
fx x
fx x
fx x
−=
−=⇒
−=−
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
11
3
22
3
33
3
44
31 2
3 22 0
3 30 2
344
x xt t
x xt t
x xt t
x xt t
− = <−
− = −< <
⇒
− = <<
−= >
Hàm số
3
3yx x= −
có bảng biến thiên là
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình
( )
1
có một nghiệm; phương trình
( )
2
có ba
nghiệm; phương trình
( )
3
cũng có ba nghiệm và phương trình
( )
4
có một nghiệm.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 82 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Vậy phương trình ban đầu có
8
nghiệm.
Câu 163. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số bậc ba
()y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
( )
3
() 1 0f xfx +=
là
A.
8
. B.
5
. C.
6
. D.
4
.
Lời giải
Cách 1:
Ta có
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3 33
3
() 0 1
() 1 0 () 1 () 2;3 2
( ) 5;6 3
xfx
f xfx f xf x xfx a
xfx b
=
+= ⇔ =−⇔ = ∈
= ∈
Ta có
( )
(
)
0
0
1
0
x
x
fx
xc
=
=
⇔⇔
=
=
.
Xét
( )
3
k
gx
x
=
, với
0k >
. Ta có
( )
4
3
' 0, 0
k
gx x
x
=− < ∀≠
.
Bảng biến thiên
Với
ka=
, dựa vào đồ thị suy ra phương trình
( )
2
có hai nghiệm phân biệt khác
0
và
c
.
Với
kb=
, dựa vào đồ thị suy ra phương trình
(
)
3
có hai nghiệm phân biệt khác
0
,
c
và khác
hai nghiệm của phương trình
( )
2
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 83
Vậy phương trình
( )
3
() 1 0f xfx +=
có 6 nghiệm phân biệt.
Cách 2:
Ta có:
( ) ( )
3
3 33
3
3
3
0
() 0
() 0
() 1 0 () 1 () 0
( ) (do 0)
() 0
( ) (do 0)
x
fx
xfx
a
f xfx f xf x xf x a
fx x
x
xfx b
b
fx x
x
=
=
=
+= ⇔ =−⇔ = > ⇔
= ≠
= >
= ≠
*
() 0fx
=
có một nghiệm dương
xc=
.
* Xét phương trình
3
()
k
fx
x
=
với
0, 0xk≠>
.
Đặt
3
() ()
k
gx f x
x
= −
;
4
3
() '()
k
gx f x
x
′
= +
.
TH 1: Với
xc>
, đồ thị hàm
()fx
đồng biến trên
( )
;c +∞
nên
( )
( ) 0, ;fx x c
′
> ∈ +∞
( )
4
3
() () 0, ;
k
gx f x x c
x
′′
⇒ = + > ∈ +∞
Mà
() 0
lim ( )
x
gc
gx
→+∞
<
= +∞
và
()gx
liên tục trên
( )
;c +∞
⇒
() 0gx=
có duy nhất nghiệm trên
( )
;c +∞
.
TH 2: Với
0 xc<<
thì
3
() 0
k
fx
x
<<
() 0gx=
vô nghiệm trên
( )
0;c
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 84 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
TH 3: Với
0
x <
, đồ thị hàm
()fx
đồng biến trên
( )
;0−∞
nên
( )
( ) 0, ;0fx x
′
> ∈ −∞
( )
4
3
() () 0, ;0
k
gx f x x
x
′′
⇒ = + > ∈ −∞
Mà
0
lim ( ) 0
lim ( )
x
x
gx
gx
−
→
→−∞
>
= −∞
và
()gx
liên tục trên
( )
;0−∞
.
⇒
() 0gx=
có duy nhất nghiệm trên
( )
;0−∞
.
Do đó:
() 0gx=
có đúng hai nghiệm trên
{ }
\0
.
* Phương trình
( )
3
()
a
fx k a
x
= =
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác
c
.
* Phương trình
( )
3
()
b
fx k b
x
= =
có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác
c
.
Kết luận: Phương trình
( )
3
() 1 0f xfx
+=
có đúng 6 nghiệm.
Câu 164. ---------- HẾT ---------- [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc ba
( )
y fx=
có đồ thị là
đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
( )
( )
3
10fxfx +=
là
A.
6
. B.
4
. C.
5
. D.
8
.
Lời giải
Ta có
(
)
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )(
)
( ) ( )
3
3 33
3
3 11
10 1 6 32
03
xf x a a
f xf x f xf x xf x b b
xf x
= − < <−
+ = ⇔ =− ⇔ = − < <−
=
.
+ Với
0m
<
, xét phương trình
( ) ( )
3
3
m
xfx m fx
x
=⇔=
.
Đặt
( )
3
m
gx
x
=
,
(
)
4
3
0, 0
m
gx x
x
−
′
= > ∀≠
.
( )
lim 0
x
gx
→±∞
=
,
( )
0
lim
x
gx
−
→
= +∞
,
( )
0
lim
x
gx
+
→
= −∞
.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên và đề bài, suy ra trong mỗi khoảng
( )
;0−∞
và
( )
0; +∞
phương
trình
( ) ( )
f x gx=
có đúng một nghiệm.
Suy ra mỗi phương trình
( )
1
và
( )
2
có
2
nghiệm và các nghiệm đều khác nhau.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 85
+ Xét phương trình
( )
(
)
( )
3
0
0
3: 0
0
0
x
x
xf x
fx
xc
=
=
=⇔⇔
=
= <
, với
c
khác các nghiệm
của
( )
1
và
( )
2
.
Vậy phương trình
( )
( )
3
10fxfx +=
có đúng
6
nghiệm.
Câu 165. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc bốn
()y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
(
)
2
() 2 0f xfx
+=
là
A. 8. B. 12. C. 6. D. 9.
Lời giải
Cách 1:
Ta có
( )
2
() 2 0f xfx +=
⇔
( )
2
2
2
2
() 0
( ) (0;1)
( ) 2;3
( ) (3; 4)
xfx
xfx a
xfx b
xfx c
=
= ∈
= ∈
= ∈
⇔
(
)
2
2
2
0
( ) 0 (1)
( ) , (0;1) (2)
( ) , 2;3 (3)
( ) , (3;4) (4)
x
fx
a
fx a
x
b
fx b
x
c
fx c
x
=
=
= ∈
= ∈
= ∈
Xét hàm số
2
( ) ( 0)
k
gx k
x
= >
, Ta có
3
2
'( )
k
gx
x
= −
.
Bảng biến thiên
Đồ thị của
()fx
và
()gx
được mô tả như sau:
2−
O
x
y
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 86 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Do đó ta có: (1), (2), (3) và (4) mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Cách 2:
Ta có
( )
2
() 2 0f xfx +=
⇔
( )
2
2
2
2
() 0
( ) (0;1)
( ) 2;3
( ) (3; 4)
xfx
xfx a
xfx b
xfx c
=
= ∈
= ∈
= ∈
⇔
(
)
2
2
2
0
( ) 0 (1)
( ) 0, (0;1) (2)
( ) 0, 2;3 (3)
( ) 0, (3;4) (4)
x
fx
a
fx a
x
b
fx b
x
c
fx c
x
=
=
−= ∈
−= ∈
−= ∈
(1) có 2 nghiệm phân biệt là
0, 3xx
αβ
=<=>
.
Xét hàm số
2
() () ( 0)
k
gx f x k
x
=−>
có
3
2
'( ) '( )
k
gx f x
x
= +
. Ta có:
*
[ ]
;x
αβ
∈
thì
() 0gx<
nên các phương trình (2), (3) và (4) không có nghiệm
[ ]
;x
αβ
∈
.
*
2
lim ( )
lim ( ) 0
'( ) 0, ( ; )
x
x
gx
k
gx
gx x
α
α
α
−
→−∞
→
= +∞
=−<
< ∀ ∈ −∞
⇒ Mỗi phương trình (2), (3) và (4) chỉ có đúng một nghiệm
( )
;x
α
∈ −∞
*
2
lim ( )
lim ( ) 0
'( ) 0, ( ; ), 3
x
x
gx
k
gx
gx x
β
β
ββ
+
→+∞
→
= +∞
=−<
> ∀ ∈ +∞ >
⇒ Mỗi phương trình (2), (3) và (4) đều chỉ có đúng một nghiệm
( )
;x
β
∈ +∞
Suy ra mỗi phương trình (1), (2), (3) và (4) có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Cách 3:
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 87
Ta có
( )
2
() 2 0f xfx +=
⇔
( )
2
2
2
2
( ) 0 (1)
( ) (0;1) (2)
( ) 2;3 (3)
( ) (3;4) (4)
xfx
xfx a
xfx b
xfx c
=
= ∈
= ∈
= ∈
Ta có (1) có ba nghiệm phận biệt là
0, 0, 3
xx x
αβ
==<=>
.
Xét
2
() ()gx x f x=
có
2
'() 2 () '()
g x xf x x f x= +
Với
[ ]
;x
αβ
∈
thì
2
() () 0
gx x f x= ≤
nên (2), (3), (4) không có nghiệm
[
]
;x
αβ
∈
.
Với
( )
;x
α
∈ −∞
ta có:
'( ) 0gx<
. Và với
( )
;x
β
∈ +∞
,
3
β
>
, thì
'( ) 0
gx
>
nên ta có bảng
biến thiên của
()gx
Do đó các phương trình (2), (3), (4) đều có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.
Nhận xét : để chặt chẽ hơn cần lập luận thêm trong 9 nghiệm trên không có 2 nghiệm nào trùng
nhau. Việc này không khó, xin dành cho bạn đọc.
Nhận xét chung : Đề thi THPTQG năm 2020 kiến thức chân phương, không đánh đố, không có
bài quá lạ. Nhưng để đạt điểm tối đa cũng đòi hỏi phải học rất tốt, có một quá trình chuẩn bị bài
bản, lâu dài, công phu. Điểm nhấn trong đề là câu 49 ( mã đề 103). Phần vận dụng cao chưa thực
sự làm khó được máy tính cầm tay, đây cũng là điều đáng tiếc.
Câu 166. ----------------------- [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn
( )
y fx=
có đồ thị là
đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
( )
2
20
fxfx −=
là
A.
6
. B.
12
. C.
8
. D.
9
.
Lời giải
Ta có
( )
( )
( )
(
)
22
20 2fxfx fxfx−=⇔ =
.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 88 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
(
)
( )
( ) ( )(
)
( ) ( )(
)
( ) ( )(
)
2
2
2
2
01
1 02
3 23
4 34
xf x
xf x a a
xf x b b
xf x c c
=
= −< <
= − < <−
= − < <−
.
Giải
( )
(
)
1
2
0
0
1
0
x
x
xx
fx
xx
=
=
⇔ ⇔=
=
=
(có 3 nghiệm phân biệt).
Giải
(
)
(
)
2
2
a
fx
x
⇔=
.
Vẽ đồ thị hàm số
2
a
y
x
=
lên cùng hệ tọa độ
Oxy
. Ta thấy đồ thị hàm số
2
a
y
x
=
cắt đồ thị hàm
số
( )
y fx=
tại
2
nghiệm phân biệt.
Tương tự với
( )
3
và
(
)
4
đều có
2
nghiệm phân biệt.
Câu 167. Vậy có phương trình
( )
( )
2
2fxfx =
có
9
nghiệm phân biệt.[ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho
hàm số
( )
=y fx
có bảng biến thiên như hình vẽ:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( )
2
64fx x m−=
có ít nhất ba
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng
( )
0;+∞
?
A. 25. B. 30. C. 29. D. 24.
Lời giải
Chọn B
Ta đặt:
( )
( )
2
4gx f x x= −
.
( ) ( )
( )
2
24 4gx x f x x
′′
=−−
( )
( )( )( )
222
2 2 44 42 4x xx xx xx= − −+ −+ −
(dựa vào bảng biến thiên)
( )
( )
( )
3
2
2 2 42 4x x x xx= − −+ −
.
Mặt khác:
( ) ( )
0 03gf= = −
;
( )
( )
( )
2 2 2 2 22
gg f− = + = −=
;
( ) ( )
2 42gf= −=−
;
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 89
( ) ( )
4 03gf= = −
.
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu bài toán tương đương
32
6
m
−< ≤
18 12
m
⇔− < ≤
.
Vậy có tất cả 30 giá trị của tham số
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 168. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn
( )
y fx=
có đồ thị là đường cong trong hình
bên.
Số nghiệm thực của phương trình
( )
( )
2
20fxfx −=
là
A.
6
. B.
12
. C.
8
. D.
9
.
Lời giải
Ta có
( )
( )
( )
( )
22
20 2fxfx fxfx−=⇔ =
.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
( ) ( )
( )
( )( )
( ) ( )(
)
( ) ( )( )
2
2
2
2
01
1 02
3 23
4 34
xf x
xf x a a
xf x b b
xf x c c
=
= −< <
= − < <−
= − < <−
.
Giải
( )
( )
1
2
0
0
1
0
x
x
xx
fx
xx
=
=
⇔ ⇔=
=
=
(có 3 nghiệm phân biệt).
Giải
( ) ( )
2
2
a
fx
x
⇔=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 90 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Vẽ đồ thị hàm số
2
a
y
x
=
lên cùng hệ tọa độ
Oxy
. Ta thấy đồ thị hàm số
2
a
y
x
=
cắt đồ thị hàm
số
( )
y fx=
tại
2
nghiệm phân biệt.
Tương tự với
( )
3
và
(
)
4
đều có
2
nghiệm phân biệt.
Câu 169. Vậy có phương trình
( )
(
)
2
2
fxfx =
có
9
nghiệm phân biệt. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm
số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thuộc đoạn
5
0;
2
π



của phương trình
( )
sin 1fx=
là
A.
7
. B.
4
. C.
5
. D.
6
.
Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
( )
( )
( )
( )
(
)
;1
1; 0
1
0;1
1;
xa
xb
fx
xc
xd
= ∈ −∞ −
= ∈−
= ⇔
= ∈
= ∈ +∞
.
Như vậy
(
)
(
) ( )
(
) ( )
( ) ( )
( ) ( )
sin ; 1 1
sin 1; 0 2
sin 1
sin 0;1 3
sin 1; 4
xa
xb
fx
xc
xd
= ∈ −∞ −
= ∈−
= ⇔
= ∈
= ∈ +∞
.
Vì
[ ]
5
sin 0;1 , 0;
2
xx
π

∈ ∀∈


nên
( )
1
và
( )
4
vô nghiệm.
Cần tìm số nghiệm của
( )
2
và
( )
3
trên
5
0;
2
π



.
Cách 1.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 91
Dựa vào đường tròn lượng giác:
( )
2
có 2 nghiệm trên
5
0;
2
π



,
( )
3
có 3 nghiệm trên
5
0;
2
π



.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm.
Cách 2.
Xét
( )
(
)
55
sin , 0; ' cos , 0;
22
gx xx gx xx
ππ

= ∀∈ ⇒ = ∀∈



.
Cho
( )
2
' 0 cos 0
3
2
x
gx x
x
π
π
=
=⇔=⇔
=
. Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên:
( )
2
có 3 nghiệm trên
5
0;
2
π



,
( )
3
có 2 nghiệm trên
5
0;
2
π



.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm.
12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ)
Câu 170. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hai hàm số
321
21 1
xxx x
y
x x xx
−−−
= + ++
−− +
và
2y x xm= +−+
(
m
là tham số thực) có đồ thị lần lượt là
( )
1
C
và
( )
2
C
. Tập hợp tất cả các giá trị của
m
để
( )
1
C
và
( )
2
C
cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là
A.
(
]
;2−∞
. B.
[
)
2; +∞
. C.
( )
;2−∞
. D.
( )
2; +∞
.
Lời giải
Chọn B
Xét phương trình
321
2
21 1
xxx x
x xm
x x xx
−−−
+ + + = + −+
−− +
321
2
21 1
xxx x
x xm
x x xx
−−−
⇔ + + + −++=
−− +
(1)
Hàm số
( )
321
2 khi 2
321
21 1
2
321
21 1
2 2 khi 2
21 1
xxx x
x
xxx x
x x xx
px x x
xxx x
x x xx
xx
x x xx
−−−
+ + + − ≥−
−−−
−− +
= + + + −++=
−−−
−− +
+ + + + + <−
−− +
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 92 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Ta có
( )
( )
( )
( )
( ) { }
( )
( )
( )
2 22 2
2 22 2
1 111
0, 2; \ 1; 0;1; 2
21 1
1 111
2 0, 2
21 1
x
x
xx x
px
x
x
xx x
+ + + > ∀ ∈ − +∞ −
−− +
′
=
+ + + + > ∀ <−
−− +
nên hàm số
( )
y px=
đồng biến trên mỗi khoảng
( )
;1−∞ −
,
( )
1; 0−
,
( )
0;1
,
( )
1; 2
,
( )
2;
+∞
.
Mặt khác ta có
( )
lim 2
x
px
→+∞
=
và
( )
lim
x
px
→−∞
= −∞
.
Bảng biến thiên hàm số
( )
y gx=
:
x
−∞
2−
1−
0 1 2
+∞
( )
gx
′
+ + + + +
( )
gx
+∞
+∞
+∞
+∞
49
12
2
−∞
−∞
−∞
−∞
−∞
Do đó để
( )
1
C
và
( )
2
C
cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng
ym=
cắt đồ thị hàm số
(
)
y px=
tại 4 điểm phân biệt
2m⇔≥
.
12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (không GTTĐ)
Câu 171. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số
(
)
fx
có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( )
2
54fx x m−=
có ít nhất 3 nghiệm
phân biệt thuộc khoảng
( )
0; +∞
A.
24
. B.
21
. C.
25
. D.
20
.
Lời giải
Chọn C.
Đặt
2
4tx x= −
. Ta có
2 40 2tx x
′
= −=⇔=
Bảng biến thiên
Với
2
4tx x= −
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 93
Dựa vào bảng biến thiên ta có
3 2 15 10
5
m
m− < ≤ ⇔− < ≤
. Vì m nguyên nên
{ }
14; 13;....;10
m
∈− −
. Do đó có
25
giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Câu 172. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
fx
có bảng biến thiên như sau
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( )
2
34fx x m−=
có ít nhất ba
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng
( )
0; +∞
?
A.
15
. B.
12
. C.
14
. D.
13
.
Lời giải
Chọn A
Đặt
2
4ux x= −
(1)
Ta có BBT sau:
Ta thấy:
+ Với
4u <−
, phương trình (1) vô nghiệm.
+ Với
4u = −
, phương trình (1) có một nghiệm
20x = >
.
+ Với
40u−< <
, phương trình (1) có hai nghiệm
0x >
.
+ Vơi
0u ≥
, phương trình (1) có một nghiệm
0x
>
Khi đó
( )
( )
2
34
3
m
fx x m fu−=⇒ =
(2), ta thấy:
+ Nếu
39
3
m
m=−⇔ =−
, phương trình (2) có một nghiệm
0u =
nên phương trình đã cho có
một nghiệm
0x
>
.
+ Nếu
3 29 6
3
m
m− < <− ⇔− < <−
, phương trình (2) có một nghiệm
0u >
và một nghiệm
( )
2;0u ∈−
nên phương trình đã cho có ba ngiệm
0x >
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 94 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
+ Nếu
26
3
m
m=−⇔ =−
, phương trình (2) có một nghiệm
4u = −
, một nghiệm
(
)
2;0
u
∈−
và
một nghiệm
0
u >
nên phương trình đã cho có bốn nghiệm
0
x
>
.
+ Nếu
2 26 6
3
m
m−< < ⇔−< <
, phương trình (2) có một nghiệm
4u <−
, hai nghiệm
( )
4;0u ∈−
và một nghiệm
0
u >
nên phương trình đã cho có năm nghiệm
0x >
.
+ Nếu
26
3
m
m=⇔=
, phương trình (2) có một nghiệm
4u <−
, một nghiệm
2u = −
và một
nghiệm
0u
>
nên phương trình đã cho có ba nghiệm
0x >
.
+ Nếu
26
3
m
m>⇔ >
, phương trình (2) có một nghiệm
4u <−
và một nghiệm
0u >
nên
phương trình đã cho có một nghiệm
0x
>
.
Vậy
96m
−< ≤
⇒
có
15
giá trị
m
nguyên thỏa ycbt.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 95
13. MŨ - LŨY THỪA
13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất
Câu 173. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với mọi số thực và là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào
dưới đây đúng?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn D
13.2 Tính toán, rút gọn các biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….)
Câu 174. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho
,ab
là hai số thực dương thỏa mãn
( )
2
2
log
3
43
ab
a=
. Giá trị của
2
ab
bằng
A.
3
. B.
6
. C.
12
. D.
2
.
Lời giải
Ta có
( )
( )
( )
2
2
2
log 4 2
log
32 32 3 2
43 3 3 3
ab
a ab a ab a ab=⇔ =⇔ =⇔=
.
a
,mn
( )
n
m mn
aa
+
=
( )
n
n
mm
aa=
m
nm
n
a
a
a
−
=
m
mn
n
a
a
a
−
=
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 96 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
14. LOGARIT
14.1 Câu hỏi lý thuyết và tính chất
Câu 175. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Với
,ab
là số thực dương tùy ý và
1a ≠
,
2
log
a
b
bằng.
A.
1
log
2
a
b
B.
1
log
2
a
b
C.
2 log
a
b
D.
2 log
a
b
Lời giải
Chọn B
Ta có
1
log log , , 0, 1
a
a
b b ab a
α
α
= >≠
. Vậy:
2
1
log log ; , 0, 1
2
a
a
b b ab a= >≠
Câu 176. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với
a
,
b
là các số dương tùy ý và
1a ≠
,
3
log
a
b
bằng
A.
3 log
a
b
+
. B.
3log
a
b
. C.
1
log
3
a
b+
. D.
1
log
3
a
b
.
Lời giải
Chọn D
Câu 177. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Với
,ab
là các số thực dương tùy ý và
1a ≠
thì
4
log
a
b
bằng
A.
4 log
a
b
+
. B.
1
log
4
a
b
. C.
4log
a
b
. D.
1
log
4
a
b+
.
Lời giải
Ta có
4
1
log log
4
a
a
bb=
.
Câu 178. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Với
a
là số thực dương tùy ý,
( )
5
log 5a
bằng
A.
5
5 log a+
. B.
5
5 log
a−
. C.
5
1 log
a+
. D.
5
1 log a−
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
5
log 5a
55
log 5 log a= +
5
1 log a= +
.
Câu 179. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Với
,ab
là các số thực dương tùy ý và
1a ≠
thì
4
log
a
b
bằng
A.
4 log
a
b+
. B.
1
log
4
a
b
. C.
4log
a
b
. D.
1
log
4
a
b+
.
Lời giải
Ta có
4
1
log log
4
a
a
bb=
.
Câu 180. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Với
a
là số thực dương tùy ý,
( )
3
2
log a
bằng
A.
2
3
log
2
a



. B.
2
1
log
3
a
. C.
2
3 log a+
. D.
2
3log a
.
Lời giải
Chọn D
Áp dụng công thức
log log
aa
bb
α
α
=
ta có
( )
3
22
log 3logaa=
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 97
14.2 Biến đổi các biểu thức logarit liên quan a,b,x,y
Câu 181. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Với
a
là số thực dương tùy ý,
2
5
log a
bằng
A.
5
2log a
. B.
5
2 log a+
. C.
5
1
log
2
a+
. D.
5
1
log
2
a
.
Lời giải
Chọn A.
2
55
log 2logaa
=
.
Câu 182. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Với
,a
b
là các số thực dương tùy ý và
1,a ≠
5
log
a
b
bằng
A.
5log
a
b
. B.
1
log
5
a
b+
. C.
5 log
a
b
+
. D.
1
log
5
a
b
.
Lời giải
Ta có
1
log log .
a
a
bb
α
α
=
Vậy
5
1
log log .
5
a
a
bb=
Câu 183. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với
a
là số thực dương tùy ý,
( )
4
log 4a
bằng
A.
4
1 log a+
. B.
4
4 log a−
C.
4
4 log a+
. D.
4
1 log a−
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
(
)
4 44
log 4 log 4 log
aa= +
4
1 log
a= +
.
Câu 184. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với
a
là số thực dương tùy ý,
2
log 2
a
bằng
A.
2
1 log a+
. B.
2
1 log a−
. C.
2
2 log a−
. D.
2
2 log
a+
.
Lời giải
Chọn A
2 22 2
log 2 log 2 log 1 loga aa=+=+
.
Câu 185. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho
a
và
b
là hai số thực dương thỏa mãn
( )
2
log
43
ab
a=
. Giá trị
của
2
ab
bằng
A.
3
. B.
6
. C.
2
. D.
12
.
Lời giải
( )
2
log
43
ab
a=
( )
( )
2
log
2
23
ab
a⇔=
( )
2
2log
23
ab
a⇔=
( )
2
2
log
23
ab
a⇔=
( )
2
3ab a⇔=
, vì
a
và
b
là hai số thực dương
2
3ab⇔=
.
Câu 186. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho
a
và
b
là hai số thực dương thoả mãn
3
log
94
ab
a=
. Giá trị
của
2
ab
bằng
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 98 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
3
. B.
6
. C.
2
. D.
4
.
Lời giải
Ta có
( )
33
2
log log
22
9 43 4 4
ab ab
a a ab a=⇔ =⇔=
mà
0a ≠
.
Suy ra
2
4ab =
.
Câu 187. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với
,ab
là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
24
log 2log 3ab−=
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
8ab=
. B.
8ab=
. C.
6ab=
. D.
4
8ab=
.
Lời giải
Chọn B
Có
2 4 22
log 2log 3 log log 3a b ab− =⇔=+
22
log log 8 8a bab⇔ = ⇔=
.
Câu 188. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Với
,ab
là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
39
log 2log 2ab−=
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
2
9
ab=
. B.
9ab=
. C.
6ab=
. D.
2
9ab=
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
39
log 2log 2
ab−=
33
log log 2ab⇔−=
3
log 2
a
b

⇔=


9
ab
⇔=
.
Câu 189. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với
,ab
là các số thực dương tùy ý thỏa mãn
39
log 2log 3ab
−=
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A.
27ab=
. B.
9ab=
. C.
4
27ab=
. D.
2
27
ab=
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
3 9 33 3
log 2log 3 log log 3 log 3 27 27
aa
a b a b ab
bb
− =⇔ − =⇔ =⇔ = ⇔=
.
Câu 190. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét các số thực
;ab
thỏa mãn
( )
39
log 3 .9 log 3
ab
=
. Mệnh đề nào là
đúng?
A.
22ab+=
. B.
421ab+=
. C.
41ab =
. D.
241ab+=
.
Lời giải
Chọn D
( ) ( )
( )
3 93 3
1
log 3 .9 log 3 log 3 log 9
2
ab a b
=⇒+=
1
2 241
2
ab ab⇒+=⇒+=
.
14.3 Tính giá trị các biểu thức logarit không dùng BĐT
Câu 191. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn
4
16ab=
. Giá trị
22
4log logab+
bằng
A.
4
. B.
2
. C.
16
. D.
8
.
Lời giải
Chọn A.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 99
Từ
4
16ab=
, lấy logarit cơ số 2 hai vế ta được
( )
4
22
log log 16ab =
4
22
log log 4ab⇔ +=
22
4log log 4ab⇔ +=
.
Câu 192. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho
a
và
b
là hai số thực dương thỏa mãn
2
3
log ( )
3
9 4a
ab
=
. Giá
trị của
2
ab
bằng
A. 4. B. 2. C. 3. D. 6.
Lời giải
Ta có:
(
)
2 2 22
3 33
2
log ( ) 2log ( ) log ( )
3 3 3 2 3 42 3 2
9 4a 3 4a 3 4a 4a 4a 4.
ab ab ab
ab ab ab=⇔ =⇔ =⇔ =⇔ =⇔=
Câu 193. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho
a
và
b
là hai số thực dương thỏa mãn
2
3
log ( )
3
9 4a
ab
=
. Giá
trị của
2
ab
bằng
A. 4. B. 2. C. 3. D. 6.
Lời giải
Ta có:
( )
2 2 22
3 33
2
log ( ) 2log ( ) log ( )
3 3 3 2 3 42 3 2
9 4a 3 4a 3 4a 4a 4a 4.
ab ab ab
ab ab ab=⇔ =⇔ =⇔ =⇔ =⇔=
14.4 Dạng toán khác về logarit
Câu 194. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét các số thực dương
,,,abx y
thỏa mãn
1, 1
ab>>
và
xy
a b ab= =
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
Px y= +
thuộc tập hợp nào dưới đây?
A.
( )
1; 2
. B.
5
2;
2


. C.
[
)
3; 4
. D.
5
;3
2


.
Lời giải
Chọn D
Do
,1ab>
và
,0xy>
nên
xy
a b ab= =
⇔
log log log
xy
aaa
a b ab= =
.
Tìm được
11
log
22
2 1 log
a
b
xb
ya
= +
= +
.
Tức
31
log log
22
ab
P ba=++
.
Lại do
,1ab>
nên
log , log 0
ab
ba>
.
Tức
31 3
2 log .log 2
22 2
ab
P ba≥+ =+
,
3
2
2
P = +
⇔
log 2
a
b =
.
Lưu ý rằng, luôn tồn tại
,1ab>
thỏa mãn
log 2
a
b =
.
Vậy
3
min 2
2
P = +
.
Câu 195. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho tồn tại số thực
y
thõa mãn
( )
( )
22
34
log logxy x y+= +
?
A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 100 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải:
Chọn B
Điều kiện
22
0; 0.xy x y+> + ≠
Ta đặt:
( )
(
)
22
34
log logxy x y t+= + =
. Ta có
( )
22
3
1
4
t
t
xy
xy
+=
+=
Vì
(
)
( ) ( )
2
2
22
9
4
2 3 2.4 log 2
tt
xy x y t+ ≤ + ⇒ ≤ ⇒≤
Thế thì
9
4
log 2
22
4 4 3, 27
t
xy+=≤ ≈
, vì
x
nguyên vậy nên
{ }
2
0;1x ∈
.
Với
0
x
=
, ta có hệ
2
30
1
4
t
t
yt
y
y
= =
⇔

=
=
Với
1x =
, ta có hệ
2
31
.
41
t
t
y
y
= −
= −
Hệ này có nghiệm
0
.
0
t
y
=
=
Với
1
x
= −
, ta có hệ
2
31
.
41
t
t
y
y
= +
= −
Ta có phương trình
( )
( )
2
3 1 4 1 9 2.3 4 2 0 *
t t t tt
+ = −⇔ + − + =
Đặt
( )
9 2.3 4 2
t tt
ft=+ −+
, ta có
Với
( )
094 0
tt
t ft≥⇒ ≥ ⇒ >
Với
( )
042 0
t
t ft<⇒ <⇒ >
Vậy phương trình
(
)
*
vô nghiệm
Kết luận: Vậy
{ }
0;1x ∈
15. HÀM SỐ MŨ - LOGARIT
15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
Câu 196. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập xác định của hàm số
=
5
logyx
là
A.
[
)
+∞0;
. B.
( )
−∞;0
. C.
( )
+∞0;
. D.
( )
−∞ + ∞;
.
Lời giải
Ta có:
5
logyx=
.
Điều kiện xác định:
> 0x
. Suy ra tập xác định
( )
= +∞0;D
.
Câu 197. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập xác định của hàm số
6
logyx=
là
A.
[
)
0; +∞
. B.
( )
0; +∞
. C.
( )
;0−∞
. D.
( )
;−∞ + ∞
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 101
Lời giải
Biểu thức
6
log
x
xác định khi
0x >
. Do đó tập xác định của hàm số là
( )
0;D = +∞
.
Câu 198. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập xác định của hàm số
3
logyx=
là
A.
( )
;0−∞
. B.
( )
0;
+∞
. C.
( )
;−∞ + ∞
. D.
[
)
0; +∞
.
Lời giải
Chọn B
Hàm số
3
logyx=
có nghĩa khi
0x >
.
Vậy
( )
0;D = +∞
.
Câu 199. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập xác định của hàm số
4
log x
là
A.
( )
;0−∞
. B.
[
)
0;+∞
. C.
( )
0;+∞
. D.
( )
;−∞ + ∞
.
Lời giải
Tập xác định của hàm số
4
log x
là
( )
0;+∞
.
Câu 200. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập xác định của hàm số
4
x
y =
là
A.
{ }
\0
. B.
[
)
0; +∞
. C.
( )
0; +∞
. D.
.
Lời giải
Chọn D
Câu 201. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập xác định của hàm số
5
x
y =
là
A.
. B.
( )
0; +∞
. C.
{
}
\0
. D.
[
)
0;+∞
.
Lời giải
Chọn A
Tập xác định của hàm số
5
x
y =
là
Câu 202. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập xác định của hàm số
2
x
y =
là
A.
. B.
( )
0;
+∞
. C.
[
)
0; +∞
. D.
{ }
\0
.
Lời giải
Chọn A
Hàm số mũ
2
x
y =
xác định với mọi
x ∈
nên tập xác định là
D =
.
Câu 203. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập xác định của hàm số
4
log x
là
A.
( )
;0
−∞
. B.
[
)
0;+∞
. C.
( )
0;+∞
. D.
( )
;−∞ + ∞
.
Lời giải
Tập xác định của hàm số
4
log x
là
( )
0;+∞
.
Câu 204. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập xác định của hàm số
2
logyx=
là
A.
[0; )+∞
. B.
(;)−∞ +∞
. C.
(0; )
+∞
. D.
[2; )
+∞
.
Lời giải
Chọn C
Hàm số xác định khi
0x >
. Vậy tập xác định
( )
0;D = +∞
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 102 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
Câu 205. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Hàm số
2
3
2
xx
y
−
=
có đạo hàm là
A.
(
)
2
3
2 3 2 .ln 2
xx
x
−
−
. B.
2
3
2 .ln 2
xx−
. C.
( )
2
3
2 32
xx
x
−
−
. D.
( )
2
31
2 32
xx
x
−−
−
.
Lời giải
Chọn A
Áp dụng công thức
( )
. .ln
uu
a ua a
′
′
=
, ta có:
( )
22
33
2 2 3 2 .ln 2
xx xx
y yx
−−
′
= ⇒= −
.
15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit
Câu 206. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Hàm số
log
a
yx
=
và
log
b
yx
=
có đồ thị như hình bên.
Đường thẳng
3y =
cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ là
12
;xx
. Biết rằng
12
2xx=
. Giá trị
của
a
b
bằng
A.
1
3
. B.
3
. C.
2
. D.
3
2
.
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình hoành độ giao điểm
3
1
log 3
a
x xa=⇔=
, và
3
2
log 3
b
x xb=⇔=
.
Ta có
3
33
3
12
2 2 22
aa
xxab
bb

= ⇔ = ⇔ =⇔=


.
15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lô-ga-rít
Câu 207. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
( )
,mn
sao cho
16mn+≤
và
ứng với mỗi cặp
( )
,mn
tồn tại đúng
3
số thực
( )
1;1a ∈−
thỏa mãn
(
)
2
2 ln 1
m
ana a− ++
?
A.
16
. B.
14
. C. 15. D.
13
.
Lời giải
Chọn D
Đặt
( )
(
)
2
2 ln 1
m
fa a n a a=− ++
, ta có
( )
1
2
2
1
m
n
f a ma
a
−
′
= −
+
.
( )
1 12
2
02 0 1
2
1
mm
nn
f a ma a a
m
a
−−
′
=⇔ − =⇔ +=
+
phải có một nghiệm
0
1a <
.
Suy ra
24
2
nn
mm
<⇒ <
suy ra
0
a
là nghiệm duy nhất.
Ta có bảng biến thiên
x
y
3
O
1
x
2
x
log
b
yx=
log
a
yx=
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 103
Ta thấy
0
là một nghiệm của phương trình
(
)
0
fa
=
.
Nếu
1m =
suy ra để có nghiệm duy nhất thì
12
2
n
n
m
>⇒ >
(loại)
Nếu
m
lẻ và
1m ≠
thì ta có
a
là một nghiệm thì
a−
cũng là một nghiệm, do đó có đủ 3 nghiệm.
Nếu
m
chẵn thì phương trình chỉ có tối da 2 nghiệm (vì không có nghiệm âm).
Suy ra
m
lẻ.
Để có 1 nghiệm dương thì theo BBT ta có
( )
( )
( )
2
ln 1 2 2, 2
ln
2
2
0
1
1fnn⇔>⇒> +< ≈
+
.
Suy ra
{
}
1; 2n
∈
suy ra
{ }
3; 5; ;15m
∈
.
Suy ra có
13
cặp
( )
,mn
(do
15 2 17 16+= >
).
15.5 Bài toán lãi suất
Câu 208. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là
900.000.000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán
năm trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bảo nhiêu ( kết
quả làm tròn đến hàng nghìn)?
A. 810.000.000. B. 813.529.000. C. 797.258.000. D. 830.131.000.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2
900.000.000,
100
Ar= =
Năm 2021 giá xe niêm yết là:
1
T A Ar= −
Năm 2022 giá xe niêm yết là
( ) ( )
2
2
1T A Ar A Ar r A r=−−− = −
.
Năm 2025 giá xe niêm yết là:
( )
5
5 44
1T T Tr A r=−= −
5
5
2
900.000.000 1 813.529.000
100
T

= −≈


Câu 209. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Năm
2020
một hãng xe niêm yết giá bán loại xe X là
750.000.000
đồng và dự định trong
10
năm tiếp theo, mỗi năm giảm
2%
giá bán so với giá bán của năm liền
trước. Theo dự định đó năm
2025
hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao nhiêu ( kết quả
làm tròn đến hàng nghìn ) ?
A.
677.941.000
đồng. B.
675.000.000
đồng.
C.
664.382.000
đồng. D.
691.776.000
đồng.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 104 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Chọn A
Giá xe năm
2020
là
A
Giá xe năm
2021
là
( )
1
.1A A Ar A r=−= −
.
Giá xe năm
2022
là
( )
2
2 11
.1A A Ar A r=−=−
.
Giá xe năm
2023
là
( )
3
3 22
.1
A A Ar A r
=−=−
.
Giá xe năm
2024
là
(
)
4
4 33
.1A A Ar A r=−=−
.
Giá xe năm
2025
là
( )
5
5
5 44
2
. 1 750.000.000 1 677.941.000
100
A A Ar A r

=− = −= − ≈


đồng.
Câu 210. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong năm
2019
, diện tích trồng rừng mới của tỉnh
A
là 1000
ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh
A
mỗi năm tiếp theo đều tăng
6%
so với diện tích
rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm
2019
, năm nào dưới đây là năm đầu tiên của
tỉnh
A
có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên
1400
ha?
A. Năm
2043
. B. Năm
2025
. C. Năm
2024
. D. Năm
2042
.
Lời giải
Fb: Do Huu Nhan
Phản biện: Trần Quốc An
Đặt
0
1000A =
ha,
6%r =
.
Diện tích rừng trồng mới sau
n
năm là:
( )
0
1
n
n
AA r= +
( )
1
14
1400 1000 1 log 5,77
10
n
r
rn n
+
⇒ < + ⇒> ⇒>
.
Vậy tới năm
2025
diện tích rừng trồng mới đạt trên
1400
ha.
Câu 211. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là
800.000.000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán
của năm liền trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao
nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?
A. 708.674.000 đồng. B. 737.895.000 đồng. C. 723.137.000 đồng. D. 720.000.000 đồng.
Lời giải
Chọn C
Giá bán loại xe X năm 2021 là:
( )
800.000.000 800.000.000 2% 800.000.000 1 2%
− × = ×−
Giá bán loại xe X năm 2022 là:
( ) ( ) ( )
2
800.000.000 1 2% 800.000.000 1 2% 2% 800.000.000 1 2%×− − ×− × = ×−
.
Tương tự ta có: giá bán loại xe X năm 2025 sẽ là:
(
)
5
800.000.000 1 2% 723.137.000×− ≈
đồng.
15.6 Bài toán tăng trưởng
Câu 212. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 600 ha. Giả
sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng
6%
so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1000 ha?
A. Năm 2028. B. Năm 2047. C. Năm 2027. D. Năm 2046.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 105
Lời giải
Gọi
0
, ,%
n
SSr
lần lượt là diện tích rừng trồng mới năm 2019, diện tích rừng trồng mới sau
n
năm và phần trăm diện tích rừng trồng mới tăng mỗi năm.
Sau 1 năm, diện tích rừng trồng mới là
( )
100 0
1S S Sr S r=+= +
.
Sau 2 năm, diện tích rừng trồng mới là
( ) ( )
2
2 11 1 0
11S S Sr S r S r=+ = += +
.
…
Sau
n
năm, diện tích rừng trồng mới là
(
)
0
1
n
n
SS r= +
.
Theo bài ra
( )
0 1,06
55
600, 0,06, 1000 600 1 0,06 1000 1,06 log 8,77
33
n
n
n
SrS n= = >⇒ + >⇒ >⇒> ≈
.
Vậy phải sau ít nhất 9 năm thì diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mới đạt trên 1000 ha. Đó là
năm 2028.
Câu 213. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong năm
2019
, diện tích rừng trồng mới của tỉnh
A
là
900
ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh
A
mỗi năm tiếp theo đều tăng
6%
so với diện tích
rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên của
tỉnh
A
có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên
1700
ha?
A. Năm
2029
. B. Năm
2051
. C. Năm
2030
. D. Năm
2050
.
Lời giải
Gọi
x
là số năm tính từ
2019
đến năm có diện tích là
1700
ha, ta có
( )
1700 900 1 6%
x
<+
10,9x
⇒>
.
Năm đầu tiên của tỉnh
A
có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên
1700
ha chọn
11x =
. Suy ra năm
2030
.
Nhận xét: Bài toán này tương tự bài toán cơ bản về lãi suất quen thuộc với các em.
Câu 214. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 800 ha.
Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng
6%
so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1400 ha?
A. Năm 2029. B. Năm 2028. C. Năm 2048. D. Năm 2049.
Lời giải
Ta có:
1400ha=
n
S
;
800ha
=A
;
6%=r
.
Áp dụng công thức:
( ) ( )
1 1 1400= +⇒ +>
nn
n
SAr Ar
1 1,06
1400 1400
log log 9,609 10
800
+
 
⇔> ⇔> ⇔> ⇒=
 
 
r
n n nn
A
.
Vậy năm đầu tiên là năm 2029.
Câu 215. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 800 ha.
Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng
6%
so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1400 ha?
A. Năm 2029. B. Năm 2028. C. Năm 2048. D. Năm 2049.
Lời giải
Ta có:
1400ha=
n
S
;
800ha=A
;
6%=r
.
Áp dụng công thức:
( ) ( )
1 1 1400= +⇒ +>
nn
n
SAr Ar
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 106 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
1 1,06
1400 1400
log log 9,609 10
800
+
 
⇔> ⇔> ⇔> ⇒=
 
 
r
n n nn
A
.
Vậy năm đầu tiên là năm 2029.
Câu 216. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Để quảng bá cho sản phẩm A, một công ty dự 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 tỷ lệ người xem quảng cáo đó mua sản phẩm A tuân theo công thức
( )
0,015
1
1 49
n
Pn
e
−
=
+
. 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
Chọn B
Để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên
30%
điều kiện là
( )
0,015
13
30%
1 49 10
n
Pn
e
−
= >=
+
0,015 0,015
10 1 1 1 1
1 49 0,015 ln ln 202,968
3 21 21 0,015 21
nn
e e nn
−−
 
⇔ + < ⇔ < ⇔− < ⇔ >− ≈
 
 
min
203 203nn⇒≥ ⇒ =
.
15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số
Câu 217. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Xét các số thực không âm
x
và
y
thỏa mãn
1
2 .4 3
xy
xy
+−
+≥
.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
64Px y x y=+++
bằng
A.
65
8
. B.
33
4
. C.
49
8
. D.
57
8
.
Lời giải
Ta có
1 222
2 .4 3 .2 3 2
xy x y
xy y x
+− + −
+ ≥⇔ ≥−
(
) ( )
2 32
2 .2 3 2 .2 *
yx
yx
−
⇔ ≥−
Hàm số
( )
.2
t
ft t=
đồng biến trên
, nên từ
(
)
*
ta suy ra
( )
2 32 2 2 30 1y x xy≥− ⇔ + −≥
Ta thấy
( )
1
bất phương trình bậc nhất có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng
:2 2 3 0dx y+ −=
(phần không chứa gốc tọa độ
O
), kể cả các điểm thuộc đường thẳng
d
.
Xét biểu thức
( ) ( ) ( )
22
22
6 4 3 2 13 2Px y x y x y P=+++ ⇔ + ++ =+
Để
P
tồn tại thì ta phải có
13 0 13PP+ ≥ ⇔ ≥−
.
Trường hợp 1: Nếu
13P = −
thì
3; 2
xy=−=−
không thỏa
( )
1
. Do đó, trường hợp này
không thể xảy ra.
Trường hợp 2: Với
13P >−
, ta thấy
( )
2
là đường tròn
( )
C
có tâm
( )
3; 2
I −−
và bán kính
13RP= +
.
Để
d
và
( )
C
có điểm chung thì
( )
13 65
; 13
8
22
d Id R P P≤⇔ ≤ + ⇔ ≥
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 107
Khi
65
8
P =
đường tròn
(
)
C
tiếp xúc đường thẳng
d
tại
15
;
44
N



(thỏa mãn vì
N
thuộc
(
)
T
).
Vậy
65
min
8
P =
.
Câu 218. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
(
)
;
mn
sao cho
10mn+≤
và
ứng với mỗi cặp
( )
;mn
tồn tại đúng
3
số thực
( )
1;1a ∈−
thỏa mãn
(
)
2
2 ln 1
m
a na a= ++
?
A.
7
. B.
8
. C.
. D.
9
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
(
)
(
)
22
2
2 ln 1 ln 1
m
m
a
anaa aa
n
= ++⇔ = ++
.
Xét hai hàm số
(
)
(
)
2
ln 1fx x x
= ++
và
( )
2
m
gx x
n
=
trên
(
)
1;1
−
.
Ta có
( )
2
1
0
1
fx
x
′
= >
+
nên
( )
fx
luôn đồng biến và
( )
(
)
(
)
( )
22
2
1
ln 1 ln ln 1
1
fx xx xx fx
xx

−= −+ += =− + +=−

++

nên
( )
fx
là hàm số
lẻ.
+ Nếu
m
chẵn thì
( )
gx
là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng
Suy ra phương trình có nhiều nhất
2
nghiệm, do đó
m
lẻ.
+ Nếu
m
lẻ thì hàm số
( )
gx
là hàm số lẻ và luôn đồng biến.
Ta thấy phương trình luôn có nghiệm
0x =
. Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số lẻ,
suy ra phương trình đã cho có đúng
3
nghiệm trên
( )
1;1
−
khi có
1
nghiệm trên
( )
0;1
, hay
( ) ( )
( )
( )
{ }
22
1 1 ln 1 2 2, 26 1; 2
ln 1 2
fg n n
n
> ⇔ + < ⇔< ≈ ⇒∈
+
.
Đối chiếu điều kiện, với
1n =
suy ra
{ }
1;3;5;7;9m ∈
, có
5
cặp số thỏa mãn
Với
2n =
thì
{ }
1;3;5;7m ∈
có
4
cặp số thỏa mãn.
Vậy có
9
cặp số thỏa mãn bài toán.
15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lô-ga-rít(nhiều biến)
Câu 219. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Xét các số thực không âm
x
và
y
thỏa mãn
1
2 .4 3
xy
xy
+−
+≥
. Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
22
46Px y x y=+++
bằng
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 108 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
33
4
. B.
65
8
. C.
49
8
. D.
57
8
.
Lời giải
Nhận xét: Giá trị của
,xy
thỏa mãn phương trình
(
)
1
2 4 31
xy
xy
+−
+⋅ =
sẽ làm cho biểu thức
P
nhỏ nhất. Khi đó
11
0
(4
2
2
3
( )21) : 4 3
xy xy
xy xy
yy
+− +−
+ +−+ −
⋅= =⇔
Đặt
axy= +
, từ
( )
1
ta được phương trình
( )
1
23
4 . 2 0*
a
a
yy
−
+ −− =
.
Xét hàm số
(
)
1
23
4 .2
a
fa a
yy
−
= + −−
. Ta có
( )
1
2
' 4 .ln 4 0, 0
a
fa y
y
−
= + > ∀>
nên
(
)
fa
hàm
số đồng biến.
Mặt khác,
(
)
lim
x
fa
→−∞
= −∞
,
( )
lim
x
fa
→+∞
= +∞
.
Do đó, phương trình
( )
*
có nghiệm duy nhất
33
22
a xy= ⇒+=
.
Ta viết lại biểu thức
( ) ( )
2
1 1 65
42
488
P xy xy y

= + + + + − −=


. Vậy
min
65
8
P =
.
Cách khác:
Với mọi
,xy
không âm ta có
33
1
22
33
2 .4 3 .4 . 4 1 0
22
xy xy
xy
xy xy xy y
+− +−
+−


+ ≥⇔+ ≥ ⇔ +− + − ≥




(1)
Nếu
3
0
2
xy+−<
thì
( )
3
0
2
3
.4 1 0 .4 1 0
2
xy
xy y y
+−


+− + − <+ − =




(vô lí)
Vậy
3
2
xy
+≥
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhyakovski ta được
(
) ( )
22
22
4 6 3 2 13Px y x y x y=+++ =+ ++ −
( )
2
2
1 1 3 65
5 13 5 13
2 22 8
xy

≥ ++ − ≥ + − =


Đẳng thức xảy ra khi
5
3
4
2
1
32
4
y
xy
xy
x
=
+=

⇔


+=+
=
.
Vậy
65
min
8
P =
.
Câu 220. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Xét các số thực không âm
,xy
thỏa mãn
1
2 .4 3
xy
xy
+−
+≥
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
24Px xy y=+++
.
A.
33
8
. B.
9
8
. C.
21
4
. D.
41
8
.
Lời giải:
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 109
Cách 1 (Thầy Nguyễn Duy Hiếu).
Ta có
1
2 .4 3
xy
xy
+−
+≥
⇔
223
2 3 2 .2 0
xy
xy
+−
−+ ≥
⇔
( )
223
2 2 3 2.2 1 0
xy
xy y
+−
+ −+ − ≥
(1)
Nếu
2 2 30xy+ −<
thì VT(1) < 0, vô lý, nên từ (1) suy ra
2 2 30
xy
+ −≥
⇔
3
2
xy+≥
(
) (
) (
)
( )
(
)
22 22
1
12511125
2
Pxy xy

=+ ++ −= + + ++ −

(
)
2
2
1 1 3 41
1 25 3 5
2 22 8
xy

≥ ++ + − ≥ + − =


.
Dấu “=” xảy ra ⇔
51
,
44
xy= =
. Vậy
41
min
8
P =
.
Cách 2 (Trần Văn Trưởng).
Ta có
11
2 .4 3 .4 .4 3 2
xy y x
xy y x
+− −
+ ≥⇔ ≥−
( )
2 22
.2 3 2 .2
yx
yx
−
⇔ ≥−
(
)
2 32
2 .2 3 2 .2
yx
yx
−
⇔ ≥−
. (*)
Nếu
3
32 0
2
xx
− ≤⇔≥
thì với mọi
3
,0
2
xy≥≥
đều thỏa mãn (*) và khi đó
22
21
24
4
Px y x y=+++≥
.
Nếu
32 0x−>
.
Xét hàm số
( )
.2
t
ft t=
với
(0; )t ∈ +∞
.
Ta có
( )
' 2 .2 .ln 2 0, (0; )
tt
ft t t= + > ∀ ∈ +∞
.
Do đó hàm số
( )
ft
đồng biến trên
(0; )+∞
. Từ (*) suy ra
232 223y x xy≥− ⇔ + ≥
.
Xét
( ) ( )
22
1 25Px y=+ ++ −
( ) ( )
22
125x yP⇔+ ++ =+
.
Ta có hệ điều kiện sau:
( )
(
)
( )
( ) ( ) ( )
22
3
01
2
02
2 2 30 3
1 2 54
x
y
xy
x yP
≤<
≥
+ −≥
+ ++ =+
Hệ điều kiện (1), (2), (3) là phần tô màu trên hình vẽ.
(4) coi như là đường tròn tâm
( )
1; 2 , 5I RP−− = +
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 110 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Để hệ có nghiệm thì
(
)
;5
dI R P
∆≤ = +
, ở đó
:2 2 3 0xy∆ + −=
.
Suy ra
( ) ( )
22
21 22 3
41
5
8
22
PP
−+ −−
≤ +⇔ ≥
+
.
Dấu bằng xảy ra khi hệ sau có nghiệm:
( ) ( )
22
3
0
2
0
2 2 30
41
12 5
8
x
y
xy
xy
≤<
≥
+ −=
+ ++ = +
Giải hệ này ta tìm được
5
4
1
4
x
y
=
=
.
Vậy Min
41
8
P =
khi
51
,
44
xy= =
.
Cách 3 (Nguyễn Kim Duyên)
Giả thiết
( )
1
2 .4 3 1
xy
xy
+−
+≥
222
2 2 .2 1
xy
xy
+−
⇔ −+ ≥
.
Đặt
222axy=+−
;
22bx= −
ab⇒≥
và
2
ab
y
−
=
.
( )
1
viết lại:
( ) ( )
.2 1 2 2 2 2
2
aa
ab
b ba ab a
−
+ ≥⇔ − + − ≥−
( )
( )
2 2 22
a
ab a⇔ − − ≥−
( )
*
•
Nếu
1a <
thì
( ) ( )
*0 *VT VP≤<
. Vậy không xảy ra
1a <
.
•
Nếu
1a ≥
thì
( )
0
0
223
x
yD
xy
≥
≥
+≥
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 111
Biểu diễn được
( ) ( )
22
51 2Px y
+= + + +
, xem như là phương trình đường tròn
( )
C
có tâm
( )
1; 2I −−
, bán kính
5P +
.
Ta cần tìm
min P
trên miền
(
)
D
. Khi đó
( )
C
là đường tròn có bán kính nhỏ nhất chạm miền
( )
D
( )
,5dI P⇔ ∆= +
(trong đó,
:2 2 3 0xy∆ + −=
).
9 41
5
8
22
PP⇔ = +⇔ =
. Khi đó
∆
tiếp xúc
( )
C
tại điểm
51
;
44



.
Vậy
41
min
8
P =
, đạt được khi
5
4
x =
,
1
4
y =
.
Cách 4 ( NT AG). Ta có
1 223
2 .4 3 2 2 .2 3
xy x y
xy x y
+− + −
+ ≥⇔ + ≥
.
Nếu
2 2 30xy+ −<
thì
223 0
322.2 22.222
xy
xy xy xy
+−
≤+ <+ =+
. Suy ra
2 2 30xy+ −>
.
Mâu thuẫn.
Nếu
2 2 30
xy+ −≥
(1). Ta có (1)
35
( 1)
22
xy x y
⇔+ ≥ ⇔ + + ≥
. Đặt
1ty
= +
(
1t ≥
). Ta có
5
2
xt+≥
. Khi đó,
22 22
2 4 ( 1) 2 2 2 3Px xy yx y x y
=+++=+++++−
22
2( ) 3x t xt= ++ +−
2
2
1 1 5 5 41
( ) 2( ) 3 . 2. 3 .
2 22 2 8
xt xt
 
≥ + + + −≥ + −=
 
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5
4
xt= =
hay
51
,
44
xy= =
.
Nhận xét: Thông qua đặt
1ty
= +
ta đưa được về giả thiết và kết luận đều có biểu thức đối xứng
đối với
x
và
t
, vì thế thí sinh có thể dễ dàng phán đoán
P
đạt min khi
5
4
xt= =
.
Câu 221. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Xét các số thực
,xy
thỏa mãn
( )
22
1 22
2 2 2 .4
xy x
xy x
++
≤ +−+
. Giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
84
21
x
P
xy
+
=
−+
gần nhất với số nào dưới đây
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn C
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 112 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Nhận xét
22
2 20 ;x y x xy+ − + >∀
Bất phương trình
(
)
22
1 22
2 2 2 .4
xy x
xy x
++
≤ +−+
(
)
22
1
22
2
2
22
2
xy
x
xy x
++
⇔ ≤ +−+
(
)
22
21 2 2
2 22
xy x
xy x
+−+
⇔ ≤ +−+
.
Đặt
22
21tx y x=+−+
Bất phương trình
21
t
t⇔ ≤+
2 10
t
t⇔ −−≤
Đặt
(
)
21
t
ft t= −−
. Ta thấy
( ) ( )
0 10ff= =
.
Ta có
( )
2 ln 2 1
t
ft
′
= −
( )
2
1
0 2 ln 2 1 log 0,52
ln 2
t
ft t

′
= ⇔ =⇔= ≈


Quan sats BBT ta thấy
( )
00 1ft t
≤ ⇔ ≤≤
22
0 2 11
xy x
≤ + − +≤
( )
2
2
11xy
⇔−+≤
( )
1
Xét
84
2 84
21
x
P Px Py P x
xy
+
= ⇔ − += +
−+
(
)
4 82
P P x Py⇔ −= − +
( )
42882 28P P P x P Py
⇔ −+ −= − + −+
( )( )
3 12 8 2 1P P x Py⇔ − = − −+
( ) ( )( ) ( ) ( )
2
2 22
22
3 12 82 1 82 1P P x Py P P x y

⇔ − = − −+ ≤ − + − +



Thế
( )
1
vào ta có
( )
2
3 12P −
( )
2
2
82PP

≤− +

2
4 40 80 0
PP⇔ − +≤
55 55P⇔− ≤ ≤+
.
Dấu “=” xảy ra khi
( )
2
2
82 1 2
5
11
Px
Py
xy
− −−
= =
−+=
2
2
1
5
2
1
5
xy
y
−
−=
⇔
−

=


2
1
5
5
3
xy
y
−
−=
⇔
= ±
1
3
5
3
5
3
5
3
x
y
x
y
=
=
⇔
=
−
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
là
5 5 2,76−≈
gần giá trị
3
nhất.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 113
16. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
16.1 PT,BPT mũ cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
Câu 222. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Nghiệm của phương trình
21
3 27
−
=
x
là
A.
5=x
. B.
1=x
. C.
2=x
. D.
4=x
.
Lời giải
Chọn C.
21
3 27
−
=
x
2 13⇔ −=x
2⇔=x
.
Câu 223. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Nghiệm của phương trình
1
39
x−
=
là
A.
2x = −
. B.
3x =
. C.
2x =
. D.
3x = −
.
Lời giải
Ta có:
1 12
3933 12 3
xx
xx
−−
= ⇔ = ⇔ −= ⇔ =
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
3x
=
.
Câu 224. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm của phương trình
23
22
xx−
=
là
A.
8
x
=
. B.
8x = −
. C.
3x =
. D.
3x = −
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
23
2 2 23 3
xx
x xx
−
= ⇔ −=⇔ =
. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
3x =
.
Câu 225. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Nghiệm của phương trình
24
22
xx−
=
là
A.
16x
=
. B.
16x = −
. C.
4
x
= −
. D.
4x =
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
24
2 2 2 4 4.
xx
x xx
−
= ⇔ −=⇔=
Câu 226. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Nghiệm của phương trình
1
3 27
x−
=
là
A.
4x =
. B.
3x =
. C.
2x =
. D.
1x =
.
Lời giải
Chọn A
1
3 27
x−
=
13
33 4
x
x
−
⇔ = ⇔=
.
Câu 227. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập nghiệm của bất phương trình
9 2.3 3 0
xx
+ −>
là
A.
[
)
0; .+∞
. B.
( )
0; .+∞
. C.
( )
1; .+∞
. D.
[
)
1; .+∞
Lời giải
Chọn B
Đặt
( )
30
x
tt= >
bất phương trình đã cho trở thành
( )
2
1
2 30
3
t
tt
t loai
>
+ −>⇔
<−
Với
1t >
thì
31 0
x
x
>⇔ >
.
16.2 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
Câu 228. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập nghiệm của bất phương trình
2
13
3 27
x −
<
là
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 114 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
( )
4;+∞
. B.
( )
4;4−
. C.
( )
;4−∞
. D.
( )
0;4
.
Lời giải
Ta có:
22
13 13 3 2 2
3 27 3 3 13 3 16 4 4 4
xx
x xx x
−−
< ⇔ < ⇔ − <⇔ < ⇔ <⇔−<<
.
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
( )
4;4S = −
.
Kết luận:
(
)
4;4S
= −
.
Câu 229. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Nghiệm của phương trình
2
39
x−
=
là
A.
3x

B.
3x
C.
4x
D.
4x

Lời giải
Chọn C
Ta có
2 22
3933 22 4
xx
xx
−−
=⇔ = ⇔−=⇔=
Câu 230. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình
1
39
x+
=
là
A.
1x =
. B.
2x =
. C.
2x = −
. D.
1x = −
.
Lời giải
Ta có
1
3
3 9 1 log 9 1.
x
xx
+
= ⇔ += ⇔ =
.
Câu 231. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình
2
3 27
x+
=
là
A.
2x = −
. B.
1x = −
. C.
2x =
. D.
1x
=
.
Lời giải
Ta có:
2
3 27
x+
=
23
33
x+
⇔=
23x⇔+=
1x⇔=
.
Câu 232. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình
2
3 27
x+
=
là
A.
2x = −
. B.
1x = −
. C.
2x =
. D.
1x =
.
Lời giải
Ta có:
2
3 27
x+
=
23
33
x+
⇔=
23x
⇔+=
1
x
⇔=
.
Câu 233. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập nghiệm của bất phương trình
2
23
39
x −
<
là :
A.
( 5;5)−
. B.
( ;5)−∞
. C.
(5; )+∞
. D.
(0;5)
.
Lời giải
Ta có :
22
23 23 2 2 2
3 9 3 3 23 2 25 5 5
xx
xx x
−−
<⇔ < ⇔ − <⇔ < ⇔−<<
Câu 234. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập nghiệm của bất phương trình
2
7
24
x −
<
là
A.
( )
3; 3−
. B.
( )
0;3
. C.
(
)
;3−∞
. D.
( )
3; +∞
.
Lời giải
Ta có
22
72 9xx⇔ −<⇔ <
33x⇔− < <
.
Câu 235. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập nghiệm của bất phương trình
2
1
28
−
<
x
là
A.
( )
0;2
. B.
( )
;2−∞
. C.
( )
2;2−
. D.
( )
2;+∞
.
Lời giải
Ta có
2
1
28
−
<
x
2
13
22
−
⇔<
x
2
13⇔ −<x
2
40⇔ −<x
22⇔− < <
x
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
( )
2;2= −S
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 115
Câu 236. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập nghiệm của bất phương trình
2
1
28
−
<
x
là
A.
( )
0;2
. B.
(
)
;2−∞
. C.
( )
2;2−
. D.
( )
2;+∞
.
Lời giải
Ta có
2
1
28
−
<
x
2
13
22
−
⇔<
x
2
13
⇔ −<
x
2
40⇔ −<
x
22⇔− < <x
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
( )
2;2= −S
.
16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
Câu 237. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho ứng với mỗi
x
có không quá
242
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
( )
2
43
log logx y xy+≥ +
?
A.
55
. B.
28
. C.
29
. D.
56
.
Lời giải
Điều kiện
2
0
0
,
xy
xy
xy
+>
+>
∈
. Khi đó
( )
( )
( )
( )
3
3
log 4
log
2 22
43
log log 4
xy
xy xy xy xyxy
+
+ ≥ + ⇔ +≥ ⇔ +≥ +
( ) ( )
3
log 4
2
x x xy xy⇔ −> + − +
( )
1
Đặt
1
txy t
= + ⇒≥
thì
( )
1
được viết lại là
3
log 4
2
x xt t−> −
( )
2
Với mỗi
x
nguyên cho trước có không quá
242
số nguyên
y
thỏa mãn bất phương trình
(
)
1
Tương đương với bất phương trình
( )
2
có không quá 242 nghiệm
t
.
Nhận thấy
( )
3
log 4
ft t t= −
đồng biến trên
[
)
1; +∞
nên nếu
3
log 4
2
243 243 781xx−> − =
thì
sẽ có ít nhất
243
nghiệm nguyên
1
t ≥
.
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với
2
781 27, 4 28, 4xx x− ≤ ⇔− ≤ ≤
.
Mà
x
nguyên nên
{ }
27, 26,...,27,28x ∈− −
.
Vậy có tất cả
28 28 56+=
số nguyên
x
thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 238. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Xét các số thực không âm
x
và
y
thỏa mãn
1
2 .4 3
xy
xy


.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

22
42Px y x y
bằng
A.
33
8
. B.
9
8
. C.
21
4
. D.
41
8
.
Lời giải
Ta có :
1
2 .4 3
xy
xy


( )
2 32
2 .2 3 2
yx
yx
−−
⇔ ≥−
( ) (
)
2 32
2 .2 3 2 .2 *
yx
yx
−
⇔ ≥−
.
Xét hàm số
( )
.2
t
ft t=
có
( )
2 .2 .ln 2
tt
ft t
′
= +
.
Trường hợp 1 : Với
( )
3
*
2
x
≥⇒
luôn đúng
0y∀≥
.
Ta có :
( ) (
)
22
2 15Px y=+ ++ −
( )
2
2
3 33
2 01 5
24

≥ + + + −=


.
Dấu bằng xảy ra
3
2
0
x
y
=
⇔
=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 116 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Trường hợp 2 :
3
0
2
x
≤<
suy ra
( )
00t ft
′
≥⇒ >
hay hàm số
( )
y ft
=
luôn đồng biến nên
( )
* 2 32yx⇔ ≥−
32
2
x
y
−
⇔≥
.
Ta có :
2
22 2
32
4 2 4 32
2
x
Px y x yx x x
−

=+++≥+ ++−


2
2
21 1 41 41
22
4 4 88
xx x

= −+ = − + ≥


dấu bằng xảy ra
1
4
5
4
x
y
=
⇔
=
.
Câu 239. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Xét các số thực không âm
x
và
y
thỏa mãn
1
2 .4 3
xy
xy


.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

22
42Px y x y
bằng
A.
33
8
. B.
9
8
. C.
21
4
. D.
41
8
.
Lời giải
Ta có :
1
2 .4 3
xy
xy


( )
2 32
2 .2 3 2
yx
yx
−−
⇔ ≥−
( ) ( )
2 32
2 .2 3 2 .2 *
yx
yx
−
⇔ ≥−
.
Xét hàm số
( )
.2
t
ft t=
có
( )
2 .2 .ln 2
tt
ft t
′
= +
.
Trường hợp 1 : Với
(
)
3
*
2
x
≥⇒
luôn đúng
0y∀≥
.
Ta có :
(
) (
)
22
2 15Px y=+ ++ −
( )
2
2
3 33
2 01 5
24

≥ + + + −=


.
Dấu bằng xảy ra
3
2
0
x
y
=
⇔
=
.
Trường hợp 2 :
3
0
2
x
≤<
suy ra
( )
00t ft
′
≥⇒ >
hay hàm số
( )
y ft=
luôn đồng biến nên
( )
* 2 32yx⇔ ≥−
32
2
x
y
−
⇔≥
.
Ta có :
2
22 2
32
4 2 4 32
2
x
Px y x yx x x
−

=+++≥+ ++−


2
2
21 1 41 41
22
4 4 88
xx x

= −+ = − + ≥


dấu bằng xảy ra
1
4
5
4
x
y
=
⇔
=
.
17. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 117
17.1 Câu hỏi lý thuyết
Câu 240. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Nghiệm của phương trình
2
log (x 1) 3−=
là
A.
10x =
. B.
9
x =
. C.
8x =
. D.
=
7x
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
3
2
log (x 1) 3 2 1 9x− = ⇔ = +=
nên
17.2 PT,BPT loga cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
Câu 241. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Nghiệm của phương trình
( )
3
log 1 2
x
−=
là
A.
8x
=
. B.
9x
=
. C.
7x =
. D.
10
x =
.
Lời giải
Ta có
( )
3
10 1
log 1 2 10
1 9 10
xx
xx
xx
−> >

−=⇔ ⇔ ⇔=

−= =

.
Câu 242. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình
2
log ( 2) 3x −=
là
A.
6x =
. B.
8x =
. C.
11x =
. D.
10x =
.
Lời giải
Điều kiện
2.x >
3
2
log ( 2) 3 2 2 10xxx
− =⇔−= ⇔=
(thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
10x =
.
Câu 243. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình
( )
3
log 2 2x −=
là
A.
11x
=
. B.
10x =
. C.
7x =
. D.
8x =
.
Lời giải
Điều kiện :
20 2xx−>⇔>
Ta có:
( )
2
3
log 2 2 2 3 11xxx− =⇔−= ⇔=
(Thỏa mãn điều kiện
2x >
).
Vậy phương trình
( )
3
log 2 2x −=
có nghiệm là
11x =
.
Câu 244. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm của phương trình
2
log ( 8) 5x +=
bằng
A.
17x =
. B.
24x =
. C.
2x =
. D.
40x =
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
5
2
log ( 8) 5 8 2 24xxx+ =⇔+= ⇔ =
.
Câu 245. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Nghiệm của phương trình
( )
2
log 9 5x +=
là
A.
41x =
. B.
23x =
. C.
1x =
. D.
16x =
.
Lời giải
Chọn B
ĐK:
9x >−
Ta có:
( )
5
2
log 9 5 9 2xx+ =⇔+=
23x⇔=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 118 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 246. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình
( )
3
log 2 2x −=
là
A.
11
x =
. B.
10x =
. C.
7x =
. D.
8x
=
.
Lời giải
Điều kiện :
20 2xx−>⇔>
Ta có:
( )
2
3
log 2 2 2 3 11xxx− =⇔−= ⇔=
(Thỏa mãn điều kiện
2x >
).
Vậy phương trình
( )
3
log 2 2x −=
có nghiệm là
11x =
.
Câu 247. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập nghiệm của bất phương trình
(
)
2
3
log 18 2x−≥
là
A.
(
]
;3
−∞
. B.
(
]
0;3
.
C.
[ ]
3;3−
. D.
(
] [
)
; 3 3;−∞ − ∪ + ∞
.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện:
( )
2
18 0 32;32xx− > ⇔ ∈−
(*).
Khi đó ta có:
( )
2
3
log 18 2x
−≥
2
18 9x⇔−≥
33x⇔− ≤ ≤
.
Kết hợp với điều kiện (*) ta được tập ngiệm của bất phương trình đã cho là
[ ]
3;3
−
.
Câu 248. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập nghiệm của bất phương trình
( )
2
3
log 13 2x−≥
là
A.
(
] [
)
; 2 2:−∞ − ∪ +∞
. B.
(
]
;2
−∞
.
C.
(
]
0; 2
. D.
[ ]
2; 2−
.
Lời giải
Chọn D
Bất phương trình
( )
22
2
3
22
13 0 13
log 13 2
13 9 4
xx
x
xx

−> <
− ≥⇔ ⇔

−≥ ≤

13 13
22
22
x
x
x
− <<
⇔ ⇔− ≤ ≤
−≤ ≤
.
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình
( )
2
3
log 13 2x−≥
là
[ ]
2; 2−
.
Câu 249. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình
( )
2
log 6 5x +=
là:
A.
4x =
. B.
19x =
. C.
38x =
. D.
26x =
.
Lời giải
Chọn D
Điều kiện
60 6xx+ > ⇔ >−
Ta có:
( )
2
log 6 5x +=
( )
5
22
log 6 log 2x⇔ +=
( )
6 32x⇔+=
32 6x⇔= −
( )
26xTM⇔=
Vậy nghiệm của phương trình:
26x
=
Câu 250. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập nghiệm của bất phương trình
( )
2
3
log 36 3x−≥
là
A.
(
] [
)
; 3 3;−∞ − ∪ +∞
. B.
(
]
;3−∞
. C.
[ ]
3; 3−
. D.
(
]
0;3
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
2 22
3
log 36 3 36 27 9 0 3 3x xx x− ≥⇔−≥ ⇔−≥⇔−≤≤
.
Câu 251. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập nghiệm của bất phương trình
log 1x ≥
là
A.
( )
10; +∞
. B.
( )
0; +∞
. C.
[
)
10; +∞
. D.
( )
;10−∞
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 119
Lời giải
Chọn C
log 1 10
xx≥⇔ ≥
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
[
)
10; +∞
.
17.3 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
Câu 252. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Nghiệm của phương trình
( )
( )
33
log 1 1 log 4 1xx
+ += +
là
A.
3x =
. B.
3x
= −
. C.
4
x
=
. D.
2
x
=
.
Lời giải
Chọn D
Ta có điều kiện:
1
4
x ≥−
( ) (
)
33
log 1 1 log 4 1xx+ += +
⇔
( ) ( )
33
log 3 1 log 4 1xx+= +
⇔
( )
3 141xx+= +
⇔
2x =
(nhận).
17.4 PP phân tích thành nhân tử (không tham số)
Câu 253. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho ứng với mỗi
x
có không quá
255
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
2
32
log log ( )x y xy+≥ +
?
A.
. B.
79
. C.
157
. D.
158
.
Lời giải
Điều kiện
22
0
0
xy y x
xy y x
+ > >−

⇔

+ > >−

Vì
x ∈
nên
2
0,
xx x− ≥ ∀∈
suy ra
22
xx x x> ⇔− ≤−
do đó có điều kiện
1y xy x>− ⇒ ≥ −
.
Xét hàm số
( )
( )
( )
2
32
log logfy x y x y= +− +
.
Ta có
(
)
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
2
22
ln 2 ln 3
11
ln 2
ln 3 ln 3.ln 2
xy x y
fy
xy
xy xyxy
+ −+
′
= −=
+
+ ++
Vì
22
0xx xyx y≤ ⇒<+≤ +
0 ln 2 ln 3
<<
Suy ra
( )
( )
( )
2
ln 2 ln 3 0
xy x y fy
′
+< +⇒ <
.
Nhận xét:
( )
( )
2
32
1 log 1 log 1 0,f x xx x− = − + − ≥ ∀∈
.
Giả sử phương trình
(
)
0fy=
có nghiệm, vì
( )
0fy<
phương trình
(
)
0fy=
có nghiệm
duy nhất
ym=
.
Có bảng biến thiên:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 120 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Nên bất phương trình
( )
01fy x y m≥ ⇔− ≤ ≤
do đó để bất phương trình có không quá
255
giá trị
y ∈
thì
255mx
≤−
nên
( )
256 0fx−<
( )
2
32
log 256 log 256 0xx⇔ −+ − <
28
256 3xx⇔ −+ <
78,9 79,9
x⇔− < <
.
Vì
x ∈
nên
78 79x− ≤≤
có
158
giá trị
x
thỏa mãn
Câu 254. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho ứng với mỗi
x
có không quá
255
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
2
32
log log ( )x
y xy
+≥ +
?
A.
. B.
79
. C.
157
. D.
158
.
Lời giải
Điều kiện
22
0
0
xy y x
xy y x
+ > >−

⇔

+ > >−

Vì
x ∈
nên
2
0,xx x− ≥ ∀∈
suy ra
22
xx x x> ⇔− ≤−
do đó có điều kiện
1y xy x>− ⇒ ≥ −
.
Xét hàm số
( )
( )
( )
2
32
log logfy x y x y= +− +
.
Ta có
(
)
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
2
22
ln 2 ln 3
11
ln 2
ln 3 ln 3.ln 2
xy x y
fy
xy
xy xyxy
+ −+
′
= −=
+
+ ++
Vì
22
0xx xyx y≤ ⇒<+≤ +
0 ln 2 ln 3<<
Suy ra
( )
( )
( )
2
ln 2 ln 3 0xy x y fy
′
+< +⇒ <
.
Nhận xét:
( )
( )
2
32
1 log 1 log 1 0,
f x xx x
− = − + − ≥ ∀∈
.
Giả sử phương trình
( )
0fy=
có nghiệm, vì
( )
0fy<
phương trình
( )
0fy=
có nghiệm
duy nhất
ym=
.
Có bảng biến thiên:
Nên bất phương trình
( )
01fy x y m≥ ⇔− ≤ ≤
do đó để bất phương trình có không quá
255
giá trị
y ∈
thì
255mx≤−
nên
( )
256 0fx−<
( )
2
32
log 256 log 256 0xx⇔ −+ − <
28
256 3xx⇔ −+ <
78,9 79,9x⇔− < <
.
Vì
x ∈
nên
78 79x− ≤≤
có
158
giá trị
x
thỏa mãn
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 121
17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
Câu 255. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho ứng với mỗi
x
có không quá
728
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
2
43
log log ( )x y xy+≥ +
?
A.
. B.
58
. C.
116
. D.
115
.
Lời giải
Với mọi
x
∈
ta có
2
xx≥
.
Xét hàm số
( )
2
34
( ) log ( ) logfy x y x y= +− +
.
Tập xác định
D(; )x= − +∞
(do
2
yxyx
>− ⇒ >−
).
(
)
2
11
'( ) 0,
( )ln 3
ln 4
fy xD
xy
xy
= − ≥ ∀∈
+
+
(do
2
0x yxy+≥+>
,
ln 4 ln 3>
)
⇒
f
tăng trên
D
.
Ta có
( )
2
34
( 1) log ( 1) log 1 0
f x xx x x−+ = −+ − −+ ≤
.
Có không quá 728 số nguyên
y
thỏa mãn
( )
0fy≤
( )
2
34
( 729) 0 log 729 log 729 0fx x x⇔ −+ > ⇔ − − + >
26
729 4 0xx
⇔ −+ − <
⇔
2
3367 0xx−− <
57,5 58,5x⇔− ≤ ≤
Mà
x ∈
nên
{
}
57, 56,...,58x ∈− −
.
Vậy có
58 ( 57) 1 116−− + =
số nguyên
x
thỏa.
Câu 256. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu số nguyên
x
sao cho ứng với mỗi
x
có không quá
127
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
( )
2
32
log logx y xy+≥ +
?
A.
. B.
46
. C.
45
. D.
.
Lời giải
Cách 1:
Với
x
nguyên tùy ý, ta có
2
xx≥
Xét hàm số
( ) ( )
( )
2
23
log logfy x y x y= +− +
Tập xác định :
( )
;Dx= − +∞
( )
2
yxyx>− ⇒ >−
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
22
ln 3 ln 2
11
0
ln 2
ln 3 ln 2 ln 3
x y xy
fy
xy
xy xyxy
+ −+
′
=−= ≥
+
+ ++⋅
yD∀∈
( )
2
0;ln 3 ln 2 0x yxy+≥+> > >
(
)
fy⇒
đồng biến trên
D
.
Ta có
( )
( )
2
3
1 log 1 0fx xx−+ =− − + ≤
(do
2
11
xx−+≥
)
Có không quá
127
số nguyên
y
thỏa mãn
( )
0fy≤
( )
( )
2
23
128 0 log 128 log 128 0fx xx⇔ −+ > ⇔ − −+ >
( )
27
1 21 2
128 3 44,87; 45,87x x x x xx x⇔ − + < ⇔ < < ≈− ≈
{ }
44; 43;...;45x⇒ ∈− −
. Vậy có
giá trị
x
.
Cách 2:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 122 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Ta có:
2
32
log ( ) log ( )
x y xy+≥ +
(1)
Đặt
1txy
=+≥
(1) ⇔
2
32
log ( ) logx xt t
−+ ≥
⇔
2
23
( ) log log ( ) 0gt t x x t= − −+ ≤
(2)
Ta có
( )
2
11
'( ) 0
ln 2
ln 3
gt
t
x xt
=−>
−+
với mọi
1t ≥
. Do đó
()
gt
đồng biến trên
[
)
1; +∞
Vì mỗi
x
nguyên có không quá 127 giá trị
*t ∈
thỏa mãn (2) nên ta có
(128) 0g >
⇔
(
)
2
23
log 128 log 128 0xx− −+ >
⇔
27
128 3
xx−+ <
⇔
44,8 45,8x− ≤≤
.
Vậy có 90 giá trị thoả mãn YCBT.
Nhận xét: Đây là câu hay nhất đề năm nay. Trong trình bày tự luận, thí sinh có thể mắc sai lầm
nếu ngay từ đầu đặt
t
∗
∈
, vì khi đó hàm
()gt
không liên tục trên tập
∗
, sẽ không có đạo hàm.
17.6 Phương trình loga có chứa tham số
Câu 257. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho phương trình
( )
2
93 3
log log 3 1 logxx m− −=−
với
m
là tham số
thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để phương trình có nghiệm ?
A.
2
. B.
4
. C.
3
. D. vô số.
Lời giải
Chọn A.
Điều kiện
1
3
x >
và
0m >
Phương trình tương đương
( )
33 3
1
log log 3 1 logxx
m
− −=
1 31
31
xx
m
xm x
−
⇔ =⇔=
−
.
Xét hàm số
( )
31x
fx
x
−
=
với
1
3
x >
.
( )
2
1
0fx
x
′
= >
.
Bảng biến thiên
Vậy
03m<<
phương trình có nghiệm.
Do đó có
2
giá trị nguyên để phương trình có nghiệm.
17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp cả mũ và loga có tham số
Câu 258. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho phương trình
( )
2
22
4log log 5 7 0
x
xx m+ − −=
(
m
là tham số
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của
m
để phương trình đã cho có đúng hai
nghiệm phân biệt?
A.
49
. B.
47
. C. Vô số. D.
48
.
+
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 123
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
00
7 07
xx
xx
mm
>>

⇔

−≥ ≥

.
* Trường hợp
0m ≤
thì
( )
22
22 22
4log log 5 7 0 4log log 5 0
x
xx m xx
+− −=⇔ +−=
( )( )
22
log 1 4log 5 0xx⇔ − +=
2
2
log 1
5
log
4
x
x
=
⇔
= −
5
4
2
2
x
x
−
=
⇔
=
.
Trường hợp này không thỏa điều kiện
m
nguyên dương.
* Trường hợp
0m >
, ta có
0
7
x
x
m
>
≥
7
logxm⇔≥
nếu
1
m
>
và
0x >
nếu
01m<≤
.
Khi đó
( )
2
22
4log log 5 7 0
x
xx m+ − −=
2
22
4log log 5 0
70
x
xx
m
+ −=
⇔
−=
5
4
7
2
2
log
x
x
xm
−
=
⇔=
=
.
+ Xét
01
m<≤
thì nghiệm
7
log 0xm
= ≤
nên trường hợp này phương trình đã cho có đúng 2
nghiệm
5
4
2; 2xx
−
= =
thỏa mãn điều kiện.
+ Xét
1m >
, khi đó điều kiện của phương trình là
7
logxm≥
.
Vì
5
4
22
−
>
nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
5
4
7
2 log 2
m
−
>≥
5
4
22
77m
−
⇔ ≤<
.
Trường hợp này
{ }
3;4;5;...;48m ∈
, có 46 giá trị nguyên dương của
m
.
Tóm lại có 47 giá trị nguyên dương của
m
thỏa mãn.
Chọn phương án B.
18. NGUYÊN HÀM
18.1 Định nghĩa, tính chất của nguyên hàm
Câu 259. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Hàm số
()Fx
là một nguyên hàm của hàm số
()fx
trên khoảng
K
nếu
A.
() (),Fx fx x K
′
=− ∀∈
. B.
() (),f x Fx x K
′
= ∀∈
.
C.
() (),Fx fx x K
′
= ∀∈
. D.
() (),f x Fx x K
′
=− ∀∈
.
Lời giải
Chọn B
Hàm số
()Fx
là một nguyên hàm của hàm số
()fx
trên khoảng
K
nếu
() (),Fx fx x K
′
= ∀∈
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 124 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 260. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết
( )
2x
Fx e x= +
là một nguyên hàm của hàm số
(
)
fx
trên
. Khi đó
(
)
2f x dx
∫
bằng
A.
2
22 .
x
e xC++
B.
22
1
.
2
x
e xC++
C.
22
1
2.
2
x
e xC++
D.
22
4.
x
e xC++
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
2x
Fx e x= +
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
(
)
( ) ( )
22
1 11
2 22 2 2 .
2 22
x
f xdx f xd x F x C e x C⇒ = = += + +
∫∫
18.2 Nguyên hàm của hs cơ bản, gần cơ bản
Câu 261. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( )
25fx x= +
là:
A.
2
5
x xC++
. B.
2
25x xC++
. C.
2
2xC
+
. D.
2
xC+
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:
( )
2
2 5d 5
x x x xC+ =++
∫
.
Câu 262. [Đề-BGD-2020-Mã-101]
2
dxx
∫
bằng
A.
2xC+
. D.
3
1
3
xC+
. C.
3
xC+
. D.
3
3xC+
.
Lời giải
Ta có
23
1
d
3
xx x C= +
∫
.
Câu 263. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102]
3
x dx
∫
bằng.
A.
4
4xC
B.
2
3xC
C.
4
xC
D.
4
1
4
xC
Lời giải
Chọn D
Ta có
34
1
4
x dx x C= +
∫
Câu 264. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]
4
x dx
∫
bằng
A.
5
1
5
xC+
. B.
3
4xC+
. C.
5
xC+
. D.
5
5xC+
.
Lời giải
Chọn A
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 125
Ta có
45
1
d
5
xx x C
= +
∫
.
Câu 265. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]
5
x dx
∫
bằng
A.
4
5xC
+
. B.
6
1
6
xC
+
. C.
6
xC+
. D.
6
6xC+
.
Lời giải
Ta có:
6
5
1
6
C
x dx x= +
∫
nên đáp án B đúng.
Câu 266. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101]
4
5x dx
∫
bằng
A.
5
1
5
xC+
. B.
5
xC+
. C.
5
5xC+
. D.
3
20xC+
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
45
5x dx x C= +
∫
.
Câu 267. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102]
5
6x dx
∫
bằng
A.
6
6xC+
. B.
6
xC+
. C.
6
1
6
xC+
. D.
4
30xC
+
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
56
6x dx x C= +
∫
.
Câu 268. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]
2
3dxx
∫
bằng
A.
3
3xC+
. B.
6xC+
. C.
3
1
3
xC+
. D.
3
xC
+
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
3
23
3 d 3.
3
x
xx C x C= += +
∫
Câu 269. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104]
5
x dx
∫
bằng
A.
4
5xC+
. B.
6
1
6
xC+
. C.
6
xC+
. D.
6
6
xC+
.
Lời giải
Ta có:
65
1
6
Cx dx x= +
∫
nên đáp án B đúng.
Câu 270. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết
( )
2x
Fx e x= −
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
. Khi đó
( )
2df xx
∫
bằng
A.
22
1
2
2
x
e xC−+
. B.
22
4
x
e xC−+
. C.
2
22
x
e xC−+
. D.
22
1
2
x
e xC−+
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
2df xx
∫
( ) ( )
1
2 d2
2
fx x=
∫
( )
1
2
2
FxC= +
22
1
2
2
x
e xC= −+
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 126 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
18.3 Nguyên hàm phân thức
Câu 271. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( )
( )
2
21
1
x
fx
x
−
=
+
trên khoảng
( )
1;
− +∞
là
A.
( )
2
2ln 1
1
xC
x
++ +
+
. B.
( )
3
2ln 1
1
xC
x
++ +
+
.
C.
( )
2
2ln 1
1
xC
x
+− +
+
. D.
( )
3
2ln 1
1
xC
x
+− +
+
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
( )
( )
(
)
( )
( )
( )
22 2
2 13
21 2 3 3
2ln 1
11
11 1
x
x
dx dx dx dx x C
xx
xx x
+−
−−
= = + = ++ +
++
++ +
∫ ∫ ∫∫
.
18.4 PP nguyên hàm từng phần
Câu 272. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
2
4
=
+
x
fx
x
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm
số
( ) ( ) ( )
1
′
= +gx x f x
là
A.
2
4
24
+
+
+
x
C
x
. B.
2
4
24
−
+
+
x
C
x
. C.
2
2
24
24
+−
+
+
xx
C
x
. D.
2
2
24
24
++
+
+
xx
C
x
.
Lời giải
( ) (
) ( )
d 1d
′
= +
∫∫
gxx x fxx
. Đặt
( )
( )
( )
1
dd
dd
= +
=

⇒

=
′
=
ux
ux
v fx
v fxx
.
(
) ( )
( ) (
) ( ) ( )
2
d1 d1 d
4
⇒ =+− =+−
+
∫∫∫
x
gx x x fx fx x x fx x
x
.
Tính
2
d
4+
∫
x
x
x
, đặt
2 22
4 4d d= +⇒ = +⇒ =t x t x tt xx
.
2
2
d d 1d 4
4
= = =+ = ++
+
∫ ∫∫
xt
x t t tC x C
t
x
.
Khi đó:
( ) ( )
2
22
4
d1 4
44
−
= + − ++ = +
++
∫
xx
gx x x x C C
xx
.
18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến và từng phần hàm xđ
Câu 273. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số
( )
2
2
x
fx
x
=
+
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số
( ) ( ) ( )
1'gx x f x= +
là
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 127
A.
2
2
22
22
xx
C
x
+−
+
+
. B.
2
2
2
x
C
x
−
+
+
. C.
2
2
22
2
xx
C
x
++
+
+
. D.
2
2
22
x
C
x
+
+
+
.
Lời giải
Ta có
(
)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(
)
( )
( )
( )
22
2
22
2
2
2
1'
1
1
22
2
1
1
2
22
1
1
.2 2
2
2
2
.
2
g x dx x f x dx
x fx fxdx
xx
x
dx
xx
dx
xx
xx
xx
xC
x
x
C
x
= +
=+−
+
= −
++
+
+
= −
++
+
= − ++
+
−
= +
+
∫∫
∫
∫
∫
Câu 274. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số
( )
2
3
x
fx
x
=
+
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm
số
( ) ( ) ( )
1gx x f x
′
= +
là
A.
2
2
23
23
xx
C
x
+−
+
+
. B.
2
3
23
x
C
x
+
+
+
. C.
2
2
23
3
xx
C
x
++
+
+
. D.
2
3
3
x
C
x
−
+
+
.
Lời giải
Ta có
( ) ( ) ( )
d 1dgxx x fxx
′
= +
∫∫
.
Đặt
( ) ( )
1 dd
dd
ux u x
vfxx vfx
=+=


⇒

′
= =


( ) ( ) ( ) (
) ( ) ( )
2
d1 d1 d
3
x
gx x x fx fx x x fx x
x
⇒ =+− =+−
+
∫∫∫
.
Tính
2
d
3
x
x
x +
∫
.
Đặt
2 22
3 3d d
t x t x tt xx= +⇒ = +⇒ =
.
2
2
d dd 3
3
xt
x t t tC x C
t
x
⇒ = = =+ = ++
+
∫ ∫∫
.
Vậy
( ) ( ) ( )
( )
22
22
1
3
13 3
33
xx
x
gxdxxfxxC xC C
xx
+
−
= + − ++ = − ++ = +
++
∫
.
18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn
Câu 275. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết
( )
2
2
x
Fx e x= −
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
. Khi đó
( )
2f x dx
∫
bằng
A.
2
24 .
x
e xC−+
B.
22
1
4.
2
x
e xC−+
C.
22
8.
x
e xC−+
D.
22
1
2.
2
x
e xC−+
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 128 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( )
2
2
x
Fx e x= −
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
Suy ra:
( )
( )
(
)
( )
22
2 42 8
xx x
fxFxex exfxe x
′
′
= = − =−⇒ = −
( )
(
)
2 22
1
2 8 4.
2
xx
f x dx e x dx e x C
⇒ = − = −+
∫∫
19. TÍCH PHÂN
19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất của tích phân
Câu 276. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Biết
( )
5
1
4f x dx =
∫
. Giá trị của
( )
5
1
3 f x dx
∫
bằng
A.
7
. B.
4
3
. C.
64
. D.
12
.
Lời giải
Ta có :
(
) ( )
55
11
3 3 3.4 12f x dx f x dx
= = =
∫∫
Câu 277. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết
(
)
2
1
d2
fx x
=
∫
. Giá trị của
( )
2
1
3dfx x
∫
bằng
A.
5
. B.
6
. C.
2
3
. D.
8
.
Lời giải
Ta có
( ) ( )
22
11
3 3 3.2 6
f x dx f x dx= = =
∫∫
.
Câu 278. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết
( )
3
2
d6fx x=
∫
. Giá trị của
(
)
3
2
2dfx x
∫
bằng
A.
. B.
3
. C.
12
. D.
8
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
33
22
2 d2 d2612fx x fx x= =×=
∫∫
.
Câu 279. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết
( )
3
2
4f x dx =
∫
và
(
)
3
2
1g x dx =
∫
. Khi đó:
( ) ( )
3
2
f x g x dx−


∫
bằng:
A.
3−
. B.
3
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 129
Chọn B
Ta có
( ) (
) (
) ( )
3 33
2 22
413f x g x dx f x dx g x dx− = − = −=


∫ ∫∫
Câu 280. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết
( )
3
2
3f x dx =
∫
và
( )
3
2
1g x dx =
∫
. Khi đó
( ) ( )
3
2
f x g x dx+


∫
bằng
A.
4
. B.
2
. C.
2−
. D.
3
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3 33
2 22
4f x g x dx f x dx g x dx+= + =


∫ ∫∫
.
Câu 281. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết
(
)
2
1
d3
fx x=
∫
và
( )
2
1
d2gx x=
∫
. Khi đó
( ) ( )
2
1
df x gx x−


∫
bằng?
A.
6
. B.
1
. C.
5
. D.
.
Lời giải
Chọn B
Ta có:
( ) ( ) (
) ( )
2 22
1 11
d d d 321f x gx x f x x gx x− = − =−=


∫ ∫∫
.
Câu 282. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết
( )
3
2
d6fx x=
∫
. Giá trị của
( )
3
2
2dfx x
∫
bằng
A.
. B.
3
. C.
12
. D.
8
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
33
22
2 d2 d2612fx x fx x= =×=
∫∫
.
Câu 283. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết
( )
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
.
Giá trị của
( )
3
1
1dfx x+


∫
bằng
A.
10
. B.
8
. C.
26
3
. D.
32
3
.
Lời giải
Do
( )
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
nên
( ) ( )
( )
( )
2
2
′
′
= = =f x Fx x x
.
Suy ra
( ) ( )
( )
33
3
2
1
11
1 d 1 2 d 10fx x x x x x+ =+ =+=


∫∫
.
Câu 284. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết
( )
1
0
2
f x x dx=2+


∫
. Khi đó
( )
1
0
f x dx
∫
bằng :
A.
1
. B.
4
. C.
2
. D.
0
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 130 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
( ) ( )
1 11
0 00
22f x x dx=2 f x dx+ xdx=2+⇔


∫ ∫∫
( )
1
1
2
0
0
2f x dx x⇔=−
∫
( )
1
0
21f x dx⇔=−
∫
(
)
1
0
1f x dx⇔=
∫
Câu 285. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết
( )
1
0
23f x x dx+=


∫
. Khi đó
( )
1
0
dfx x
∫
bằng
A.
1
. B.
5
. C.
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
( ) ( )
( )
1 111
2
0 000
1
23232.3
0
2
x
f x x dx f x dx xdx f x dx+=⇔+=⇔+=


∫ ∫∫∫
.
Suy ra
( ) ( )
1
2
0
1
3 3 10 2d
0
fx x x=− =−− =
∫
.
Câu 286. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết
(
)
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
.
Giá trị của
( )
3
1
1dfx x+


∫
bằng
A.
10
. B.
8
. C.
26
3
. D.
32
3
.
Lời giải
Do
( )
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
nên
( ) ( )
( )
( )
2
2
′
′
= = =f x Fx x x
.
Suy ra
( ) ( )
( )
33
3
2
1
11
1 d 1 2 d 10fx x x x x x+ =+ =+=


∫∫
.
19.2 Tích phân cơ bản(a), kết hợp tính chất (b)
Câu 287. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Biết
(
)
1
0
d2fxx= −
∫
và
( )
1
0
d3gx x=
∫
, khi đó
( ) ( )
1
0
df x gx x−


∫
bằng
A.
5−
. B.
5
. C.
. D.
1
.
Lời giải
Chọn A
( ) ( )
1
0
df x gx x−


∫
( ) ( )
11
00
ddfxx gxx= −
∫∫
23 5=−− =−
.
Câu 288. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Biết
( )
=
∫
3
1
3f x dx
. Giá trị của
( )
∫
3
1
2 f x dx
bằng
A.
5
. B.
9
. C.
6
. D.
3
2
.
Lời giải
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 131
Ta có:
( ) (
)
= = =
∫∫
33
11
2 2 2.3 6f x dx f x dx
.
Câu 289. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Biết
( )
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
. Giá
trị của
(
)
[ ]
+
∫
2
1
2 f x dx
bằng
A.
5
. B.
3
. C.
13
3
. D.
7
3
.
Lời giải
( )
2
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
.
Khi đó
(
)
[ ]
( )
( )
+=+ = =
+
∫ ∫∫
2 22
2
1
1 11
2
2 d 2d d 5
2
fx x x fx x
xx
.
Câu 290. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Biết
( )
3
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
(
)
fx
trên
.
Giá trị của
( )
2
1
2 f x dx+


∫
bằng
A.
23
4
. B.
7
. C.
9
. D.
15
4
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
( )
2
3
1
22
2 d 2 2 12 3 9
11
f x x x Fx x x+ = + = + = −=


∫
Câu 291. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết
( )
3
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
.
Giá trị của
[
]
3
1
1 ()dfx x
+
∫
bằng
A.
20
. B.
22
. C.
26
. D.
28
.
Lời giải
Theo bài ra
(
)
3
Fx x=
là một nguyên hàm của hàm số
( )
fx
trên
nên ta có
( )
( )
3
3
3
1
1
1 d 30 2 28fx x x x+ = + = −=


∫
.
Câu 292. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết
( )
1
0
2d 4fx x x+=


∫
. Khi đó
( )
1
0
dfx x
∫
bằng
A.
3
. B.
2
. C.
6
. D.
4
.
Lời giải
Chọn A
( ) ( ) ( )
1 11 1
0 00 0
2d4 d 2d4 d413fx x x fx x xx fx x+ = ⇔ + = ⇔ = −=


∫ ∫∫ ∫
Câu 293. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Nếu
( )
1
0
d4fx x=
∫
thì
( )
1
0
2dfxx
∫
bằng
A.
16
. B.
4
. C.
2
. D.
8
.
Lời giải
Chọn D
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 132 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
(
)
( )
11
00
2 d 2 d 2.4 8fxx fxx
= = =
∫∫
.
Câu 294. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích
S
của hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
2 , 1, 0y xy x

và
1x
được tính bởi công thức nào dưới đây?
A.
1
2
0
(2 1)S x dx
. B.
1
2
0
(2 1)S x dx
.
C.
1
22
0
(2 1)S x dx
. D.
1
2
0
(2 1)
S x dx
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích cần tìm là:
11
22
00
21 (21).S x dx x dx


.
Câu 295. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số
( )
fx
có
( )
00=f
và
( )
2
' cos .cos 2 ,= ∀∈
fx x xx
. Khi
đó
( )
0
π
∫
f x dx
bằng
A.
1042
225
. B.
208
225
. C.
242
225
. D.
149
225
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
( )
2
' cos .cos 2 ,fx x xx= ∀∈
nên
( )
fx
là một nguyên hàm của
( )
'fx
.
Có
( )
2
1 cos 4 cos cos .cos 4
' cos .cos 2 cos .
22 2
x x xx
f x dx x xdx x dx dx dx
+
= = = +
∫ ∫ ∫ ∫∫
( )
1 1 11 1
cos cos5 cos3 sin sin 5 sin 3
2 4 2 20 12
xdx x x dx x x x C= + + =+++
∫∫
.
Suy ra
( )
11 1
sin sin 5 sin3 ,
2 20 12
fx x x x C x= + + + ∀∈
. Mà
( )
00 0fC=⇒=
.
Do đó
(
)
11 1
sin sin 5 sin3 ,
2 20 12
fx x x x x= + + ∀∈
. Khi đó:
(
)
00
0
1 1 1 1 1 1 242
sin sin 5 sin 3 cos cos5 cos3
2 20 12 2 100 36 225
f x dx x x x dx x x x
π
ππ

= + + =−− − =


∫∫
.
19.3 PP tích phân từng phần-hàm xđ
Câu 296. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét
2
2
0
.
x
x e dx
∫
, nếu đặt
2
ux=
thì
2
2
0
.
x
x e dx
∫
bằng
A.
2
0
2.
u
e du
∫
. B.
4
0
2.
u
e du
∫
. C.
2
0
1
.
2
u
e du
∫
. D.
4
0
1
.
2
u
e du
∫
Lời giải
Chọn D
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 133
Đặt
2
2u x du xdx=→=
Với
00xu=→=
và
24xu=→=
Ta được
2
24
00
1
..
2
xu
x e dx e du
=
∫∫
.
19.4 Kết hợp đổi biến và từng phần tính tích phân-hàm xđ
Câu 297. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
có đạo hàm liên tục trên
. Biết
( )
41f =
và
( )
1
0
4d 1xf x x
=
∫
, khi đó
( )
4
2
0
dxf x x
′
∫
bằng
A.
31
2
. B.
16−
. C.
8
. D.
14
.
Lời giải
Chọn B
Cách 1:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 41
4
22
0
0 00
d 2 d 16.1 2 4 4 d 4 16 2.16.1 16xf x x xf x xf x x tf t t
′
= − =− =−=−
∫ ∫∫
.
Cách 2: Đặt
4tx=
d 4dtx⇒=
. Đổi cận:
Khi đó:
(
)
( )
(
)
1 44
0 00
11
4d d d
16 16
xf x x tf t t xf x x
= =
∫ ∫∫
.
Xét:
(
)
4
2
0
'dI xf x x=
∫
: Đặt
( )
( )
( )
2
d2
'd
d 'd
u xdx
ux
v f x x fx
v fxx
=
=

⇒

= =
=
∫
.
( )
( ) ( )
4
22
0
4
2 d 4 . 4 2.16 16
0
I xfx xfx x f⇒= − = − =−
∫
.
Câu 298. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số
( )
2
1
x
fx
x
=
+
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm
số
( ) ( ) ( )
1gx x f x
′
= +
là
A.
2
2
21
21
xx
C
x
+−
+
+
. B.
2
1
21
x
C
x
+
+
+
. C.
2
2
21
1
xx
C
x
++
+
+
. D.
2
1
1
x
C
x
−
+
+
.
Lời giải
Ta có
( ) ( ) ( )
d 1dgxx x fxx
′
= +
∫∫
.
Đặt
( )
1
d 'd
ux
v fxx
= +
=
( )
ddux
v fx
=
=
.
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
d1 dgx x x fx fx x=+−
∫∫
( )
( )
2
2
2 22 2
d1
1
d1
2
1 11 1
x
xx
xx x x
x xx x
+
+
+
=−=− =
+ ++ +
∫∫
2
2
22
1
1
11
xx x
xC C
xx
+−
= − ++ = +
++
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 134 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Nhận xét: Nếu học sinh nắm được công thức vi phân của một hàm số, có thể đưa ngay
( )
fx
′
vào vi phân mà không cần đặt
( )
1
dd
ux
v fxx
= +
′
=
.
Câu 299. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số
( )
2
4
=
+
x
fx
x
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm
số
( ) ( ) ( )
1
′
= +gx x f x
là
A.
2
4
24
+
+
+
x
C
x
. B.
2
4
24
−
+
+
x
C
x
. C.
2
2
24
24
+−
+
+
xx
C
x
. D.
2
2
24
24
++
+
+
xx
C
x
.
Lời giải
( ) ( ) ( )
d 1d
′
= +
∫∫
gxx x fxx
. Đặt
( )
( )
(
)
1
dd
dd
= +
=

⇒

=
′
=
ux
ux
v fx
v fxx
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
d1 d1 d
4
⇒ =+− =+−
+
∫∫∫
x
gx x x fx fx x x fx x
x
.
Tính
2
d
4+
∫
x
x
x
, đặt
2 22
4 4d d= +⇒ = +⇒ =t x t x tt xx
.
2
2
d d 1d 4
4
= = =+ = ++
+
∫ ∫∫
xt
x t t tC x C
t
x
.
Khi đó:
( )
(
)
2
22
4
d1 4
44
−
= + − ++ = +
++
∫
xx
gx x x x C C
xx
.
19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn
Câu 300. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
(
)
fx
. Biết
( )
04f =
và
( )
2
2cos 1
fx x
′
= +
,
x∀∈
,
khi đó
( )
4
0
f x dx
π
∫
bằng
A.
2
4
16
π
+
. B.
2
14
16
ππ
+
. C.
2
16 4
16
ππ
++
. D.
2
16 16
16
ππ
++
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
(
) ( )
(
)
( )
2
1
2cos 1 cos 2 2 sin 2 2
2
f x f x dx x dx x dx x x C
′
= = + = + = ++
∫∫ ∫
( )
04 4fC=⇔=
.
Vậy
( )
2
44
4
2
00
0
1 1 16 4
sin224 cos2 4
2 4 16
f x dx x x dx x x x
ππ
π
ππ
++

= ++ =− ++ =


∫∫
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 135
20. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị
Câu 301. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số
( )
fx
liên tục trên
. Gọi
S
là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường
( )
y fx=
,
0y =
,
1x
= −
và
4x
=
(như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
A.
( ) ( )
14
11
ddS fx x fx x
−
=−+
∫∫
. B.
( ) ( )
14
11
ddS fx x fx x
−
= −
∫∫
.
C.
( ) ( )
14
11
ddS fx x fx x
−
= +
∫∫
. D.
( ) ( )
14
11
ddS fx x fx x
−
=−−
∫∫
.
Lời giải
Chọn B.
Ta có diện tích hình phẳng cần tìm
( )
4
1
dS fx x
−
=
∫
( ) ( )
14
11
ddfx x fx x
−
= +
∫∫
( ) ( )
14
11
ddfx x fx x
−
= −
∫∫
.
20.2 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm xác định
Câu 302. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
= −
2
4yx
và
= −24yx
bằng
A.
36
. B.
4
3
. C.
π
4
3
. D.
π
36
.
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm:
( )
=
−= −⇔ − = ⇔
=

22
0
42 4 2 0
2
fx
x
x x xx
x
.
O
-1
1
4
y
x
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 136 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
(
)
(
)
( )
(
)
⇒= =− = = = =

−−


∫ ∫ ∫∫
0
2 2 00
0 0 22
2
3
22
4
3
2
3
S fxdx fxdx fx
x
x x dx x
.
Câu 303. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2
đường
2
1yx= −
và
1yx= −
bằng ?
A.
6
π
. B.
13
6
. C.
13
6
π
. D.
1
6
.
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số là:
22
0
11 0
1
x
x x xx
x
=
−= −⇔ − = ⇔
=
.
Diện tích hình phẳng là:
( )
3
11
2
1
2
0
2
00
3 62
1
S xxdx xxd
xx
x=−= −
=

−

=
∫∫
.
Câu 304. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
2
2yx= −
và y =
32x −
bằng
A.
9
2
. B.
9
2
π
. C.
125
6
. D.
125
6
π
.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường
2
0
23 2
3
x
xx
x
=
−= −⇔
=
Diện tích hình phẳng
3
3
23
2
0
0
39
(3 )d
23 2
xx
xx x

=−=−=


∫
.
Câu 305. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
2
3= −yx
và
3= −yx
bằng
A.
125
3
π
. B.
1
6
. C.
125
6
. D.
6
π
.
Lời giải
22
0
33 0
1
=
−=−⇔ −=⇔
=
x
x x xx
x
.
( )
( )
1 11
32
2 22
0 00
1
1
3 3d d d
0
32 6

= −− − = − = − = − =


∫ ∫∫
xx
S x x x xxx xxx
.
Câu 306. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] [ Mức độ 2] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường
2
3= −yx
và
3= −
yx
bằng
A.
125
3
π
. B.
1
6
. C.
125
6
. D.
6
π
.
Lời giải
22
0
33 0
1
=
−=−⇔ −=⇔
=
x
x x xx
x
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 137
( )
( )
1 11
32
2 22
0 00
1
1
3 3d d d
0
32 6

= −− − = − = − = − =


∫ ∫∫
xx
S x x x xxx xxx
.
Câu 307. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho đường thẳng
yx=
va parabol
2
1
2
y xa
= +
(
a
là tham số thực
dương). Gọi
12
,
SS
lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi
12
SS
=
thì
a
thuộc khoảng nào dưới đây?
A.
31
;
72



. B.
1
0;
3



. C.
12
;
35



. D.
23
;
57



.
Lời giải
Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
yx=
và
2
1
2
y xa= +
:
22
11
0
22
x x a x xa= + ⇔ −+=
(có
1 2a∆= −
)
Theo hình, ta có:
1
0
2
a<<
.
Gọi
(
)
12 1 2
,0
xx x x<<
là hai hoành độ giao điểm:
( )
12
1 1 2a , 1 1 2a 1xx=−− =+−
.
Khi
( )
12
1
12
1
22
12
0
3 2 23
0
23
2
22
2 22
11
.
22
1 1 11
.
6 2 26
0 3 6 0. 2
26
xx
x
xx
x
S S x a x dx x x a dx
x ax x x x ax
xx
ax x x a

= ⇔ +− = − −



⇔ +− = − −


⇔ −− =⇔ −− =
∫∫
Từ
( ) ( )
2
1
3
1 , 2 1 2a 4a 1
4
8
16a 6a 0
a
a
≥
⇔ − = −⇔ ⇔ =
−=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 138 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
20.3 Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) hàm xác định
Câu 308. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi
D
là hình phẳng giới hạn bởi các đường
3
e
x
y =
,
0y =
,
0x =
và
1x =
. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục
Ox
bằng:
A.
1
3
0
ed
x
x
π
∫
. B.
1
6
0
ed
x
x
∫
. C.
1
6
0
ed
x
xπ
∫
. D.
1
3
0
ed
x
x
∫
.
Lời giải
Chọn C
Ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục
Ox
bằng:
(
)
11
2
36
00
e d ed
xx
xx
π=π
∫∫
.
Câu 309. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi
D
là hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
, 0, 0
x
ye y x= = =
và
1x =
. Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay
D
quanh
Ox
bằng
A.
1
4
0
d
x
ex
π
∫
. B.
1
2
0
d
x
ex
∫
. C.
1
2
0
d
x
ex
π
∫
. D.
1
4
0
d
x
ex
∫
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay
D
quanh
Ox
là
( )
11
2
24
00
dd
xx
V e x ex
ππ
= =
∫∫
.
Câu 310. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi
D
là hình phẳng giới hạn bởi các đường
4
, 0, 0
x
ye y x
= = =
và
1x =
. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục
Ox
bằng
A.
1
4
0
d
x
ex
∫
. B.
1
8
0
d
x
ex
π
∫
. C.
1
4
0
d
x
ex
π
∫
. D.
1
8
0
d
x
ex
∫
.
Lời giải
Chọn B
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay
D
quanh trục
Ox
là:
( )
11
2
48
00
d d.
xx
V e x ex
ππ
= =
∫∫
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 139
21. KHÁI NIỆM SỐ PHỨC
21.1 Các yếu tố và thuộc tính cơ bản của số phức
Câu 311. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Số phức liên hợp của số phức
34i−
là.
A.
34
i−−
. B.
34i−+
. C.
34i+
. D.
43i−+
.
Lời giải
Chọn C
Theo tính chất
z a bi= +
z a bi⇒=−
Theo để bài
34
i−
, suy ra số phức liên hợp là
34i+
.
Câu 312. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Số phức liên hợp của số phức
35zi=−+
là
A.
35zi=−−
. B.
35zi
= +
. C.
35zi=−+
. D.
35zi= −
.
Lời giải
Số phức
z a bi= +
có số phức liên hợp là
.z a bi= −
3 5 3 5.z iz i=−+ ⇒ =−−
Câu 313. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trên mặt phẳng tọa độ, biết
( )
−3;1M
là điểm biểu diễn số phức
z
.
Phần thực của z bằng
A.
1
. B.
−3
. C.
−1
. D.
3
.
Lời giải
Ta có:
( )
−3;1M
là điểm biển diễn số phức
z
⇒ =−+3zi
.
Vậy: Phần thực của số phức
z
bằng
3
−
.
Câu 314. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trên mặt phẳng tọa độ, biết
( )
1; 3M −
là điểm biểu diễn của số
phức
z
. Phần thực của
z
bằng
A.
3
. B.
1−
. C.
3−
. D.
1
.
Lời giải
( )
1; 3M −
là điểm biểu diễn của số phức
z
. Phần thực của
z
bằng
1−
Câu 315. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Số phức liên hợp của số phức
25zi
=−+
là
A.
25zi= −
. B.
25zi= +
. C.
25
zi=−+
. D.
25
zi=−−
.
Lời giải
Ta có
25zi=−−
.
Câu 316. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số phức liên hợp của số phức
25zi= −
là
A.
25zi= +
. B.
25zi=−+
. C.
25zi= −
. D.
25zi=−−
.
Lời giải
Ta có:
25 25z iz i=−⇒=+
.
Câu 317. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trên mặt phẳng tọa độ, biết
( )
2;1M −
là điểm biểu diễn số phức
z
. Phần thực của
z
bằng
A.
2−
. B.
2
. C. 1. D.
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
( )
2;1M −
là điểm biểu diễn số phức
2zi=−+
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 140 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Suy ra phần thực của
z
bằng
2−
.
Câu 318. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số phức liên hợp của số phức
35
= −zi
A.
35=−−zi
. B.
35= +zi
. C.
35=−+zi
. D.
35= −zi
.
Lời giải
Số phức liên hợp của
35= −zi
là
35= +zi
.
Câu 319. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm
( )
1;2M −
là điểm biểu diễn số
phức
z
. Phần thực của
z
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
2−
. D.
1−
.
Lời giải
Điểm
( )
1; 2M −
là điểm biểu diễn của số phức
12zi=−+
nên phần thực là
1a = −
.
Câu 320. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là biểu diễn số
phức
3 4?zi=−+
:
A.
(3; 4)N
. B.
(4;3)M
. C.
( 3; 4)P −
D.
(4; 3)Q −
.
Lời giải
Chọn C
Ta có.
34zi=−+
có phần thực là
3−
, phần ảo là
4
( 3; 4)
P
⇒−
là biểu diễn số phức
z
Câu 321. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Phần thực của số phức
34zi
=−−
bằng
A.
4
. B.
3−
. C.
3
. D.
4−
.
Lời giải
Chọn B
Phần thực của số phức
34zi=−−
bằng
AC
′
.
Câu 322. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Phần thực của số phức
34zi= −
bằng
A.
3
B.
4
C.
3−
D.
4
−
Lời giải
Ta có phần thực của số phức
34
zi= −
bằng
3
Câu 323. Phần thực của số phức
54zi
=−−
bằng
A.
5
. B.
4
. C.
4−
. D.
5−
.
Lời giải
Chọn D
Số phức
54zi=−−
có phần thực là
5−
.
Câu 324. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số phức liên hợp của số phức
35= −zi
A.
35=−−zi
. B.
35= +zi
. C.
35=−+zi
. D.
35= −zi
.
Lời giải
Số phức liên hợp của
35= −zi
là
35= +zi
.
Câu 325. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm
( )
1;2M −
là điểm biểu diễn số
phức
z
. Phần thực của
z
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
2−
. D.
1−
.
Lời giải
Điểm
( )
1; 2M −
là điểm biểu diễn của số phức
12zi=−+
nên phần thực là
1a
= −
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 141
22. CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC
22.1 Thực hiện các phép toán cơ bản về số phức
Câu 326. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hai số phức
= −
1
32zi
và
= +
2
2zi
. Số phức
12
zz+
bằng
A.
+
5 i
. B.
−+5 i
. C.
−
5 i
. D.
−−5 i
.
Lời giải
Ta có:
=−=+
12
3 2; 2z iz i
.
( )
( )
⇒ + = + +−+ = −
12
32 21 5
zz i i
.
Câu 327. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hai số phức
1
32zi= +
và
2
2zi= −
. Số phức
12
zz+
bằng
A.
5 i
−
. B.
5 i+
. C.
5 i−−
. D.
−+5 i
.
Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Áp dụng phép cộng số phức ta có
12
5zz i+=+
nên chọn B.
Câu 328. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức
1
12zi= −
và
2
2zi= +
. Số phức
12
zz+
bằng
A.
3 i+
. B.
3 i−−
. C.
3 i−
. D.
3 i−+
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
12
12 2 12 2 3z z i i ii i+ =− + +=+ +−+=−
.
Câu 329. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức
1
13zi= −
và
2
3zi= +
. Số phức
12
zz+
bằng
A.
42
i−
. B.
42i−+
. C.
42i+
. D.
42i−−
.
Lời giải
Ta có
12
13 3 42zz i i i+ =− ++= −
.
Vậy
12
42zz i+=−
.
Câu 330. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho số phức
12zi= −
, số phức
( )
23iz+
bằng
A.
47i−
. B.
47i−+
C.
8 i+
. D.
8 i−+
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
23
iz+
( )( )
23 12ii=++
47i=−+
.
Câu 331. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hai số phức
1
12zi= +
và
2
4zi
= −
. Số phức
12
zz−
bằng
A.
33i+
. B.
33
i−−
. C.
33i−+
. D.
33i−
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( ) (
)
12
12 4 33zz i i i− = + − − =−+
.
Câu 332. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức
1
13zi= −
và
2
3zi= +
. Số phức
12
zz−
bằng
A.
24i−−
. B.
24i−
. C.
24i−+
. D.
24i+
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
(
)
( )
12
13 3 13 3 24zz i i i i i− = − − + =− −−=−−
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 142 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 333. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức
1
13zi= −
và
2
3
zi
= +
. Số phức
12
zz+
bằng
A.
42i−
. B.
42i−+
. C.
42i+
. D.
42i−−
.
Lời giải
Ta có
12
13 3 42
zz i i i+ =− ++= −
.
Vậy
12
42zz i+=−
.
Câu 334. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho số phức
2zi= −
, số phức
( )
23iz−
bằng
A.
18i−+
. B.
74i−+
. C.
74i−
. D.
18i+
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
(
) ( )( )
23 23 2 74
iz i i i− = − +=−
.
Câu 335. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho số phức
23=−+zi
, số phức
( )
1+ iz
bằng
A.
5−−i
. B.
15
−+i
. C.
15− i
. D.
5
−i
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
23=−+zi
23=−−zi
. Do đó
( ) ( ) ( )
1 1.2315+ = + −− =−iz i i i
.
Câu 336. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức
1
2zi= +
và
2
13zi= +
. Phần thực của số phức
12
zz+
bằng
A.
1
. B.
3
. C.
4
. D.
2−
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
12
34zz i+=+
.
Phần thực của số phức
12
zz+
bằng
3
.
22.2 Xác định các yếu tố của số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua các phép toán
Câu 337. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hai số phức
1
32zi= +
và
2
1zi= −
. Số phức
12
zz
−
bằng
A.
23i−
. B.
23i−+
C.
23i−−
. D.
23i+
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
12
zz−
( )
32 1ii=+−−
23i= +
.
Câu 338. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hai số phức
12zi= +
và
3wi= +
. Môđun của số phức
.z w
bằng
A.
52
. B.
26
. C.
26
. D.
.
Lời giải
Ta có
3w i= −
nên
. 55z w i= +
. Do đó
22
. 5 5 52z w = +=
.
Câu 339. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hai số phức
22zi= +
và
w2i= +
. Mô đun của số phức
wz
bằng
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 143
A.
40
. B.
8
. C.
22
. D.
2 10
.
Lời giải
w2 w2ii= +⇒ = −
.
( )
( )
w 22 2 62z ii i
= + −=+
.
Vậy
w 6 2 2 10zi=+=
.
Câu 340. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức
42zi= +
và
1wi= +
. Mođun của số phức
.zw
bằng
A.
22
. B.
8
8. C.
2 10
. D. 40.
Lời giải
Ta có
( ) (
)
. 42.1 44 2 262zw i i i i i= + − =− + +=−
.
Suy ra
( )
2
2
. 6 2 2 10zw = +− =
.
Câu 341. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức
13
zi= +
và
1wi= +
. Môđun của số phức
.zw
bằng
A.
25
. B.
22
. C.
20
. D.
8
.
Lời giải
Ta có
11
w iw i=+⇒ =−
.
(
)( )
. 13 1 42
zw i i i
=+ −=+
.
22
. 4 2 25zw = +=
.
Câu 342. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức
13zi
= +
và
1wi= +
. Môđun của số phức
.zw
bằng
A.
25
. B.
22
. C.
20
. D.
8
.
Lời giải
Ta có
11w iw i
=+⇒ =−
.
( )
( )
. 13 1 42
zw i i i=+ −=+
.
22
. 4 2 25zw = +=
.
Câu 343. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Số phức liên hợp của số phức
2zi
= +
là
A.
2zi=−+
. B.
2zi=−−
. C.
2zi= −
. D.
2zi= +
.
Lời giải
Chọn C
Số phức liên hợp của số phức
2zi= +
là
2zi= −
.
Câu 344. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức
12
3, 1.z iz i 
Phần ảo của số phức
12
zz
bằng
A. 4. B.
4i
. C.
1
. D.
i
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
12
(3 )( 1 i)zz i 
24i
. Vậy phần ảo của số phức
12
zz
bằng 4.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 144 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
22.3 Giải phương trình bậc nhất theo z (và z liên hợp)
Câu 345. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho số phức
z
thỏa mãn
( ) ( )
3 2 3 10z i iz i+− − =+
. Mô đun của
z
bằng
A.
3
. B.
5
. C.
5
. D.
3
.
Lời giải
Chọn C
Cách 1: Dùng máy tính cầm tay
22
.
az bz c
c a bc
z
ab
+=
−
⇒=
−
(
)
( )
( )
3 2 3 10 2 3 3 7z i iz i iz z i
+ − − = + ⇔− − + = +
25z iz= −⇒ =
Cách 2: Gọi
z
(
)
,z x yi x y z x yi=+ ∈ ⇒=−
Từ đề bài, ta có phương trình:
( ) ( )
32
5 3 3 10
57 1
xy x
xy x y i i
xy y
−= =

−+−+ =+ ⇔ ⇔

−= =−

25z iz= −⇒ =
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 145
23. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC
23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học của 1 số phức
Câu 346. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số
phức
12zi= −
?
A.
(
)
1;2Q
. B.
( )
2;1M
. C.
( )
2;1P −
. D.
(
)
1; 2N −
.
Lời giải
Chọn D
Điểm biểu diễn số phức
12zi= −
là điểm
( )
1; 2N −
.
Câu 347. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của
số phức
32zi= −
?
A.
( )
3; 2P −
. B.
(
)
2; 3Q −
. C.
( )
3; 2N −
. D.
( )
2;3M −
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
( )
;z a bi N a b
=+⇒
là điểm biểu diễn của số phức
z
32zi= −
( )
3; 2N⇒−
Câu 348. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
12zi=−+
là điểm nào
dưới đây?
A.
(
)
1; 2
Q
. B.
( )
1; 2P −
. C.
( )
1; 2N −
. D.
( )
1; 2M −−
.
Lời giải
Chọn B
Điểm biểu diễn số phức
12zi=−+
là điểm
( )
1; 2P
−
.
Câu 349. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hai số phức
1
1
zi= −
và
2
12zi
= +
. Trên mặt phẳng
Oxy
, điểm
biểu diễn số phức
12
3zz+
có tọa độ là
A.
( )
4; 1−
. B.
( )
1; 4−
. C.
( )
4;1
. D.
( )
1; 4
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
12
3 3(1 ) 1 2 ) 4zz i i i+ = − ++ = −
.
23.2 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn
Câu 350. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Xét các số phức
z
thỏa mãn
2z =
. Trên mặt phẳng tọa độ
Ox
y
,
tập hợp điểm biểu diễn các số phức
4
1
iz
w
z
+
=
+
là một đường tròn có bán kính bằng
A.
34
B.
26
C.
34
D.
26
Lời giải.
Ta có
( ) ( )
4 w4
w1 4 w 4 w
1w
iz
w z iz i z z
zi
+−
= ⇔ + =+ ⇔ −= − ⇔=
+−
(do
w i=
không thỏa
mãn)
Thay
w4
w
z
i
−
=
−
vào
2z =
ta được:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 146 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
(
)
w4
2 w 4 2 w*
w
i
i
−
= ⇔ −= −
−
. Đặt
w
x yi= +
, ta được:
( ) ( ) ( )
22
2 2 22
* 4 2 1 8x 4 14 0x y x y xy y

⇔ − + = +− ⇔ + + − − =

. Đây là đường tròn có Tâm
là
(
)
4; 2I
−
, bán kính
34.R =
. Chọn đáp án A
24. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC
24.1 Tính toán biểu thức nghiệm
Câu 351. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Gọi
1
z
,
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
– 6 10 0zz+=
. Giá
trị của
22
12
zz+
bằng
A.
16
. B.
56
. C.
20
. D.
26
.
Lời giải
Chọn A.
Phương trình
2
– 6 10 0zz+=
có hai nghiệm phức
1
3
zi= +
và
2
3zi= −
.
Khi đó:
( ) (
)
22
22
12
3 3 16zz i i+ =+ +− =
.
Câu 352. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
6 13 0
zz−+=
. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn
0
1 z
−
là:
A.
( )
2; 2M −
. B.
( )
4; 2Q −
. C.
( )
4; 2N
. D.
(
)
2; 2P
−−
.
Lời giải
Xét phương trình
2
6 13 0zz
−+=
.
Ta có
( )
2
9 13 4 2
i
′
∆= − =− =
.
Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phức phân biệt là
32
32
zi
zi
= +
= −
.
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
6 13 0zz
−+=
nên
32
o
zi= +
.
( )
0
1 1 32 22z ii− =− + =−−
.
Vậy điểm biểu diễn số phức
0
1 z
−
là điểm
( )
2; 2P −−
.
Câu 353. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
20zz++=
. Khi đó
12
zz+
bằng
A.
4
. B.
22
. C.
2
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Phương trình
2
20zz++=
, có
1 4.1.2 7 0∆= − =− <
.
Suy ra phương trình có hai nghiệm phức
1,2
17
2
i
z
−±
=
.
Do đó
12
17 17
2 2 22
22
ii
zz
−+ −−
+= + =+=
.
Vậy
12
22zz+=
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 147
Câu 354. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
20zz−+=
. Khi đó
12
zz+
bằng
A.
2
. B.
4
. C.
22
. D.
2
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
2
1i7
2
20
1i7
2
z
zz
z
−
=
−+=⇔
+
=
Không mất tính tổng quát giả sử
1
1i7
2
z
−
=
và
2
1i7
2
z
+
=
Khi đó
22
22
12
1 7 17
2 2 22
2 2 22
zz

−
 
+= + + + =+=

 

 

.
Câu 355. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình
2
2 50zz 
. Môđun của số phức
0
zi
bằng
A. 2. B.
2
. C.
10
. D.
10
.
Lời giải
Chọn B
Xét phương trình:
2
2 50zz 
có
'
40
Phương trình có hai nghiệm phức
12zi
và
12zi

0
z
là nghiệm phức có phần ảo âm nên
0
12zi

nên
00
12zi i zi
.
24.1 Các bài toán biểu diễn hình học nghiệm của phương trình
Câu 356. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
6 13 0
zz
++=
. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
A.
( )
2; 2N −
. B.
( )
4; 2M
. C.
( )
4; 2P
−
. D.
(
)
2; 2Q
−
.
Lời giải
Ta có
2
32
6 13 0
32
zi
zz
zi
=−+
++=⇔
=−−
0
32zi⇒ =−+
.
( )
0
1 1 32 42z ii⇒ − = −−+ = −
.
Vậy điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
( )
4; 2P −
.
Câu 357. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
4 13 0zz++=
. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
A.
( 1; 3)P −−
. B.
( 1; 3)M −
. C.
(3; 3)N −
. D.
(3; 3)Q
.
Lời giải
Ta có:
2
4 13 0 2 3zz z i+ + = ⇔ =−±
.
Do đó
00
23 1 33z iz i=−+ ⇒− = −
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 148 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Vậy điểm biểu diễn là
( )
3; 3N −
.
Câu 358. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
4 13 0
zz
−+=
. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
A.
( )
3; 3
M −
. B.
( )
1;3P −
. C.
( )
1;3
Q
. D.
( )
1; 3N −−
.
Lời giải
2
4 13 0
23
23
zz
zi
zi
−+=⇔
= +
= −
Vậy
0
23zi= +
.
( )
0
1 1 23 13z ii− =− + =−−
.
Suy ra điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
( )
1; 3N −−
.
Câu 359. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi
0
z
là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình
2
4 13 0
zz
−+=
. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức
0
1 z−
là
A.
( )
3; 3M −
. B.
( )
1;3P −
. C.
(
)
1;3Q
. D.
( )
1; 3N
−−
.
Lời giải
2
4 13 0
23
23
zz
zi
zi
−+=⇔
= +
= −
Vậy
0
23zi= +
.
( )
0
1 1 23 13z ii− =− + =−−
.
Suy ra điểm biểu diễn số phức
0
1
z
−
là
( )
1; 3N
−−
.
24.1 Các bài toán khác về phương trình
Câu 360. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
2
30
−+=zz
. Khi đó
12
+zz
bằng
A.
3
. B.
23
. C.
6
. D.
3
.
Lời giải
Chọn B
Giải phương trình
2
1 11
22
30
1 11
22
= +
−+=⇔
= −
zi
zz
zi
.
Khi đó:
12
1 11 1 11
23
22 22
+ =+ +− =zz i i
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 149
25. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
Câu 361. [Đề-BGD-2020-Mã-101] [Mức độ 1] Cho khối chóp có diện tích đáy
6B =
và chiều cao
2h =
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
6
. B.
3
. C.
4
. D.
12
.
Lời giải
Thể tích khối chóp là
11
.6.2 4
33
V Bh= = =
.
Câu 362. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối chóp có diện tích đáy
3
B =
và chiều cao
2
h =
. Thể
tích của khối chóp đã cho bằng.
A.
6
B.
12
C.
2
D.
3
Lời giải
Chọn C
Ta có
11
. .3.2 2
33
V Bh= = =
Câu 363. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối chóp có diện tích đáy
2B =
và chiều cao
3h =
. Thể
tích của khối chóp đã cho bằng
A.
12
. B.
2
. C.
3
. D.
6
.
Lời giải
Thể tích của khối chóp đã cho là:
11
. . .2.3 2
33
V Bh
= = =
.
Câu 364. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối chóp có diện tích đáy
3=B
, chiều cao
8=h
. Thể tích
của khối chóp đã cho bằng
A.
24
. B.
12
. C.
8
. D.
6
.
Lời giải
Thể tích khối chóp:
1
.3.8 8
3
= =
V
.
Câu 365. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối chóp có diện tích đáy
2
2Ba=
và chiều cao
6ha
=
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
12a
. B.
3
4a
. C.
3
2a
. D.
3
6a
.
Lời giải
Chọn B
Thể tích khối chóp đã cho bằng
23
11
.2 .6 4
33
V Bh a a a= = =
.
Câu 366. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối chóp có diện tích đáy
2
6Ba
=
và chiều cao
2ha=
. Thể
tích khối chóp đã cho bằng:
A.
3
2a
. B.
3
4a
. C.
3
6a
. D.
3
12a
.
Lời giải
Chọn B
23
11
. 6 .2 4
33
V Bh a a a= = =
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 150 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 367. ]HH12.C2.2.D02.a] [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối trụ có bán kính đáy bằng
5r
=
và
chiều cao
3h =
. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A.
5
π
. B.
30
π
. C.
25
π
. D.
75
π
.
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối trụ là
2
. 75V rh
ππ
= =
.
Câu 368. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối chóp có diện tích đáy
2
2Ba=
và chiều cao
9ha=
. Thể
tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
3a
. B.
3
6a
. C.
3
18a
. D.
3
9a
.
Lời giải
Chọn B
23
11
.2 .9 6
33
V Bh a a a= = =
.
Câu 369. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối chóp có diện tích đáy
3=B
, chiều cao
8=h
. Thể tích
của khối chóp đã cho bằng
A.
24
. B.
12
. C.
8
. D.
6
.
Lời giải
Thể tích khối chóp:
1
.3.8 8
3
= =V
.
Câu 370. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho khối chóp có diện tích đáy
3B =
và chiều cao
4h =
. Thể tích của
khối chóp đã cho bằng
A.
6
. B.
12
. C.
36
. D.
4
.
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối chóp đã cho là
11
. . .3.4 4
33
V Bh= = =
.
25.2 Thể tích khối chóp đều
Câu 371. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh đáy bằng
3a
, cạnh bên
bằng
33
2
a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
M
,
N
,
P
và
Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
trên các mặt phẳng
()SAB
,
()
SBC
,
()SCD
và
()
SAD
. Thể tích khối chóp
.O MNPQ
bằng
A.
3
9
16
a
. B.
3
2
3
a
. C.
3
9
32
a
. D.
3
3
a
.
Lời giải
Chọn C.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 151
Gọi
,,,EFGH
lần lượt là giao điểm của
SM
với
AB
,
SN
với
BC
,
SP
với
CD
,
SQ
với
DA
thì
,,,EFGH
là trung điểm của
,,,
AB BC CD DA
thì
Ta có
2
2
2
22
9
.1
4
9
2
2
a
SP SP SG SO
a
SG SG SG
= = = =
P
là trung điểm
SG
.
Chứng minh tương tự ta cũng có
M
,
,NQ
lần lượt là trung điểm
,,AB BC DA
.
Khi đó
13
( ,( ))
24
a
d O MNPQ SO= =
.
2
119
48 8
MNPQ EFGH ABCD
a
SSS= = =
.
Vậy
23
.
13 9 9
3 4 8 32
O MNPQ
aa a
V =⋅⋅ =
.
25.3 Thể tích khối chóp khác
Câu 372. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh đáy bằng
a
, cạnh bên bằng
3a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
, ,,M N PQ
lần lượt là các điểm đối xứng với
O
qua trọng tâm
của các tam giác
,,,SAB SBC SCD SDA
và
S
′
là điểm đối xứng với
S
qua
O
. Thể tích khối
chóp
S MNPQ
′
bằng
A.
3
40 10
81
a
. B.
3
10 10
81
a
. C.
3
20 10
81
a
. D.
3
2 10
9
a
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 152 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Gọi
1234
,,,GG GG
lần lượt là trọng tâm của
,,,SAB SBC SCD SAD∆∆∆ ∆
.
Do
12 34 12 34
1
// // ;
2
G G G G EF G G G G EF= = ⇒
Tứ giác
1234
GGGG
là hình bình hành.
12 12
// // , 2MN PQ G G MN PQ G G⇒==⇒
Tứ giác
MNPQ
là hình bình hành.
Gọi
H QN MP= ∩
. Ta có:
1
3
SH
SO
=
.
Ta có:
( )
2
2
2 10
3
22
a
SO a a

=−=



Ta có:
1234
3
.. . . .
2 80
5. 5.2 5.2. . .
3 27
S MNPQ S MNPQ S G G G G S EFIK S EFIK
VV V V V
′

= = = =


2
3
80 1 10 2 20 10
.. . .
27 3 2 2 81
aa a

= =



Câu 373. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh đáy bằng
a
, cạnh bên bằng
2a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
M
,
N
,
P
,
Q
lần lượt là các điểm đối xứng với
O
qua trọng tâm của
các tam giác
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
và
'S
là điểm đối xứng với
S
qua
O
. Thể tích của khối
chóp
'.S MNPQ
bằng
A.
3
20 14
81
a
. B.
3
40 14
81
a
. C.
3
10 14
81
a
. D.
3
2 14
9
a
.
Lời giải
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 153
Gọi
1234
,,,GG GG
lần lượt là trọng tâm
,,,SAB SBC SCD SDA
∆∆∆ ∆
.
,,,EFGH
lần lượt là trung điểm của các cạnh
,,,AB BC CD DA
.
Ta có
1234
2
4 41 8
4 4. 4. . .
9 92 9
MNPQ G G G G EFGH
a
S S S EG HF= = = =
.
( )
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
1234
, ,,
, 2,
2
,,
3
5 5 14
,
36
d S MNPQ d S ABCD d O MNPQ
d S ABCD d O G G G G
d S ABCD d S ABCD
a
d S ABCD
′′
= +
= +
= +
= =
Vậy
23
.
1 5 14 8 20 14
3 6 9 81
S MNPQ
a aa
V
′
=⋅ ⋅=
.
Câu 374. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh đáy bằng
a
, cạnh bên bằng
2a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
M
,
N
,
P
,
Q
lần lượt là các điểm đối xúng với
O
qua trọng
tâm của các tam giác
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
và
S
′
là điểm đối xứng với
S
qua
O
. Thể tích
của khối chóp
.S MNPQ
′
.
A.
3
26
9
a
. B.
3
40 6
81
a
. C.
3
10 6
81
a
. D.
3
20 6
81
a
.
Lời giải:
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 154 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Gọi
1
G
,
,
,
4
G
lần lượt là trọng tâm các tam giác
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
.
E
,
F
,
I
,
K
lần lượt là trung điểm
AB
,
BC
,
CD
,
DA
.
Ta có:
1234
2
4 16 1 8
4 4.
9 92 9
MNPQ G G G G EFIK ABCD
SS S S a
= = =⋅=
.
(
)
2
2
2
2
26
22
2 22
a aa
SO a a

= − = −=



2 56
36
a
S H S O OH SO SO
′′
⇒=+=+ =
.
3
2
.
1 5 6 8 20 6
3 6 9 81
S MNPQ
aa
Va
′
⇒ =⋅ ⋅=
(đvtt).
Câu 375. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có tất cả các cạnh bằng
a
và
O
là
tâm đáy. Gọi
, ,,M N P Q
lần lượt là các điểm đối xứng với
O
qua trọng tâm của các tam giác
,,,SAB SBC SCD SDA
và
S
′
là điểm đỗi xứng với
S
qua
O
. Thể tích của khối chóp
.S MNPQ
′
bằng
A.
3
22
9
a
. B.
3
20 2
81
a
. C.
3
40 2
81
a
. D.
3
10 2
81
a
.
Lời giải
O'
H
N
M
P
G
I
O
B
F
E
A
D
C
S
Q
S'
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 155
Ta có
.S ABCD
là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng
a
2
2
a
SO⇒=
.
Gọi
,
GI
lần lượt là trọng tâm các tam giác
,SDA SDC
.
Gọi
,EF
lần lượt là trung điểm
,
DA DC
.
Ta có
2
,
3
GI EF=
12
22
a
EF AC
= =
2
3
a
GI⇒=
.
Mà
,GI
lần lượt là trung điểm của
,OQ OP
22
2
3
a
QP GI⇒= =
.
Từ giả thiết cho dễ dàng suy ra được
MNPQ
là hình vuông cạnh
22
3
a
PQ =
2
8
9
MNPQ
a
S⇒=
.
Gọi
O
′
là tâm hình vuông
MNPQ
kẻ
( )
//GH QO H OO
′′
∈
H⇒
là trung điểm
OO
′
(vì
G
là
trung điểm
OQ
).
Ta có
22 2 2
.
323
aa
QO
′
= =
và
12
2 2. .
33
a
OO OH SO
′
= = =
Theo giả thiết
2
2
a
OS OS
′
= =
2 2 52
23 6
aa a
SO SO OO
′′ ′ ′
⇒=+= + =
23
.
1 5 2 8 20 2
..
3 6 9 81
S MNPQ
aa a
V
′
= =
.
Câu 376. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp đều
.
S ABCD
có cạnh đáy bằng
a
, cạnh bên bằng
3
2
a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
,,
MNP
và
Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
trên các
mặt phẳng
( )
SAB
,
( )
SBC
,
( )
SCD
và
( )
SDA
. Thể tích của khối chóp
.
O MNPQ
bằng
A.
3
48
a
. B.
3
2
81
a
. C.
3
81
a
. D.
3
96
a
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
, ,,M N PQ
′ ′′′
lần lượt là trung điểm của các cạnh
,,,
AB BC CD DA
.
Ta có
AB OM
′
⊥
và
AB SO⊥
nên
( )
AB SOM
′
⊥
.
Suy ra
( ) ( )
SAB SOM
′
⊥
theo giao tuyến
SM
′
.
Theo giả thiết ta có
( )
OM SAB⊥
nên
OM SM
′
⊥
, do đó
M
là hình chiếu vuông góc của
O
trên
SM
′
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 156 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Tương tự như vậy:
,,N PQ
là hình chiếu vuông góc của
O
lần lượt trên
,,SN SP SQ
′′′
.
Ta có
22
22
32
4 42
a aa
SO SA AO OM
′
= − = −==
.
Suy ra tam giác
SOM
′
vuông cân tại
O
nên
M
là trung điểm của
SM
′
.
Từ đó dễ chứng minh được
MNPQ
là hình vuông có tâm
I
thuộc
SO
và nằm trong mặt phẳng
song song với
( )
ABCD
, với
I
là trung điểm của
SO
.
Suy ra
1
24
a
OI OS= =
.
Do đó
112
244
a
MN M N AC
′′
= = =
.
Thể tích khối chóp
.O MNPQ
bằng
23
2
111
.....
3 3 3 8 4 96
MNPQ
aa a
S OI MN OI= = =
.
Câu 377. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có tất cả các cạnh bằng
a
và
O
là
tâm đáy. Gọi
, ,,M N P Q
lần lượt là các điểm đối xứng với
O
qua trọng tâm của các tam giác
,,,SAB SBC SCD SDA
và
S
′
là điểm đỗi xứng với
S
qua
O
. Thể tích của khối chóp
.S MNPQ
′
bằng
A.
3
22
9
a
. B.
3
20 2
81
a
. C.
3
40 2
81
a
. D.
3
10 2
81
a
.
Lời giải
Ta có
.
S ABCD
là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng
a
2
2
a
SO⇒=
.
Gọi
,GI
lần lượt là trọng tâm các tam giác
,SDA SDC
.
Gọi
,EF
lần lượt là trung điểm
,DA DC
.
Ta có
2
,
3
GI EF=
12
22
a
EF AC
= =
2
3
a
GI⇒=
.
Mà
,GI
lần lượt là trung điểm của
,OQ OP
22
2
3
a
QP GI⇒= =
.
Từ giả thiết cho dễ dàng suy ra được
MNPQ
là hình vuông cạnh
22
3
a
PQ =
2
8
9
MNPQ
a
S⇒=
.
O'
H
N
M
P
G
I
O
B
F
E
A
D
C
S
Q
S'
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 157
Gọi
O
′
là tâm hình vuông
MNPQ
kẻ
( )
//GH QO H OO
′′
∈
H⇒
là trung điểm
OO
′
(vì
G
là
trung điểm
OQ
).
Ta có
22 2 2
.
323
aa
QO
′
= =
và
12
2 2. .
33
a
OO OH SO
′
= = =
Theo giả thiết
2
2
a
OS OS
′
= =
2 2 52
23 6
aa a
SO SO OO
′′ ′ ′
⇒=+= + =
23
.
1 5 2 8 20 2
..
3 6 9 81
S MNPQ
aa a
V
′
= =
.
25.4 Tỉ số thể tích trong khối chóp
Câu 378. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp đều
.S ABCD
có cạnh đáy bằng
4a
, cạnh bên
bằng
23a
và
O
là tâm của đáy. Gọi
M
,
N
,
P
,
Q
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
lên các mặt phẳng
()
SAB
,
()SBC
,
()SCD
và
()SDA
. Thể tích của khối chóp
.O MNPQ
bằng
A.
3
4
3
a
. B.
3
64
81
a
. C.
3
128
81
a
. D.
3
2
3
a
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
,,,EFGH
lần lượt là trung điểm của
,,AB BC CD
và
DA
. Gọi
, ,,M N PQ
lần lượt hình
chiếu vuông góc của
O
lên các đường thẳng
,,,SE SF SG SH
ta suy ra
, ,,M N PQ
lần lượt hình
chiếu vuông góc của
O
mặt phẳng
( ),( ),( )SAB SBC SCD
và
()SDA
.
Ta có
EFGH
là hình vuông và
1
2
EFGH ABCD
SS
=
suy ra
..
1
2
S EFGH S ABCD
VV=
.
Các độ dài
22 2 2
11
(2 3) (4 2) 2
44
SO SA AC a a a=−= − =
và
22
22SE SO OE a= +=
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 158 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Trong tam giác vuông
SOE
ta có
2
2
1
2
SM SO
SE SE
= =
suy ra
1
2
SN SP SQ
SF SG SH
= = =
.
Xét hai hình chóp
.S EFGH
và
.O MNPQ
ta có hai đường cao
OO
′
và
SO
tương ứng tỷ lệ
1
2
OO
SO
′
=
, đồng thời diện tích đáy
2
1
4
MNPQ
EFGH
S
MN
S EF

= =


.
Do vậy
.
.
1
8
O MNPQ
S EFGH
V
V
=
hay
23
.. .
1 1 11 2
. .2 .(4 )
8 16 16 3 3
O MNPQ S EFGH S ABCD
V V V aa a= = = =
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 159
26. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC
26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
Câu 379. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy
B
và chiều cao
h
là
A.
3Bh
. B.
Bh
. C.
4
3
Bh
. D.
1
3
Bh
.
Lời giải
Chọn B
Câu 380. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy
3
B
=
và chiều cao
6h =
.
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
9
. B.
18
. C.
3
. D.
6
.
Lời giải
Chọn B
Ta có thể tích khối lăng trụ là
. 18V Bh= =
.
Câu 381. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối trụ có bán kính đáy
4r =
và chiều cao
3
h =
. Thể
tích của khối trụ đã cho bằng
A.
48π
. B.
4π
. C.
16π
. D.
24π
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích khối trụ là
22
.4 .3 48V rh=π=π =π
.
Câu 382. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy
3B =
và chiều cao
2h =
. Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
1
. B.
3
. C.
2
. D.
6
.
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối lăng trụ là
. 3.2 6V Bh= = =
.
Câu 383. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy
6B =
, và chiều cao
3h =
. Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng.
A.
3
. B.
18
C.
6
D.
9
.
Lời giải
Chọn B
Tta có
. 6.3 18V Bh V= ⇒= =
.
Câu 384. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Thể tích của khối lập phương cạnh
2
bằng
A.
6
. B.
8
. C.
4
. D.
2
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
3
28V = =
.
26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật
Câu 385. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước
3; 4; 5
. Thể tích của khối hộp
đã cho bằng
A.
10
. B.
20
. C.
12
. D.
60
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 160 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Thể tích của khối hộp đã cho là
3. 4.5 60V = =
.
Câu 386. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối hộp chữ nhật có kích thước
2; 4;6
. Thể tích của khối
hộp đã cho bằng
A.
16
. B.
12
. C.
48
. D.
8
.
Lời giải
Thể tích của khối hộp là
2.4.6 48V = =
.
Câu 387. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước
2
;
6
;
7
. Thể tích của
khối hộp đã cho bằng
A.
28
. B.
14
. C.
15
. D.
.
Lời giải
Thể tích của khối hộp đã cho là
2.6.7 84=
.
Câu 388. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước
2
;
3
;
7
. Thể tích của
khối hộp đã cho bằng
A.
7
. B.
42
. C.
12
. D.
14
.
Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước
2
;
3
;
7
là:
2.3.7 42V = =
.
Câu 389. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước
2
;
3
;
7
. Thể tích của
khối hộp đã cho bằng
A.
7
. B.
42
. C.
12
. D.
14
.
Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước
2
;
3
;
7
là:
2.3.7 42V
= =
.
26.3 Thể tích khối lăng trụ đều
Câu 390. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho khối chóp đứng
.ABC A B C
′′′
có đáy
là tam giác đều cạnh
a
và
3AA a
′
=
(minh hoạ như hình vẽ bên).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.
3
3
4
a
. B.
3
3
2
a
.
C.
3
4
a
. D.
3
2
a
.
Lời giải
Chọn A.
Ta có
2
3
4
ABC
a
S =
. Vậy
.
23
33
. 3.
44
ABC A CBC AB
aa
V AA S a
′′′
′
= = =
.
26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp
C
/
B
A
A
A
/
C
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 161
Câu 391. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho lăng trụ
.ABC A B C
′′′
có chiều cao bằng
8
và đáy là tam giác
đều cạnh bằng
6
. Gọi
M
,
N
và
P
lần lượt là tâm các mặt bên
ABB A
′′
,
ACC A
′′
và
BCC B
′′
.
Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm
,,, , ,ABCM N P
bằng
A.
27 3
. B.
21 3
. C.
30 3
. D.
36 3
.
Lời giải
Chọn A
Cách 1:
Thể tích khối lăng trụ đã cho là
2
8.6 3
72 3
4
V = =
.
Gọi
111
,,
ABC
là trung điểm của
,,AA BB CC
′′′
.
Thể tích khối đa diện cần tính là thể tích khối lăng trụ
111
.ABC A B C
, trừ đi thể tích các khối chóp
111
;;AA MN BB MP CC NP
.
Thể tích khối chóp
1
AA MN
bằng
2
63
18
4
..
3 2 4 24
V
=
.
Vậy thể tích khối đa diện cần tính là
3
3 27 3.
2 24 8
ABCMNP
VVV
V =−==
Cách 2:
C
1
B
1
A
1
Q
N
M
C'
B'
A'
C
B
A
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 162 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Diện tích của đáy
2
3
6. 9 3
4
S = =
, chiều cao lăng trụ
8h =
.
Gọi
I
là trung điểm
AA
′
. Ta có
( ) ( )
//MINP ABC
.
Gọi
E
là giao điểm của
AP
′
và
( )
ABC
, suy ra
//BE AC
và
2BE MP AC= =
, hay
E
là đỉnh
thứ tư của hình bình hành
ABEC
.
Ta có
. .. .A ABEC P BEC A IMPN A IMN
VV V V V
′′
= −− −
.
Trong đó:
.
12
.2 .
33
A ABEC
V S h Sh
′
= =
.
( )
( )
.
1 11 1
.., .
3 32 6
P BEC BEC
V S d P ABC S h Sh= = =
.
( )
( )
.
1 11 1 1
. , ..
3 3 2 2 12
A IMPN IMPN
V S d A IMPN S h Sh
′
′
= = =
.
( )
(
)
.
1 11 1 1
. , ..
3 3 4 2 24
A IMN IMN
V S d A IMN S h Sh= = =
.
Vậy
. .. .
21 1 1 3
27 3
3 6 12 24 8
A ABEC P BEC A IMPN A IMN
V V V V V Sh Sh
′′

= − − − = −− − = =


.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 163
27. KHỐI NÓN
27.1 Câu hỏi lý thuyết về khối nón
Câu 392. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Thể tích của khối nón có chiều cao
h
và bán kính
r
là
A.
2
1
3
rh
π
. B.
2
rh
π
. C.
2
4
3
rh
π
. D.
2
2 rh
π
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối nón có chiều cao
h
và bán kính
r
là
2
1
3
rh
π
.
27.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích(liên quan) khối nón khi biết các dữ kiện cơ bản
Câu 393. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối nón có bán kính đáy
5r =
và chiều cao
2h
=
. Thể tích của
khối nón đã cho bằng
A.
10
3
π
. B.
10
π
.
C.
50
3
π
. D.
50
π
.
Lời giải
Thể tích khối nón đã cho bằng
2
1 50
33
V rh
π
π
= =
.
Câu 394. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình nón có bán kính đáy bằng
2
và góc ở đỉnh bằng
60°
. Diện
tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
8
π
. B.
16 3
3
π
. C.
83
3
π
. D.
16
π
.
Lời giải
Gọi
S
là đỉnh của hình nón và
AB
là một đường kính của đáy.
Theo bài ra, ta có tam giác
SAB
là tam giác đều
24l SA AB r= = = =
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là
8
xq
S rl
ππ
= =
.
Kết luận:
8
xq
S
π
=
.
Câu 395. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
24fx x x= −
trên đoạn
[ ]
2;19
bằng
A.
32 2
. B.
40−
. C.
32 2−
. D.
45−
.
Lời giải
Ta có:
( )
3
24fx x x= −
60
°
B
S
A
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 164 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
(
)
[
]
[
]
2
2 2 2;19
3 24 0 .
2 2 2;19
x
fx x
x
= ∈
′
= −=⇔
=−∉
( )
3
2 2 24.2 40f =−=−
;
( ) ( )
3
2 2 2 2 24.2 2 32 2f =−=−
;
(
)
3
19 19 24.19 6403
f
=−=
.
Mà
32 2 40 6403− <− <
.
Kết luận:
[ ]
(
)
2;19
min 32 2
x
fx
∈
= −
tại
22x =
.
Câu 396. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối nón có bán kính
4
r
=
và chiều cao
= 2h
. Thể tích của
khối nón đã cho bằng
A.
8
3
π
. B.
8
π
. C.
32
3
π
. D.
π
32
.
Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Theo công thức ta có thể tích khối nón là
π
π
= =
2
1 32
..
33
V hr
nên chọn đáp án C.
Câu 397. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối nón có bán kính đáy
2r =
chiều cao
5h
=
. Thể tích
khối nón đã cho bằng
A.
20
3
π
. B.
20
π
. C.
10
3
π
. D.
10
π
.
Lời giải
Thể tích khối nón
22
1 20
. . . .2 .5
33
1
3
V
rh
π
ππ
= ==
.
Câu 398. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối nón có bán kính đáy
2=r
và chiều cao
4=h
. Thể tích
của khối nón đã cho bằng
A.
8
π
. B.
8
3
π
. C.
16
3
π
. D.
16
π
.
Lời giải
Thể tích khối nón:
22
1 1 16
. .2 .4
33 3
= = =
V rh
π
ππ
.
Câu 399. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón có bán kính đáy
2r =
và độ dài đường sinh
5l =
. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
20π
. B.
20
3
π
C.
10
π
. D.
10
3
π
.
Lời giải
Chọn C
Ta có diện tích xung quanh của hình nón đã cho là:
xq
S rl
= π
.2.5 10=π=π
.
Câu 400. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón có bán kính đáy
2r =
và độ dài đường sinh
7l =
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
28
π
. B.
14
π
. C.
14
3
π
. D.
98
3
π
.
Lời giải
Chọn B
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 165
Có
.7.12 14
xq
S rl
ππ π
= = =
.
Câu 401. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối nón có bán kính đáy
2=r
và chiều cao
4=h
. Thể tích
của khối nón đã cho bằng
A.
8
π
. B.
8
3
π
. C.
16
3
π
. D.
16
π
.
Lời giải
Thể tích khối nón:
22
1 1 16
. .2 .4
33 3
= = =
V rh
π
ππ
.
Câu 402. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho khối nón có chiều cao
3h =
và bán kính đáy
4
r =
. Thể tích của
khối nón đã cho bằng
A.
16
π
. B.
48
π
. C.
36
π
. D.
4
π
.
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối nón đã cho là
22
11
4 .3 16
33
V rh
ππ π
= = =
.
Câu 403. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5 và góc ở đỉnh bằng
0
60
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
50
π
. B.
100 3
3
π
. C.
50 3
3
π
. D.
100
π
.
Lời giải
Ta có
0
5
sin 30 10 .5.10 50
xq
l S rl
l
ππ π
= ⇒= ⇒ = = =
Câu 404. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình nón có bán kính đáy bằng
3
và góc ở đỉnh bằng
60°
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
18
π
. B.
36
π
. C.
63
π
. D.
12 3
π
.
Lời giải
30
5
l
h
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 166 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Vì góc ở đỉnh bằng
60°
nên
30IOM = °
.
Trong tam giác vuông
IOM
ta có
.sinIM OM IOM=
hay
sin 30rl= °
3
6
1
sin 30
2
r
l
⇔= = =
°
.
Diện tích xung quanh của hình nón là
.3.6 18
xq
S rl
ππ π
= = =
.
Câu 405. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình nón có bán kính đáy bằng
4
và góc ở đỉnh bằng
°60
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
64 3
3
π
. B.
32
π
. C.
64
π
. D.
32 3
3
π
.
Lời giải
Ta có
= °⇒ = ° =60 30 ; 4ASB HSB HB
.
Áp dụng tỉ số lượng giác cho
SHB∆
ta có
°= ⇒ = = =
°
4
sin30 8
1
sin30
2
HB HB
SB
SB
.
Vậy
ππ π π
= = = =. . 8.4. 32
xq
S rl HB SB
.
Câu 406. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình nón có bán kính đáy bằng
4
và góc ở đỉnh bằng
°60
.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng
A.
64 3
3
π
. B.
32
π
. C.
64
π
. D.
32 3
3
π
.
Lời giải
4
60
°
H
A
B
S
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 167
Ta có
= °⇒ = ° =60 30 ; 4ASB HSB HB
.
Áp dụng tỉ số lượng giác cho
SHB∆
ta có
°= ⇒ = = =
°
4
sin30 8
1
sin30
2
HB HB
SB
SB
.
Vậy
ππ π π
= = = =
. . 8.4. 32
xq
S rl HB SB
.
Câu 407. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
,
AB a=
và
2AC a=
. Khi quay tam giác
ABC
quanh cạnh góc vuông
AB
thì đường gấp khúc
ACB
tạo
thành một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng
A.
2
5.
π
a
. B.
2
5.
π
a
. C.
2
25 .
π
a
. D.
2
10 .
π
a
Lời giải
Chọn C
Hình nón được tạo thành có bán kính đáy
2Ra=
và chiều cao
ha
=
Áp dụng Pitago:
( )
2
222
25l BC AB AC a a a== +=+ =
Diện tích xung quanh hình nón:
2
.2 . 5 2 5.
ππ π
xq
S Rl a a a= = =
.
4
60
°
H
A
B
S
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 168 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
28. KHỐI TRỤ
28.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ khi biết các dữ kiện cơ bản
Câu 408. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình trụ có bán kính đáy
8r =
và độ dài đường sinh
3.l =
Diện
tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
24
π
. B.
192
π
. C.
48
π
. D.
64
π
.
Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ
22
xq
S rl
ππ π
= = .8.3 = 48 .
Câu 409. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình trụ có bán kính đáy
4
r =
và độ dài đường sinh
3l =
.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
48
π
. B.
12
π
. C.
16
π
. D.
24
π
.
Lời giải
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ ta có:
2 2 .4.3 24
xq
S rl
ππ π
= = =
Câu 410. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình trụ có bán kính đáy
5r =
và độ dài đường sinh
3l =
.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
15
π
. B.
25
π
. C.
30
π
. D.
75
π
.
Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
. . 2.5.3. 30
2
xq
S
rl
π ππ
= =
=
.
Câu 411. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ có bán kính đáy
7r =
và độ dài đường sinh
3
l =
. Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
42
π
. B.
147
π
. C.
49
π
. D.
21
π
.
Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ là:
2 2 .7.3 42S rl
ππ π
= = =
.
Câu 412. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối trụ có bán kính
3r
=
và chiều cao
4h =
. Thể tích khối
trụ đã cho bằng
A.
4
π
. B.
12
π
. C.
36
π
. D.
24
π
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
22
.3 .4 36
V rh
ππ π
= = =
Câu 413. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình trụ có bán kính đáy
3r =
và độ dài đường sinh
7l =
.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
42
π
. B.
147
π
. C.
49
π
. D.
21
π
.
Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ là:
2 2 .3.7 42S rl
ππ π
= = =
.
Câu 414. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh
l
và bán kính
đáy
r
bằng
A.
4 rl
π
. B.
rl
π
. C.
1
3
rl
π
. D.
2 rl
π
.
Lời giải
Chọn D
Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh
l
và bán kính đáy
r
bằng
2 rl
π
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 169
Câu 415. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cắt hình trụ
( )
T
bởi một mặt phẳng qua trục của nó ta được
thiết diện là một hình vuông cạnh bằng
7
. Diện tích xung quanh của
( )
T
bằng
A.
49
4
π
. B.
49
2
π
. C.
49π
. D.
98π
.
Lời giải
Chọn C
Bán kính đáy của hình trụ là
7
2
r =
.
Đường cao của hình trụ là
7h =
.
Diện tích xung quanh của hình trụ là
7
2 . 2 . .7 49
2
S πr h π π= = =
.
Câu 416. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cắt hình trụ
(
)
T
bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết
diện là một hình vuông cạnh bằng
1
. Diện tích xung quanh của
( )
T
bằng.
A.
π
. B.
2
π
. C.
2
π
. D.
4
π
.
Lời giải
Chọn A
Thiết diện qua trục là hình vuông
ABCD
cạnh
a
Do đó hình trụ có đường cao
1h =
và bán kính đáy
1
22
CD
r = =
.
Diện tích xung quanh hình trụ:
1
2 2 .1.
2
xq
S rh
ππ π
= = =
Câu 417. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cắt hình trụ
( )
T
bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện
là một hình vuông cạnh bằng 3. Diện tích xung quanh của
( )
T
bằng
A.
9
4
π
. B.
18
π
. C.
9
π
. D.
9
2
π
.
Lời giải
Chọn C
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 170 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
1
H
O'
O
A
B
D
C
Vì thiết diện qua trục của hình trụ
(
)
T
là một hình vuông cạnh bằng 3 nên hình trụ
( )
T
có đường
sinh
3
l
=
, bán kính
3
22
l
r
= =
.
Diện tích xung quanh của hình trụ
( )
T
là
3
2 2 . .3 9
2
xq
S rl
ππ π
= = =
Câu 418. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình trụ có chiều cao
53
. Cắt mặt trụ đã cho bởi mặt phẳng
song song với trục một khoảng bằng
1
, thiết diện thu được có diện tích bằng
. Diện tích xung
quanh của hình trụ đã cho bằng
A.
10 3
π
. B.
5 39
π
. C.
20 3
π
. D.
10 39
π
.
Lời giải
Chọn C
Ta có hình vẽ bên, với khoảng cách từ
O
đến mặt phẳng cắt
là
1OH
=
(với
H
là trung điểm cạnh
AB
);
53AD BC= =
.
Gọi
R
là bán kính đường tròn mặt đáy của hình trụ.
Ta có diện tích thiết diện:
30
ABCD
S =
.
. 30AB BC⇔=
.5 3 30AB
⇔=
23AB⇔=
.
Suy ra:
3AH =
.
2
2 22
1 32OA OH AH R= + =+==
.
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng:
2 . . 2 .2.5 3 20 3
xq
S Rl
ππ π
= = =
.
Câu 419. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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
3
a
, thiết diện thu được là
một hình vuông. Thể tích của khối trụ được giới hạn bởi hình trụ đã cho bằng
A.
3
216 a
π
. B.
3
150 a
π
. C.
3
54 a
π
. D.
3
108 a
π
.
Lời giải
Chọn D
Gọi
J
là trung điểm
GH
. Khi đó
IJ GH⊥
và
3IJ a=
.
Theo giả thiết, ta có
EFGH
là hình vuông, có độ dài cạnh bằng
66a GH a⇒=
.
Trong tam giác vuông
IJH
, ta có
( ) ( )
22
3 3 32IH a a a= +=
.
Vậy
22 3
. . .18 .6 108V IH IO a a a
ππ π
= = =
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 171
Câu 420. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình hộp
.'' ' 'ABCD A B C D
có chiều cao bằng
8
và diện tích đáy
bằng
9.
Gọi
,,MNP
và
Q
lần lượt là tâm của các mặt bên
'', '', ''ABB A BCC B CDD C
và
''DAA D
. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm
,,,, , ,ABC DM N P
và
Q
bằng
A. 27. B. 30. C. 18. D. 36
Lời giải
Chọn B
Mặt
( )
MNPQ
cắt các cạnh
AA', BB', CC', DD'
tại
111 1
,,,ABC D
. Thể tích khối đa diện cần tìm là
V
, thì:
111 1 1 1 1 1
. ' ' ' ' '. '. '. '.
8.9
4
2 24
30
A B C D A B C D A QMA B MNB C PNC D QPD
VV V V V V
V
V
= −−−−
= −×
⇒=
.
28.2 D06 - Bài toán thực tế về khối trụ - Muc do 2
Câu 421. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau,
bán kính đáy lần lượt bằng
1m
và
1,2m
. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có
cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước
dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây?
A.
1, 8 m
. B.
1,4m
. C.
2,2m
. D.
1, 6 m
.
Lời giải
Chọn D
Gọi chiều cao của bể nước là
( )
m
h
, bán kính bể mới là
( )
mr
Khi đó tổng thể tích hai bể nước ban đầu là:
( )
3
. .1,44. 2,44 mVh h h
ππ π
=+=
.
Vì bể mới có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích hai bể cũ nên:
2
2,44 2,44 1,56rh h r
ππ
= ⇔= ≈
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 172 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
29. KHỐI CẦU
29.1 Câu hỏi chỉ liên quan đến biến đổi V,S,R
Câu 422. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối cầu có bán kính
4.r =
Thể tích của khối cầu đã cho bằng
A.
256
3
π
. B.
64
π
. C.
64
3
π
. D.
256
π
.
Lời giải
Thể tích khối cầu
33
4 4 256
.
33 3
Vr
π
ππ
= = .4 =
Câu 423. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối cầu có bán kính
4r =
. Thể tích khối cầu đã cho bằng
A.
64
π
. B.
64
3
π
. C.
256
π
. D.
256
3
π
.
Lời giải
Ta có thể tích khối cầu là:
3
4 256
33
Vr
π
π
= =
.
Câu 424. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối cầu có bán kính
2r =
. Thể tích của khối cầu đã cho
bằng
A.
16
π
. B.
32
3
π
. C.
32
π
. D.
8
3
π
.
Lời giải
Thể tích của khối cầu đã cho
33
3
4
. .2
3
4 32
3
rV
π
ππ
= =
=
.
Câu 425. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối cầu có bán kính
2r =
. Thể tích khối cầu đã cho là
A.
32
3
π
. B.
16
π
. C.
32
π
. D.
8
3
π
.
Lời giải
Thể tích khối cầu bán kính
2r
=
là
3
4
3
Vr
π
=
3
4 32
. .2
33
π
π
= =
.
Câu 426. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho mặt cầu có bán kính
4r =
. Diện tích của mặt cầu đã cho
bằng
A.
256
3
π
. B.
64
3
π
. C.
16π
. D.
64π
.
Lời giải
Chọn D
Ta có diện tích mặt cầu là
2
4 64Sr=π= π
.
Câu 427. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho mặt cầu có bán kính
5r =
. Diện tích mặt cầu đã cho bằng
A.
25
π
. B.
500
3
π
. C.
100
π
. D.
100
3
π
.
Lời giải.
Chọn C
Diện tích mặt cầu
22
4 4 .5 100 .Sr
ππ π
= = =
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 173
Câu 428. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho mặt cầu có bán kính
4r =
. Diện tích của mặt cầu đã cho
bằng
A.
16
π
. B.
64
π
. C.
64
3
π
. D.
256
3
π
.
Lời giải
Chọn B
Diện tích của mặt cầu bằng
22
4 4. .4 64
r
ππ π
= =
Câu 429. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối cầu có bán kính
2r =
. Thể tích khối cầu đã cho là
A.
32
3
π
. B.
16
π
. C.
32
π
. D.
8
3
π
.
Lời giải
Thể tích khối cầu bán kính
2r =
là
3
4
3
Vr
π
=
3
4 32
. .2
33
π
π
= =
.
Câu 430. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho mặt cầu có bán kính
2R =
. Diện tích của mặt cầu đã cho bằng
A.
32
3
π
. B.
8
π
. C.
16
π
. D.
4
π
.
Lời giải
Chọn C
Diện tích của mặt cầu đã cho
22
4 4 .2 16SR
ππ π
= = =
.
29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện
Câu 431. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
4
a
,
SA
vuông
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và mặt phẳng đáy bằng
60
°
. Diện tích mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABC
bằng
A.
2
172
3
a
π
. B.
2
76
3
a
π
. C.
2
84 a
π
. D.
2
172
9
a
π
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 174 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Gọi
O
là tâm của tam giác
ABC
,
M
và
N
lần lượt là trung điểm của
BC
và
SA
,
,RS
là bán
kính và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
.
Dựng trục
d
của tam giác
ABC
,
d⇒
qua
O
và
//d SA
.
Trong mặt phẳng
( )
,SA d
dựng đường thẳng qua
N
song song với
AO
cắt
d
tại
I
. Khi đó
I
là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
và
R AI=
.
Do
ABC∆
đều và
( )
SA ABC⊥
nên
( ) (
) ( )
( )
, 60
BC AM
BC SAM SBC ABC SMA
BC SA
°
⊥
⇒⊥ ⇒ =∠ =
⊥
.
2 43
3
33
4 23
2
11
tan 60 3
22
a
AO AM
AM a a
AN SA AM a
°
= =
= = ⇒
= = =
.
ANIO
là hình chữ nhật
2
22 2
16 43
9
33
a
AI AN AO a a⇒= + = + =
.
Vậy
2
2
172
4
3
a
SR
π
π
= =
.
Câu 432. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
4a
,
SA
vuông
góc với đáy, góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và mặt phẳng đáy bằng
0
30
. Diện tích mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp bằng:
A.
2
52 a
π
. B.
2
172
3
a
π
. C.
2
76
9
a
π
. D.
2
76
3
a
π
.
Lời giải
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 175
Gọi
N
là trung điểm của
BC
,
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều
ABC
.
Dựng
∆
qua
( )
,O ABC∆⊥
⇒∆
là trục đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
và
,SA∆
đồng phẳng.
Trong mặt phẳng
( )
SAN
dựng đường trung trực
d
của cạnh bên
SA
.
Gọi
Id= ∆
, suy ra
IA IB IC IS= = =
, suy ra
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
và
R IA=
.
Ta có:
( )
BC AN
BC SAN BC SN
BC SA
⊥
⇒⊥ ⇒⊥
⊥
.
Suy ra
( ) ( )
(
)
( )
, , 30SBC ABC AN SN SNA∠ =∠ =∠=°
.
Mặt khác:
343
23
22
AB a
AN a
= = =
,
2 43
33
a
AO AN= =
.
Vì
( )
SA ABC SA AN
⊥ ⇒⊥
SAN
⇒∆
vuông tại
A
.
Ta có
tan
SA
SNA
AN
∠=
tan 30SA AN⇒= ⋅ °
3
23 2
3
aa= ⋅=
, suy ra
2
SA
MA IO a= = =
.
Xét tam giác
IOA
vuông tại
O
:
22
R IA IO AO= = +
2
2
4 3 57
33
aa
a

=+=



.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là
( )
2
2
2
.
57 76
44
33
S ABC
aa
SR
π
ππ

= = =



Câu 433. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
2a
.
SA
vuông
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng
(
)
SBC
và mặt phẳng đáy bằng
60°
. Diện tích của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
bằng
A.
2
43
3
a
π
. B.
2
19
3
a
π
. C.
2
43
9
a
π
. D.
2
21 a
π
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 176 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Phân tích, nhận xét:
1. Bài toán kiểm tra kĩ năng xác định góc giữa hai mặt phẳng và kĩ năng xác định tâm của mặt
cầu ngoại tiếp khối chóp.
2. Để xác định góc giữa hai mặt phẳng có giao tuyến là
d
, ta cần xác định hai đường thẳng
12
,
dd
nằm trong hai mặt phẳng, cùng vuông góc với
d
tại cùng một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng
chính là góc giữa
12
,dd
.
3. Để tính diện tích của mặt cầu ta cần tìm bán kính của mặt cầu. Do đó cần xác định xem tâm
của mặt cầu trong hình vẽ nằm ở đâu. Tâm
O
của mặt cầu cách đều
,,
ABC
nên
O
phải nằm trên
∆
, là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy. Mặt khác,
O
cách đều
,SA
nên
O
phải nằm trên
mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
SA
. Như vậy,
O
là giao điểm của mặt phẳng trung trực
của
SA
với
∆
. Trường hợp
SA
song song với
∆
, thì trong mặt phẳng xác định bởi
SA
và
∆
, ta
có thể kẻ luôn đường trung trực của
SA
.
+
60
α
= °
là góc giữa mặt phẳng
(
)
SBC
và
( )
ABC
. Lấy
I
là trung điểm
AI BC
BC
SI BC
⊥
⇒
⊥
(
)
, 60
o
SI AI SIA
α
⇒= = =
.
+
3
2 . 3 3. 3
2
AI a a SA AI a= = ⇒= =
.
+ Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABC
. Qua
G
kẻ đường thẳng
(
)
//SAABC∆⊥ ⇒∆
Trong mp
( )
,SA ∆
: Đường trung trực
SA
cắt
∆
ở
O
⇒
Mặt cầu
( )
;S O OA
ngoại tiếp
.
S ABC
. Gọi
K
là trung điểm
AS
Ta có
13 22
;
22 3
3
aa
AK AS AG AI= = = =
22
22
9 4 43
4 3 12
aa
R AK AG a= + = +=
+ Diện tích mặt cầu
( )
;S O OA
là
2
22
43 43
44
12 3
a
SR a
π
ππ
= = =
.
Câu 434. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
2a
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và mặt phẳng đáy bằng
30
. Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
bằng
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 177
A.
2
43
3
a
π
. B.
2
19
3
a
π
. C.
2
19
9
a
π
. D.
2
13
a
π
.
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
BC
, ta có góc
SMA
là góc giữa
( )
SBC
và
( )
ABC
30SMA⇒=°
.
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABC
khi đó ta có:
23
3
2
a
AM a= =
,
2 23
33
a
AG AM= =
,
1
.tan30 3.
3
SA AM a a= °= =
.
Qua
G
kẻ đường thẳng
d
vuông góc với
(
)
ABC
//
d SA⇒
.
Gọi
E
là trung điểm của
SA
, qua
E
kẻ mặt phẳng
( )
P
sao cho:
( )
(
) { }
P SA
PdI
⊥
∩=
Khi đó
I
là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
.S ABC
và khối cầu đó có bán kính là:
2
22
22 2
4 57
2 43 6
SA a a a
R IA IG AG AG

== += +=+=


.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là:
2
2
19
4
3
a
SR
π
π
= =
.
Câu 435. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
2a
,
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng
( )
SBC
và mặt phẳng đáy bằng
30
. Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
bằng
A.
2
43
3
a
π
. B.
2
19
3
a
π
. C.
2
19
9
a
π
. D.
2
13 a
π
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 178 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Gọi
M
là trung điểm của
BC
, ta có góc
SMA
là góc giữa
( )
SBC
và
( )
ABC
30SMA⇒=°
.
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABC
khi đó ta có:
23
3
2
a
AM a= =
,
2 23
33
a
AG AM= =
,
1
.tan30 3.
3
SA AM a a
= °= =
.
Qua
G
kẻ đường thẳng
d
vuông góc với
( )
ABC
//d SA⇒
.
Gọi
E
là trung điểm của
SA
, qua
E
kẻ mặt phẳng
( )
P
sao cho:
( )
( )
{ }
P SA
PdI
⊥
∩=
Khi đó
I
là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
.S ABC
và khối cầu đó có bán kính là:
2
22
22 2
4 57
2 43 6
SA a a a
R IA IG AG AG

== += +=+=


.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là:
2
2
19
4
3
a
SR
π
π
= =
.
29.3 Bài toán tổng hợp về khối nón, khối trụ, khối cầu
Câu 436. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón
( )
N
có đỉnh
S
,bán kính đáy bằng
2a
và độ dài
đường sinh bằng
4a
.Gọi
( )
T
là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của
( )
N
.Bán kính của
( )
T
bằng
A.
42
3
a
. B.
14a
. C.
4 14
7
a
. D.
8 14
7
a
.
Lời giải
Chọn C
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 179
Gọi R là bán kính mặt cầu
( )
T
,
SH
là đường cao của hình nón
( )
(
)
2
2
4 2 14SH a a a⇒= − =
Gọi
I
là tâm mặt cầu
( ) (
)
22
2
2 14R a Ra⇒ = +−
4 14
7
Ra⇒=
Câu 437. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón
( )
N
có đỉnh
S
, bán kính đáy bằng
3a
và độ dài
đường sinh bằng
4a
. Gọi
( )
T
là mặt cầu đi qua
S
và đường tròn đáy của
( )
N
. Bán kính của
( )
T
bằng
A.
2 10
3
a
. B.
16 13
13
a
. C.
8 13
13
a
. D.
13
a
.
Lời giải.
Chọn C
Cách 1.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 180 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Nếu cắt mặt cầu ngoại tiếp khối nón
( )
N
bởi mặt phẳng
( )
SAB
, ta được mộ hình tròn ngoại tiếp
tam giác
SAB
. Khi đó bán kính mặt cầu
(
)
T
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
SAB
.
Gọi
M
là trung điểm của
SB
. Kẻ đường vuông góc với
SB
tại
M
, cắt
SO
tại
I
.
Khi đó
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp
SAB∆
và
r SI=
là bán kính đường tròn ngoại tiếp
SAB∆
.
Ta có:
.
SI SM SM
SBO SI SB
SIM
SB SO SO
∆ ⇒=∆ ⇒=∽
.
Trong đó:
22
2
8 13
4
13
13
SM a
a
SB a r SI
SO SB OB a
=
= ⇒= =
= −=
.
Cách 2.
Gọi
O
là tâm của mặt cầu
( )
T
,
H
là tâm đường tròn đáy của
( )
N
,
M
là một điểm trên đường
tròn đáy của
( )
N
và
R
là bán kính của
( )
T
.
Ta có:
SO OM R= =
;
22 2
OM OH HM= +
;
22
13SH SM HM a= −=
.
Do
SH HM≠
nên chỉ xảy ra hai trường hợp sau
Trường hợp 1:
SH SO OH= +
Ta có hệ phương trình
( )
2 2 22
2 22
13
13
13 2 3 3 *
3
OH a R
R OH a
R a aR R a
R OH a
= −
+=

⇔

= − ++
= +
.
Giải
( )
*
ta có
8 13
13
a
R =
.
Trường hợp 2:
SH SO OH= −
.
M
S
O
H
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 181
Ta có hệ phương trình
( )
2 2 22
2 22
13
13
13 2 13 3 *
3
OH R a
R OH a
R a aR R a
R OH a
= −
= +

⇔

= − ++
= +
.
Giải
(
)
*
ta có
8 13
13
a
R =
.
Câu 438. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình nón
(
)
N
có đỉnh
S
, bán kính đáy bằng
a
và độ dài
đường sinh bằng
4a
. Gọi
( )
T
là mặt cầu đi qua
S
và đường tròn đáy của
( )
N
. Bán kính của
( )
T
bằng
A.
26
3
a
. B.
16 15
15
a
. C.
8 15
15
a
. D.
15
a
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
I
là tâm của
( )
T
thì
I SO∈
và
IS IA=
. Gọi
M
là trung điểm của
SA
thì
IM SA⊥
.
Ta có
( )
2
22 2
4 15SO SA OA a a a= − = −=
.
Lại có
. 2 .4 8 15
..
15
15
SM SA a a a
SM SA SI SO SI
SO
a
= ⇒= = =
.
S
O
M
H
M
S
O
A
I
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 182 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
30. TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ
30.1 Hình chiếu của điểm lên các trục tọa độ, lên các mặt phẳng tọa độ và điểm đối xứng của nó
Câu 439. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
( )
2;1; 1−M
trên trục
Oz
có tọa độ là
A.
( )
2;1; 0
. B.
(
)
0;0; 1
−
. C.
(
)
2;0; 0
. D.
( )
0;1; 0
.
Lời giải
Chọn B.
Câu 440. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
(
)
3; 2;1
A
trên trục
Ox
có tọa độ là
A.
( )
0; 2;1
. B.
(
)
3;0;0
. C.
( )
0;0;1
. D.
(
)
0; 2;0
.
Lời giải
Hình chiếu của điểm
( )
3; 2;1A
trên trục
Ox
là
( )
3;0;0A
′
.
Câu 441. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
(
)
1; 2; 5
A
lên trục
Ox
có tọa độ là
A.
(
)
0; 2;0
. B.
( )
0;0;5
. C.
( )
1;0;0
. D.
( )
0; 2;5
.
Lời giải
Hình chiếu vuông góc của điểm
( )
1; 2; 5A
lên trục
Ox
có tọa độ là
( )
1;0;0
Câu 442. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian
Oxyz
hình chiếu vuông góc của điểm
( )
3; 5; 2A
trên trục
Ox
có tọa độ là
A.
( )
0; 5; 2
. B.
( )
0; 5; 0
. C.
(
)
3;0;0
. D.
( )
0;0; 2
.
Lời giải
Hình chiếu vuông góc của điểm
( )
3; 5; 2A
trên trục
Ox
là
( )
3;0;0
.
Câu 443. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
(
)
8;1;2A
trên trục
Ox
có tọa độ là
A.
( )
0;1;0
. B.
( )
8;0;0
. C.
( )
0;1;2
. D.
( )
0;0;2
.
Lời giải
Tọa độ hình chiếu vuông góc của
( )
8;1;2A
lên trục
Ox
là
( )
8;0;0
.
Câu 444. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
. Điểm nào sau đây là hình chiếu
vuông góc của điểm
(1;4;2)A
trên mặt phẳng
Oxy
?
A.
(0; 4; 2)
. B.
(1; 4; 0)
. C.
(1; 0; 2)
. D.
(0; 0; 2)
.
Lời giải
Chọn B
Ta có hình chiếu của
(1;4;2)A
trên mặt phẳng
Oxy
là
(1; 4; 0)
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 183
Câu 445. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông
góc của điểm
( )
1; 2; 3A
trên mặt phẳng
Oxy
.
A.
(
)
1; 0; 3
Q
B.
( )
1; 2; 0P
C.
( )
0;0;3M
D.
( )
0; 2;3N
Lời giải
Chọn B
Ta có hình chiếu vuông góc của điểm
( )
1; 2; 3A
trên mặt phẳng
Oxy
là điểm
(
)
1; 2; 0
P
.
Câu 446. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông
góc của điểm
( )
3; 5; 2A
trên mặt phẳng
( )
Oxy
?
A.
( )
3; 0; 2M
B.
( )
0;0; 2
C.
( )
0; 5; 2
Q
D.
( )
3; 5; 0
N
Lời giải
Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm
( )
3; 5; 2A
trên mặt phẳng
( )
Oxy
là điểm
( )
3; 5; 0N
.
Câu 447. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
( )
8;1;2A
trên trục
Ox
có tọa độ là
A.
( )
0;1;0
. B.
( )
8;0;0
. C.
( )
0;1;2
. D.
( )
0;0;2
.
Lời giải
Tọa độ hình chiếu vuông góc của
( )
8;1;2A
lên trục
Ox
là
( )
8;0;0
.
Câu 448. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, hình chiếu vuông góc của điểm
( )
2;1; 1M −
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
Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm
(
)
2;1; 1M −
trên mặt phẳng
( )
Ozx
có tọa độ là
( )
2;0; 1−
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 184 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
31. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
31.1 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu
Câu 449. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
,
Oxyz
cho mặt cầu
( ) ( )
2
22
: 2 9.Sx y z
+++ =
Bán
kính của
( )
S
bằng
A. 6. B. 18. C. 9. D. 3.
Lời giải
Mặt cầu
(
) (
) ( ) ( )
2 22
2
:
S xa yb zc R− +− +− =
có tâm
(
)
;;
I abc
và bán kính
.R
Vậy mặt cầu
(
) ( )
2
22
: 29Sx y z
+++ =
có tâm
( )
0;0; 2I −
và bán kính
3.R =
Câu 450. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
2 22
(S) : x (y 2) 9z+− + =
.
Bán kính mặt cầu
(S)
bằng
A.
6
. B.
18
. C.
3
. D.
9
.
Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Áp dụng phép cộng số phức ta có bán kính mặt cầu trên bằng 3 nên chọn đáp án C
Câu 451. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( )
2
22
: 1 16Sx y z++− =
.
Bán kính của
( )
S
bằng
A.
. B.
8
. C.
4
. D.
16
.
Lời giải
Chọn C
Bán kính của
( )
S
bằng
16 4
R = =
.
Câu 452. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( )
2
22
: 2 16Sx y z++− =
. Bán kính của
( )
S
bằng:
A.
4
. B.
32
. C.
16
. D.
8
.
Lời giải
Mặt cầu
(
) ( )
2
22
: 2 16
Sx y z+ +− =
có bán kính bằng
4R =
.
Câu 453. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( ) ( )
( )
2 22
: 1 2 34Sx y z+ +− ++ =
. Tâm của
( )
S
có tọa độ là
A.
( )
1; 2; 3−−
. B.
( )
2; 4; 6−
. C.
( )
1; 2; 3−
. D.
(
)
2; 4; 6−−
.
Lời giải
Chọn A
Tâm mặt cầu
( )
S
có tọa độ là
( )
1; 2; 3−−
.
Câu 454. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
2 22
():(1)( 2)(3)9Sx y z+ ++ +− =
. Tâm của
()S
có tọa độ là:
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 185
A.
( 2; 4; 6)−−
. B.
(2; 4; 6)−
. C.
( 1; 2;3)−−
. D.
(1; 2; 3)
−
.
Lời giải
Chọn C
Tâm của
()S
có tọa độ là:
( 1; 2;3)
−−
Câu 455. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
:1 2 34Sx y z−++++=
. Tâm của
( )
S
có tọa độ là
A.
( )
1; 2; 3−
. B.
( )
2; 4; 6−−
. C.
( )
2; 4;6−
. D.
(
)
1;2;3−−
.
Lời giải
Chọn D
Tâm của mặt cầu
( )
S
có tọa độ là
( )
1;2;3−−
.
Câu 456. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( )
2
22
: 2 16Sx y z++− =
. Bán kính của
( )
S
bằng:
A.
4
. B.
32
. C.
16
. D.
8
.
Lời giải
Mặt cầu
(
)
(
)
2
22
: 2 16
Sx y z+ +− =
có bán kính bằng
4R =
.
Câu 457. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( )
2 22
: 2 2 70Sx y z x z+ + + − −=
. Bán kính của mặt cầu đã cho bằng
A.
7
. B.
9
. C.
3
. D.
15
.
Lời giải
Chọn C.
Ta có
2 22
2 2 70xyz xz+ + + − −=
⇔
( ) ( )
22
2
1 19x yz− +++ =
Vậy bán kính mặt cầu là
3
R =
.
Câu 458. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
(
) ( )
( ) ( )
2 22
: 2 4 19Sx y z
− ++ +− =
. 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
Chọn B
Tâm của mặt cầu
( )
S
có tọa độ là
( )
2; 4;1−
.
32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK
Câu 459. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( )
( )
2
22
: 23Sx y z+++ =
.
Có tất cả bao nhiêu điểm
( )
;;
Aabc
(
a
,
b
,
c
là các số nguyên) thuộc mặt phẳng
( )
Oxy
sao cho
có ít nhất hai tiếp tuyến của
( )
S
đi qua
A
và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau ?
A.
12
. B.
8
. C.
16
. D.
4
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 186 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Lời giải
Chọn A
Ta có .
Suy ra .
Mặt cầu có tâm và bán kính .
Từ giả thiết ta có .
.
.
Vì nên có 12 điểm thỏa bài toán là , , , , ,
, , .
Vậy có 12 điểm thỏa bài toán.
( )
A Oxy∈
0c⇒=
( )
; ;0Aab
( )
S
( )
0;0; 2I
3R =
2R IA R≤≤
22
3 26ab⇔≤ + +≤
22
14
ab⇔≤ + ≤
,ab∈
( )
1;0
±
( )
2;0
±
( )
0; 1
±
( )
0; 2±
( )
1;1
( )
1; 1
−−
(
)
1; 1
−
( )
1;1−
A
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 187
32. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
32.1 Tìm VTPT, các vấn đề về lý thuyết
Câu 460. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
,cho mặt phẳng
( )
P
:
2 3 10
xyz+ + −=
.
Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của
( )
P
A.
( )
3
1; 2; 1
n
= −
. B.
( )
4
1; 2; 3n =
. C.
(
)
1
1; 3; 1n = −
. D.
(
)
2
2; 3; 1
n
= −
.
Lời giải
Chọn B.
(
)
P
:
2 3 10
xyz+ + −=
có một vtpt là
( )
4
1; 2; 3n =
.
Câu 461. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
:2 4 3 0
x yzα + −+=
. Véctơ nào sau đây là véc tơ pháp tuyến của
( )
α
?
A.
( )
1
2; 4; 1n = −

. B.
( )
2
2; 4;1n = −

. C.
( )
3
2; 4;1n = −

. D.
( )
1
2; 4;1n =

.
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng
( )
:2 4 3 0x yzα + −+=
có một véctơ pháp tuyến là
( )
2; 4; 1n = −
.
Câu 462. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
:2 3 4 1 0xyz
α
− + −=
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của
( )
α
?
A.
(
)
3
2; 3; 4n = −

. B.
( )
2
2; 3; 4n = −

. C.
( )
1
2; 3; 4n =

. D.
( )
4
2; 3; 4n = −

.
Lời giải
Chọn A
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )
:2 3 4 1 0
xyz
α
− + −=
là
( )
3
2; 3; 4n = −

.
Câu 463. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, Cho mặt phẳng
( )
:2 3 5 0xy z
α
−+ +=
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của
( )
α
?
A.
( )
3
2;1; 3 .n = −

B.
( )
4
2;1; 3 .n = −

C.
( )
2
2; 1; 3 .
n = −

D.
( )
1
2;1; 3 .n =

Lời giải
Chọn C
Câu 464. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
:2 3 2 0P x yz+ ++=
. Vectơ
nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của
(
)
P
?
A.
( )
3
2; 3; 2n =
. B.
( )
1
2; 3; 0n =
. C.
( )
2
2; 3;1n =
. D.
( )
4
2;0;3n =
.
Lời giải
Chọn C
Mặt phẳng
( )
P
có một vectơ pháp tuyến là
( )
2
2; 3;1n =
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 188 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
32.2 PTMP trung trực của đoạn thẳng
Câu 465. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1; 3; 0A
và
( )
5;1; 2B −
. Mặt
phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
có phương trình là
A.
2 50xyz
−−+=
. B.
2 50xyz−−−=
. C.
2 2 30xyz
+ + −=
. D.
3 2 14 0x yz
+ −− =
.
Lời giải
Chọn B.
Mặt phẳng trung trực
( )
P
của
AB
đi qua trung điểm
( )
3; 2; 1I −
của
AB
và nhận
(
)
4; 2; 2
AB
= −−

làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng
( )
P
là
( ) ( ) ( )
4 32 22 10xyz−− −− +=
2 50xyz⇔ −−−=
.
32.3 PTMP qua 1 điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h)
Câu 466. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 1;4M −
và mặt phẳng
( )
:3 2 1 0P x yz− ++=
. Phương trình của mặt phẳng đi qua
M
và song song với mặt phẳng
( )
P
là
A.
2 2 4 21 0xyz−+−=
. B.
2 2 4 21 0xyz−++=
C.
3 2 12 0
x yz− +− =
. D.
3 2 12 0x yz− ++ =
.
Lời giải
Chọn C
Phương trình của mặt phẳng đi qua
M
và song song với mặt phẳng
(
)
P
là
(
) (
)
( )
3221 40x yz
−− ++−=
3 2 12 0x yz⇔ − +− =
.
33.4 PTMP qua 1 điểm, song song với một mặt phẳng
Câu 467. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2;1; 2M −
và mặt phẳng
( )
:3 2 1 0P x yz− ++=
. Phương trình của mặt phẳng đi qua
M
và song song với
( )
P
là:
A.
2 2 90xy x
+− +=
. B.
2 2 90xy z
+− −=
C.
3 2 20x yz− ++=
. D.
3 2 20
x yz− +−=
.
Lời giải
Chọn D
Phương trình mặt phẳng
( )
Q
song song mặt phẳng
( )
P
có dạng:
32 0x xzD− ++ =
.
Mặt phẳng
( )
Q
qua điểm
(
)
2;1; 2M −
, do đó:
( )
3.2 2.1 2 0 2DD− +− + = ⇔ =−
.
Vậy
( )
:3 2 2 0Q x yz− +−=
.
Câu 468. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 1; 3
M −
và mặt phẳng
( )
:3 2 1 0P x yz− ++=
. Phương trình mặt phẳng đi qua
M
và song song với
( )
P
là
A.
3 2 11 0
x yz− ++ =
. B.
2 3 14 0xy z−+−=
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 189
C.
3 2 11 0x yz
− +− =
. D.
2 3 14 0xy z−+ + =
.
Lời giải
Chọn C
(
)
P
nhận
( )
3; 2;1
n = −
làm vectơ pháp tuyến
Mặt phẳng đã cho song song với
( )
P
nên cũng nhận nhận
( )
3; 2;1n = −
làm vectơ pháp tuyến
Vậy mặt phẳng đi qua
M
và song song với
(
)
P
có phương trình là
( ) ( )
( )
3221 30x yz−− ++−=
3 2 11 0
x yz⇔ − +− =
33.5 PTMP theo đoạn chắn
Câu 469. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
3;0;0A
,
( )
0;1; 0B
,
(
)
0;0; 2
C
−
. Mặt phẳng
(
)
ABC
có phương trình là
A.
1
3 12
xyz
+ +=
−
. B.
1
31 2
xy z
++ =
−
. C.
1
312
xyz
++=
. D.
1
312
x yz
++=
−
.
Lời giải
Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm
( )
;0;0
Aa
,
( )
0; ;0
Bb
,
( )
0;0;Cc
,
0abc ≠
, có dạng là
1
xyz
abc
++=
nên phương trình mặt phẳng qua 3 điểm
( )
3;0;0A
,
( )
0;1; 0
B
và
( )
0;0; 2C −
là
1
31 2
xy z
++ =
−
.
Câu 470. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( )
2;0; 0 , 0;3;0
AB−
và
( )
0;0; 4C
. Mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình là
A.
1
234
x yz
++=
−
. B.
1
234
xyz
++=
. C.
1
2 34
xyz
+ +=
−
. D.
1
23 4
xy z
++ =
−
.
Lời giải
Phương trình mặt phẳng
( )
ABC
đi qua ba điểm
( ) ( )
2;0; 0 , 0;3;0AB−
và
( )
0;0; 4C
có phương
trình mặt phẳng theo đoạn chắn là:
1
234
x yz
++=
−
.
Câu 471. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1,0,0A −
,
( )
0, 2,0B
và
( )
0,0,3C
. Mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình là
A.
1
12 3
xy z
++ =
−
. B.
1
1 23
xyz
+ +=
−
. C.
1
123
x yz
++=
−
. D.
1
123
xyz
++=
Lời giải
Ta có phương trình đoạn chắn của mặt phẳng
( )
ABC
là
1
123
x yz
++=
−
.
Câu 472. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;3AB C−
. Mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình là
A.
1
213
x yz
++=
−
. B.
1
21 3
xy z
++ =
−
. C.
1
213
xyz
++=
. D.
1
2 13
xyz
+ +=
−
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 190 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Với ba điểm
(
) ( ) ( )
;0; 0 , 0; ;0 , 0;0;Aa B b C c
thuộc ba trục tọa độ và
0abc ≠
thì mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình:
1
xyz
abc
++=
.
Với 3 điểm
( ) (
) (
)
2; 0; 0 , 0; 1; 0 , 0; 0; 3
AB C−
, theo phương trình đoạn chắn ta có phương
trình mặt phẳng
( )
:1
2 13
xyz
ABC
+ +=
−
.
Câu 473. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
2;0;0 , 0; 1;0 , 0;0;3AB C−
. Mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình là
A.
1
213
x yz
++=
−
. B.
1
21 3
xy z
++ =
−
. C.
1
213
xyz
++=
. D.
1
2 13
xyz
+ +=
−
.
Lời giải
Với ba điểm
( )
( )
(
)
;0; 0 , 0; ;0 , 0;0;Aa B b C c
thuộc ba trục tọa độ và
0abc ≠
thì mặt phẳng
( )
ABC
có phương trình:
1
xyz
abc
++=
.
Với 3 điểm
(
) ( ) ( )
2; 0; 0 , 0; 1; 0 , 0; 0; 3
AB C
−
, theo phương trình đoạn chắn ta có phương
trình mặt phẳng
( )
:1
2 13
xyz
ABC + +=
−
.
33.6 PTMP qua 1 điểm, vuông góc với đường thẳng
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 191
Câu 474. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
−2; 2;3M
và đường thẳng
−+−
= =
−
123
:
32 1
xyz
d
. Mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
d
có phương trình là
A.
+ −+=3 2 10x yz
. B.
−+−=2 2 3 17 0x yz
.
C.
+ −−=3 2 10x yz
. D.
−++=2 2 3 17 0xyz
.
Lời giải
Gọi mặt phẳng
( )
P
là mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
d
.
Ta có:
( ) ( )
⊥⇒Pd P
nhận vectơ chỉ phương của
d
làm vectơ pháp tuyến.
(
)
( )
( )
−
⇒
= = −

qua 2; 2;3
cã vect¬ ph¸p tuyÕn 3;2; 1
Pd
M
P
nu
.
( ) ( ) ( ) ( )
⇒ −+ +−−=⇔+ −+=:3 2 2 2 3 0 3 2 1 0P x y z x yz
.
Câu 475. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1;1; 2M −
và đường thẳng
12
:
123
xy z
d
−+
= =
−
. Mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
d
có phương trình là
A.
2 3 90x yz+ − −=
. B.
2 60xy z
+− −=
.
C.
2 3 90x yz+ − +=
. D.
2 60
xy z+− +=
.
Lời giải
Đường thẳng
12
:
123
xy z
d
−+
= =
−
có một véc tơ chỉ phương
( )
1; 2; 3u −
.
Mặt phẳng
( )
α
vuông góc với
d
có một véc tơ pháp tuyến
( )
1; 2; 3nu= −

.
Mặt phẳng
( )
α
đi qua
( )
1;1; 2M −
, có một véc tơ pháp tuyến
( )
1; 2; 3n
−
phương trình là
( ) ( ) ( )
1. 1 2. 1 3. 2 0xyz−+ −− + =
2 3 90x yz
⇔+ − −=
.
Câu 476. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2; 1; 2M −
và đường thẳng
123
:
231
xy z
d
−+−
= =
. Mặt phẳng qua
M
và vuông góc với
d
có phương trình là
A.
2 3 30
x yz+ +−=
. B.
2 2 90
xy z−+ −=
.
C.
2 3 30x yz+ ++=
. D.
2 2 90
xy z−+ +=
.
Lời giải
Mặt phẳng
( )
α
qua
M
và vuông góc với đường thẳng
d
nên có một vectơ pháp tuyến là
( )
2; 3;1n =
.
Vậy mặt phẳng
( )
α
có phương trình là
( ) ( ) ( )
2 2 3 11 2 0x yz− + ++ − =
2 3 30x yz⇔ + +−=
.
Câu 477. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
3; 2; 2M −
, đường thẳng
3 11
:
12 2
x yz
d
− +−
= =
−
. Mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
d
có phương trình là
A.
2 2 50xyz+ − +=
. B.
3 2 2 17 0xyz−+−=
.
C.
3 2 2 17 0xyz−++=
. D.
2 2 50xyz+ − −=
.
Lời giải
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 192 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Gọi
( )
α
là mặt phẳng đi qua
( )
3; 2; 2M −
và vuông góc với
3 11
:
12 2
x yz
d
− +−
= =
−
.
Vectơ chỉ phương của
d
là
(
)
1; 2; 2
u
= −
.
( )
d
α
⊥
nên vectơ pháp tuyến của
( )
α
là
(
)
1; 2; 2n
= −
.
Phương trình mặt phẳng
( )
α
là:
( ) ( ) (
)
1 3 2 2 2 2 0 2 2 50x y z xyz− + + − − =⇔+ − +=
.
Câu 478. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
3; 2; 2M −
, đường thẳng
3 11
:
12 2
x yz
d
− +−
= =
−
. Mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
d
có phương trình là
A.
2 2 50xyz+ − +=
. B.
3 2 2 17 0xyz
−+−=
.
C.
3 2 2 17 0xyz−++=
. D.
2 2 50xyz+ − −=
.
Lời giải
Gọi
( )
α
là mặt phẳng đi qua
(
)
3; 2; 2M
−
và vuông góc với
3 11
:
12 2
x yz
d
− +−
= =
−
.
Vectơ chỉ phương của
d
là
( )
1; 2; 2
u = −
.
( )
d
α
⊥
nên vectơ pháp tuyến của
( )
α
là
( )
1; 2; 2n = −
.
Phương trình mặt phẳng
( )
α
là:
( ) ( ) (
)
1 3 2 2 2 2 0 2 2 50x y z xyz− + + − − =⇔+ − +=
.
Câu 479. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
2;1; 0
M
và đường thẳng
311
:
14 2
x yz− −+
∆==
−
. Mặt phẳng đi qua
M
và vuông góc với
∆
có phương trình là
A.
3 70xyz+−−=
. B.
4 2 60xyz+ − +=
. C.
4 2 60xyz+ − −=
. D.
3 70xyz
+−+=
.
Lời giải
Chọn C
Gọi
( )
P
là mặt phẳng cần tìm. Dễ thấy
(
)
P ⊥∆
nên
( )
P
sẽ nhận vtcp
( )
1; 4; 2
u
∆
= −

của
∆
làm
vtpt.
Vậy
( )
P
đi qua
M
và có vecto pháp tuyến là
( )
1; 4; 2−
nên:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
:1.241200 :4260P x y z Px y z− + − − − =⇒ + − −=
.
33. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 193
33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng
Câu 480. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
421
:
2 51
xzz
d
−−+
= =
−
. Điểm nào sau đây thuộc
d
?
A.
(4; 2; 1)N −
. B.
(2; 5;1)Q
. C.
(4; 2;1)M
. D.
(2; 5;1)P −
.
Lời giải
Chọn A
Thế điểm
(4; 2; 1)N −
vào
d
ta thấy thỏa mãn nên chọn A.
33.2 Tìm VTCP, các vấn đề về lý thuyết
Câu 481. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
213
:
12 1
x yz
d
− −+
= =
−
.
Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của
d
?
A.
( )
2
2;1;1u =

. B.
(
)
4
1; 2; 3u = −

. C.
(
)
3
1; 2;1u = −

. D.
( )
1
2;1; 3
u = −

.
Lời giải
Chọn C
Đường thẳng
213
:
12 1
x yz
d
− −+
= =
−
có một vecto chỉ phương là
(
)
3
1; 2;1
u = −

.
Câu 482. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
3 41
:
2 53
xyz
d
−−+
= =
−
.
Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của
d
?
A.
(
)
2
3;4; 1
u = −

. B.
( )
1
2; 5;3u
= −

. C.
( )
3
2;5;3u =

. D.
(
)
4
3;4;1
u =

.
Lời giải
Đường thẳng có phương trình dạng
0 00
xx yy zz
abc
−−−
= =
thì có một vectơ chỉ phương
( )
;;u abc=
nên đường thẳng
3 41
:
2 53
xyz
d
−−+
= =
−
có một vectơ chỉ phương là
( )
1
2; 5;3u = −

.
Câu 483. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
252
:
34 1
xyz
d
−+−
= =
−
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của
d
?
A.
( )
2
3; 4; 1u = −

. B.
( )
1
2; 5; 2
u = −

. C.
( )
3
2; 5; 2u = −

. D.
( )
4
3; 4;1u =

.
Lời giải
Dựa vào phương trình chính tắc của đường thẳng
d
ta có vectơ chỉ phương của
d
là
( )
2
3; 4; 1u = −

.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 194 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Câu 484. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng
312
:
4 23
x yz
d
− ++
= =
−
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
?
A.
( )
3
3;1;2
u = −−
. B.
(
)
4
4; 2;3
u =
. C.
( )
2
4; 2;3u = −
. D.
( )
1
3;1; 2u =
.
Lời giải
Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
( )
2
4; 2;3u = −

.
Câu 485. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
4 23
:
3 12
xyz
d
−+−
= =
−−
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của
d
?
A.
( )
2
4; 2;3u = −
. B.
(
)
4
4;2; 3
u = −
. C.
( )
3
3; 1; 2u = −−
. D.
( )
1
3;1;2u =
.
Lời giải
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
(
)
3
3; 1; 2
u = −−
.
Câu 486. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
213
:
4 21
x yz
d
− −+
= =
−
. Điểm nào dưới đây thuộc d?
A.
( )
4; 2;1 .Q
−
B.
( )
4; 2;1 .N
C.
(
)
2;1; 3 .P
−
D.
(
)
2;1; 3 .M
Lời giải
Chọn C
Thay tọa độ điểm
( )
2;1; 3P
−
vào
213
:
4 21
x yz
d
− −+
= =
−
ta được
2 2 11 3 3
000
4 21
− − −+
= = ⇔==
−
đúng. Vậy điểm
( )
Pd∈
.
Câu 487. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
312
:
24 1
x yz
d
− ++
= =
−
. Điểm nào dưới đây thuộc
d
?
A.
( )
3;1;2N −−
B.
( )
2; 4;1
Q
C.
( )
2; 4; 1P −
D.
(
)
3;1; 2
M
Lời giải
Chọn A
Ta có:
33 11 2 2
0
24 1
− −+ −+
= = =
−
. Vậy
( )
3;1;2N −−
thuộc
d
.
Câu 488. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
4 23
:
3 12
xyz
d
−+−
= =
−−
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của
d
?
A.
( )
2
4; 2;3u = −
. B.
( )
4
4;2; 3u = −
. C.
( )
3
3; 1; 2u = −−
. D.
( )
1
3;1;2u =
.
Lời giải
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
d
là
( )
3
3; 1; 2u = −−
.
Câu 489. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
121
:
23 1
xy z
d
−−+
= =
−
.
Điểm nào dưới đây thuộc
d
?
A.
( )
1; 2; 1P −
. B.
( )
1; 2;1M −−
. C.
( )
2; 3; 1N −
. D.
( )
2; 3;1Q −−
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 195
Lời giải
Chọn A
Thay lần lượt tọa độ các điểm
, ,,M N PQ
vào phương trình của đường thẳng
d
ta có:
11 2 2 11 4
12
231 3
−− −− +
= = ⇔− =− =−
−
(vô lý)
Md⇒∉
.
21 3 2 11 1 1
0
2 3 1 23
− − −+
= = ⇔==
−
(vô lý)
Nd⇒∉
.
11 2 2 11
000
23 1
− − −+
= = ⇔==
−
(đúng)
Pd⇒∈
.
21 3 2 11 3 5
2
2 3 1 23
−− −− +
= = ⇔− =− =−
−
(vô lý)
Qd⇒∉
.
Vậy điểm
( )
1; 2; 1P −
thuộc đường thẳng
d
.
33.3 PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h)
Câu 490. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
(1; 2;3)
A
,
(1;1;1)
B
và
(3; 4; 0)C
. Đường thẳng đi qua
A
và song song
BC
có phương trình là
A.
123
451
xy z
+++
= =
. B.
123
451
xy z
−−−
= =
.
C.
123
23 1
xy z−−−
= =
−
. D.
123
23 1
xy z+++
= =
−
.
Lời giải
Gọi
∆
là đường thẳng cần tìm ta có
(2; 3; 1)u BC
∆
= = −

Vậy phường trình chính tắc
∆
đi qua
A
và song song
BC
là :
123
23 1
xy z−−−
= =
−
Câu 491. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
( )
1; 2; 0A
;
( )
1;1; 2B
;
( )
2; 3;1C
. Đường thẳng đi qua
A
và song song với
BC
có phương trình là
A.
12
121
xy z
−−
= =
−
. B.
12
3 43
xy z−−
= =
.
C.
12
3 43
xy z++
= =
. D.
12
121
xy z++
= =
−
.
Lời giải
Ta có
( )
1; 2; 1BC
= −

.
Đường thẳng đi qua
A
và song song với
BC
có phương trình là
12
121
xy z−−
= =
−
.
Câu 492. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1; 0;1A
,
( )
1;1; 0B
,
( )
3; 4; 1C −
. Đường thẳng đi qua
A
và song song với
BC
có phương trình là
A.
11
45 1
x yz−−
= =
−
. B.
11
23 1
x yz++
= =
−
.
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 196 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
C.
11
23 1
x yz−−
= =
−
. D.
11
45 1
x yz++
= =
−
.
Lời giải
Ta có:
( )
2; 3; 1BC = −

.
Gọi
d
là đường thẳng cần lập phương trình. Vì
//
d BC
nên
BC

là một vectơ chỉ phương của
d
.
Vậy phương trình đường thẳng d là:
11
23 1
x yz−−
= =
−
.
Câu 493. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1;1;0A
;
( )
1;0;1B
;
( )
3;1;0C
. Đường thẳng đi qua
( )
1;1; 0A
và song song với
BC
có phương trình
A.
11
211
xy z++
= =
−
. B.
11
4 11
xyz++
= =
. C.
11
211
xy z−−
= =
−
. D.
11
4 11
xyz−−
= =
.
Lời giải
Đường thẳng cần tìm đi qua
( )
1;1; 0A
và có một véc tơ chỉ phương là
(
)
2;1; 1u BC

= = −
Phương trình đường thẳng cần tìm là:
11
211
xy z−−
= =
−
.
Câu 494. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 3M −
và mặt phẳng
( )
:2 3 1 0P xy z− + +=
. Phương trình của đường thẳng đi qua
M
và vuông góc với
( )
P
là
A.
12
2
33
xt
yt
zt
= +
=−−
= +
. B.
12
2
33
xt
yt
zt
=−+
= −
=−+
. C.
2
12
33
xt
yt
zt
= +
=−−
= +
. D.
12
2
33
xt
yt
zt
= −
=−−
= −
.
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng cần tìm đi qua
( )
1; 2; 3M −
, vuông góc với
( )
P
nên nhận
(
)
( )
2; 1; 3
P
n = −
là véc tơ
chỉ phương. Phương trình đường thẳng cần tìm là
12
2
33
xt
yt
zt
= +
=−−
= +
.
Câu 495. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian
Oxyz
, cho
( )
1; 2; 3M −
và mặt phẳng
( ): 2 3 1 0P xy z− + −=
. Phương trình của đường thẳng đi qua điểm
M
và vuông góc với
()P
là
A.
2
12
33
xt
yt
zt
= +
=−+
= −
. B.
12
2
33
xt
yt
zt
=−+
=−−
= +
. C.
12
2
33
xt
yt
zt
= +
= −
=−+
. D.
12
2
33
xt
yt
zt
= −
= −
=−−
.
Lời giải
Chọn C
Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( ): 2 3 1 0P xy z− + −=
là
( )
2; 1; 3n = −
.
Đường thẳng đi qua điểm
( )
1; 2; 3M −
và và vuông góc với
()P
có phương trình là
12
2
33
xt
yt
zt
= +
= −
=−+
.
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 197
Câu 496. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2; 2M
−
và mặt phẳng
(
)
:2 3 1 0
P xy z
+ − +=
. Phương trình của đường thẳng qua
M
và vuông góc với mặt phẳng
(
)
P
là
A.
12
2
23
xt
yt
zt
= +
=−+
= −
. B.
1
22
2
xt
yt
zt
= +
=−−
= +
. C.
2
12
32
xt
yt
zt
= +
= −
=−+
. D.
12
2
23
xt
yt
zt
=−+
= +
=−−
.
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng đi qua điểm
M
và vuông góc với mặt phẳng
( )
P
nhận véc tơ pháp tuyến của mặt
phẳng
(
)
P
làm véc tơ chỉ phương có phương trình tham số là
12
2
23
xt
yt
zt
= +
=−+
= −
.
Câu 497. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1;1;0A
;
( )
1;0;1
B
;
( )
3;1;0
C
. Đường thẳng đi qua
( )
1;1; 0A
và song song với
BC
có phương trình
A.
11
211
xy z
++
= =
−
. B.
11
4 11
xyz++
= =
. C.
11
211
xy z−−
= =
−
. D.
11
4 11
xyz−−
= =
.
Lời giải
Đường thẳng cần tìm đi qua
( )
1;1; 0
A
và có một véc tơ chỉ phương là
( )
2;1; 1
u BC

= = −
Phương trình đường thẳng cần tìm là:
11
211
xy z−−
= =
−
.
Câu 498. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
1; 0;1M
và
( )
3; 2; 1N −
. Đường
thẳng
MN
có phương trình tham số là
A.
12
2
1
xt
yt
zt
= +
=
= +
. B.
1
1
xt
yt
zt
= +
=
= +
. C.
1
1
xt
yt
zt
= −
=
= +
. D.
1
1
xt
yt
zt
= +
=
= −
.
Lời giải
Chọn D
Ta có:
( )
2; 2; 2MN = −

nên chọn
( )
1;1; 1u = −
là vecto chỉ phương của
MN
Đường thẳng
MN
có 1 vecto chỉ phương là
( )
1;1; 1u = −
và đi qua điểm
( )
1; 0;1M
nên có phương trình tham số là:
1
1
xt
yt
zt
= +
=
= −
.
33.4 PTĐT qua 1 điểm, thoả ĐK khác
Câu 499. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho các điểm
( ) ( )
( ) ( )
1; 2; 0 , 2; 0; 2 , 2; 1; 3 , 1;1; 3AB C D−
. Đường thẳng đi qua
C
và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABD
có phương trình là
ĐỀ THI THỬ:2019-2020 NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Trang 198 TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
A.
24
23
2
xt
yt
zt
=−−
=−−
= −
. B.
24
13
3
xt
yt
zt
= +
=−+
= −
. C.
24
43
2
xt
yt
zt
=−+
=−+
= +
. D.
42
3
13
xt
yt
zt
= +
= −
= +
.
Lời giải
Chọn C
Đường thẳng cần tìm đi qua
( )
2; 1; 3C −
và có vectơ chỉ phương là
( )
, 4;3;1u AB AD

= =−−−

 
nên có phương trình tham số là
24
13
3
xt
yt
zt
= +
=−+
= +
Ta thấy điểm
( )
2; 4; 2
M −−
thuộc đường thẳng đi qua
C
(ứng với
1t = −
) và vuông góc với mặt
phẳng
( )
ABD
nên ta chọn đáp án C.
33.5 Toán Max-Min liên quan đến đường thẳn
Câu 500. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
(
)
0; 4; 3A −
. Xét đường thẳng
d
thay đổi, song song với trục
Oz
và cách trục
Oz
một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ
A
đến
d
nhỏ nhất,
d
đi qua điểm nào dưới đây?
A.
( )
3; 0; 3P −−
. B.
( )
0;3;5M −−
. C.
(
)
0; 3; 5N −
. D.
(
)
0; 5; 3Q −
.
Lời giải
Chọn C
Cách 1: Điểm
A
thuộc mặt phẳng
( )
Oyz
và có tung độ dương.
Đường thẳng
d
thuộc mặt trụ có trục là
Oz
và có bán kính bằng 3 (phương trình:
22
9xy
+=
).
Do đó khi khoảng cách từ
A
đến
d
nhỏ nhất thì
d
phải nằm trong mặt phẳng
( )
Oyz
và cách
Oz
một khoảng bằng 3, đồng thời đi qua điểm có tung độ dương.
Vậy
d
đi qua điểm
( )
0; 3; 5N
−
.
Cách 2
Vì
d
thay đổi, song song với trục
Oz
và cách trục
Oz
một khoảng bằng
3
nên
d
là đường sinh
của mặt trụ tròn xoay có trục là
Oz
và bán kính bằng
3
.
Dễ thấy:
( )
;4d A Oz =
nên
( ) ( ) ( )
min ; ; ; 1d A d d A Oz d d Oz=−=
.
Mặt khác, điểm
( )
A Oyz∈
nên
( )
d Oyz⊂
do
( )
;3d d Oz =
nên
d
đi qua điểm
( )
0;0;3K
.
// d Oz
0
0
:3
x
dy
zz t
=
⇒=
= +
.
Kiểm tra 4 đáp án ta thấy
( )
0; 3; 5N −
thỏa mãn.
| 1/198
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 MỤC LỤC
1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN) ................................................ 5 2.
HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP ............................................................. 6
2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C) ...................................................................... 6
2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT ................................................................................................................................ 6 3.
XÁC SUẤT ........................................................................................................ 8 4.
CẤP SỐ CỘNG ............................................................................................... 13 5.
CẤP SỐ NHÂN ............................................................................................... 14 6.
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG ....................................... 15
6.1 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ....................................................................................................... 15
6.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ....................................................................................................... 20 7.
KHOẢNG CÁCH ........................................................................................... 22
7.1 Từ chân H của đường cao đến mp cắt đường cao .................................................................................... 22
7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao ............................................................................................ 22
7.3 Hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v.góc chung) ........................................................................................... 26
7.4 Hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng)................................................................................................. 27 8.
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ................................................................ 31
8.1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết đồ thị, BBT của y) ............................................................................ 31
8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K ........................................................................................ 34
8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu trên khoảng K .................................................................................... 36
8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn ...................................................................................................... 38
8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ ..................................................................................... 38 9.
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ .............................................................................. 41
9.1 Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức của y, y’ ................................................................................ 41
9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT của y) ................................................... 42
9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD của y’) ................................................. 45
9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn .......................................................................................................... 47
9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối ...................................................................................... 54 10.
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ ............... 58
10.1 GTLN, GTNN của f(x) trên đoạn [a;b] biết biểu thức f(x) .................................................................... 58
10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước .................................................................. 60
10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác ............................................................................................. 61 11.
TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ ............................................................ 62
11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số ............................................................. 62
11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số .................................................................... 64 12.
ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH .............................................................. 65
12.1 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT) .............................................................................. 65
12.2 Xét dấu hệ số của biểu thức (biết đồ thị, BBT) ...................................................................................... 69
12.3 Đọc đồ thị của đạo hàm (các cấp) .......................................................................................................... 73
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 1 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 12.
TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH ............................................................... 73
12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm ................................................................................................................... 73
12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT) .......................................................................................... 75
12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn ................................................................................................. 81
12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ) ...................................................................................... 91
12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (không GTTĐ) ...................................................................... 92 13.
MŨ - LŨY THỪA .......................................................................................... 95
13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất ......................................................................................... 95
13.2 Tính toán, rút gọn các biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….) ................................................................. 95 14.
LOGARIT ....................................................................................................... 96
14.1 Câu hỏi lý thuyết và tính chất ................................................................................................................ 96
14.2 Biến đổi các biểu thức logarit liên quan a,b,x,y ..................................................................................... 97
14.3 Tính giá trị các biểu thức logarit không dùng BĐT ............................................................................... 98
14.4 Dạng toán khác về logarit ...................................................................................................................... 99 15.
HÀM SỐ MŨ - LOGARIT .......................................................................... 100
15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít ........................................................................... 100
15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít ................................................................................. 102
15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit.................................................................................................... 102
15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lô-ga-rít ................................................................. 102
15.5 Bài toán lãi suất .................................................................................................................................... 103
15.6 Bài toán tăng trưởng ............................................................................................................................. 104
15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số ......................................................................................................... 106
15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lô-ga-rít(nhiều biến) ...................................................................... 107 16.
PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ .................................... 113
16.1 PT,BPT mũ cơ bản, gần cơ bản (không tham số) ................................................................................ 113
16.2 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số) ............................................................................... 113
16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) ................................................................................. 115 17.
PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA ............................... 116
17.1 Câu hỏi lý thuyết .................................................................................................................................. 117
17.2 PT,BPT loga cơ bản, gần cơ bản (không tham số) ............................................................................... 117
17.3 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số) ............................................................................... 119
17.4 PP phân tích thành nhân tử (không tham số) ....................................................................................... 119
17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số) ................................................................................. 121
17.6 Phương trình loga có chứa tham số ...................................................................................................... 122
17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp cả mũ và loga có tham số ........................................................ 122 18.
NGUYÊN HÀM ............................................................................................ 123
18.1 Định nghĩa, tính chất của nguyên hàm ................................................................................................. 123
18.2 Nguyên hàm của hs cơ bản, gần cơ bản ............................................................................................... 124
18.3 Nguyên hàm phân thức ........................................................................................................................ 126
18.4 PP nguyên hàm từng phần .................................................................................................................... 126 Trang 2
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến và từng phần hàm xđ ........................................................................... 126
18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn ...................................................................................................... 127 19.
TÍCH PHÂN .................................................................................................. 128
19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất của tích phân ....................................................................................... 128
19.2 Tích phân cơ bản(a), kết hợp tính chất (b) ........................................................................................... 130
19.3 PP tích phân từng phần-hàm xđ ........................................................................................................ 132
19.4 Kết hợp đổi biến và từng phần tính tích phân-hàm xđ ......................................................................... 133
19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn ..................................................................................... 134 20.
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ........................................................................... 135
20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị .................................................................. 135
20.2 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm xác định ........................................................ 135
20.3 Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) hàm xác định .................................................................. 138 21.
KHÁI NIỆM SỐ PHỨC ............................................................................... 139
21.1 Các yếu tố và thuộc tính cơ bản của số phức ....................................................................................... 139 22.
CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC .................................................................... 141
22.1 Thực hiện các phép toán cơ bản về số phức ......................................................................................... 141
22.2 Xác định các yếu tố của số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua các phép toán ................. 142
22.3 Giải phương trình bậc nhất theo z (và z liên hợp) ................................................................................ 144 23.
BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC ................................................. 145
23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học của 1 số phức ........................................................................... 145
23.2 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn ................................................................................ 145 24.
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC ................................... 146
24.1 Tính toán biểu thức nghiệm ................................................................................................................. 146
24.1 Các bài toán biểu diễn hình học nghiệm của phương trình .................................................................. 147
24.1 Các bài toán khác về phương trình ....................................................................................................... 148 25.
THỂ TÍCH KHỐI CHÓP ............................................................................ 149
25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) .................................................................. 149
25.2 Thể tích khối chóp đều ......................................................................................................................... 150
25.3 Thể tích khối chóp khác ....................................................................................................................... 151
25.4 Tỉ số thể tích trong khối chóp .............................................................................................................. 157 26.
THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC ................................... 159
26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…) .................................................................. 159
26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật ...................................................................................... 159
26.3 Thể tích khối lăng trụ đều .................................................................................................................... 160
26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp ............................................................................................................. 160 27.
KHỐI NÓN ................................................................................................... 163
27.1 Câu hỏi lý thuyết về khối nón .............................................................................................................. 163
27.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích(liên quan) khối nón khi biết các dữ kiện cơ bản 163 28.
KHỐI TRỤ .................................................................................................... 168
28.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ khi biết các dữ kiện cơ bản 168
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 3 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
28.2 D06 - Bài toán thực tế về khối trụ - Muc do 2 ..................................................................................... 171 29.
KHỐI CẦU .................................................................................................... 172
29.1 Câu hỏi chỉ liên quan đến biến đổi V,S,R ............................................................................................ 172
29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện ................................................................................... 173
29.3 Bài toán tổng hợp về khối nón, khối trụ, khối cầu ............................................................................... 178 30.
TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ .......................................................................... 182
30.1 Hình chiếu của điểm lên các trục tọa độ, lên các mặt phẳng tọa độ và điểm đối xứng của nó ............ 182 31.
PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU .................................................................... 184
31.1 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu ........................................................................................ 184
32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK ............................................................................................................... 185 32.
PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG .............................................................. 187
32.1 Tìm VTPT, các vấn đề về lý thuyết ..................................................................................................... 187
32.2 PTMP trung trực của đoạn thẳng ......................................................................................................... 188
32.3 PTMP qua 1 điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h) ........................................................................... 188
33.4 PTMP qua 1 điểm, song song với một mặt phẳng ............................................................................... 188
33.5 PTMP theo đoạn chắn .......................................................................................................................... 189
33.6 PTMP qua 1 điểm, vuông góc với đường thẳng .................................................................................. 190 33.
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG ........................................................ 192
33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng ................................................................................................................. 193
33.2 Tìm VTCP, các vấn đề về lý thuyết ..................................................................................................... 193
33.3 PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h) ........................................................................... 195
33.4 PTĐT qua 1 điểm, thoả ĐK khác ......................................................................................................... 197
33.5 Toán Max-Min liên quan đến đường thẳn ........................................................................................... 198 Trang 4
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN)
Câu 1. Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một
nhóm gồm 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ ? A. 11. B. 30. C. 6 . D. 5. Lời giải Chọn A
PA1 : Chọn 1 học sinh nam có 5 cách
PA2 : Chọn 1 học sinh nữ có 6 cách
Theo quy tắc cộng có 5 + 6 = 11 cách
Câu 2. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một nhóm gồm 6 học
sinh nam và 9 học sinh nữ? A. 9. B. 54. C. 15. D. 6 . Lời giải Chọn C
Chọn 1 học sinh từ 15 học sinh ta có 15 cách chọn.
Câu 3. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cách chọn một học sinh từ một nhóm gồm 5 học
sinh nam và 7 học sinh nữ là A. 7 . B. 12. C. 5. D. 35. Lời giải Chọn B
Tổng số học sinh là: 5 + 7 =12.
Số chọn một học sinh là: 12 cách.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 5 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP
2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C)
Câu 4. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Có bao nhiêu cách xếp 6 học sinh thành một hàng dọc. A. 36. B. 720 . C. 6 . D. 1. Lời giải
Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 bạn thành một hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử nên.
Số cách xếp là 6!= 720 .
Câu 5. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh thành một hàng dọc? A. 7 . B. 5040. C. 1. D. 49 . Lời giải
Số cách xếp cần tìm là: P = 7!= 5040 . 7 2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT
Câu 6. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc? A. 1. B. 25 . C. 5. D. 120. Lời giải Chọn D
Có 5!=120 cách xếp 5 học sinh thành một hàng dọc.
Câu 7. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc? A. 8 . B. 1. C. 40320 . D. 64 . Lời giải
Số cách xếp 8 học sinh thành một hàng là hoán vị của 8 phần tử. Đáp số: 8!= 40320 cách.
Câu 8. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh thành một hàng dọc? A. 8 . B. 1. C. 40320 . D. 64 . Lời giải
Số cách xếp 8 học sinh thành một hàng là hoán vị của 8 phần tử. Đáp số: 8!= 40320 cách.
Câu 9. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh? A. 2 C . B. 2 A . C. 2 10 . D. 10 2 . 10 10 Lời giải Chọn A
Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh tương ứng với một tổ hợp chập 2 của
tập có 10 phần tử. Vậy số cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh là 2 C . 10
Câu 10. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Số cách chọn 2 học sinh từ 7 học sinh là A. 7 2 . B. 2 A C 7 . C. 27 . D. 2 7 . Lời giải Chọn C. Trang 6
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 11. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 1 học sinh lớp C, ngồi vào hàng ghế đó, sao cho
mỗi ghế có đúng 1 học sinh. Xác suất để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng A. 1 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . 6 20 15 5 Lời giải Chọn D
Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh trên 6 chiếc ghế được kê thành một hàng ngang có 6! cách
Để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B ta có các trường hợp
TH1: Xét học sinh C ngồi ở vị trí đầu tiên: C B
Ta có 2.4!= 48 cách xếp chỗ.
TH2: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 2: B C B
Ta có 2!.3!=12 cách xếp chỗ.
TH3: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 3: B C B
Ta có 2!.3!=12 cách xếp chỗ.
TH4: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 4: B C B
Ta có 2!.3!=12 cách xếp chỗ.
TH5: Xét học sinh C ngồi ở vị trí thứ 5: B C B
Ta có 2!.3!=12 cách xếp chỗ.
TH6: Xét học sinh C ngồi ở vị trí cuối cùng: B C
Ta có 2.4!= 48 cách xếp chỗ.
Suy ra số cách xếp thỏa mãn là 48 +12 +12 +12 +12 + 48 =144 cách.
Vậy xác suất để học sinh lớp C chỉ ngồi cạnh học sinh lớp B bằng 144 1 = . 6! 5
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 7 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 3. XÁC SUẤT
Câu 12. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau từ 25 số nguyên dương đầu tiên.
Xác suất để chọn được hai số có tổng là một số chẵn bằng A. 1 . B. 13 . C. 12 . D. 313 . 2 25 25 625 Lời giải Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) 2
= C = 300 (kết quả đồng khả năng xảy ra). 25
Gọi biến cố A là biến cố cần tìm.
Nhận xét: tổng của hai số là một số chẵn có 2 trường hợp:
+ TH1: tổng của hai số chẵn
Từ số 1 đến số 25 có 13 số chẵn, chọn 2 trong 13 số chẵn có: 2 C = 78 (cách) 13
+ TH2: tổng của hai số chẵn
Từ số 1 đến số 25 có 12 số chẵn, chọn 2 trong 12 số chẵn có: 2 C = 66 (cách) 12
Suy ra: n( A) = 78+ 66 =144 n A Vậy: P( A) ( ) 144 12 = = = . n(Ω) 300 25
Câu 13. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau
và các chữ số thuộc tập {1, 2,3, 4,5,6,7,8, }
9 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số
đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằng A. 25 . B. 5 . C. 65 . D. 55 . 42 21 126 126 Lời giải Có 4
A9 cách tạo ra số có 4 chữ số phân biệt từ X ={1,2,3,4,5,6,7,8, } 9 . 4 ⇒ S = A = 3024. 9 ⇒ Ω = 3024.
Gọi biến cố A:”chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”.
Nhận thấy không thể có 3 chữ số chẵn hoặc 4 chữ số chẵn vì lúc đó luôn tồn tại hai chữ số
chẵn nằm cạnh nhau.
Trường hợp 1: Cả 4 chữ số đều lẻ.
Chọn 4 số lẻ từ X và xếp thứ tự có 4 A5 số.
Trường hợp 2: Có 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn.
Chọn 3 chữ số lẻ, 1 chữ số chẵn từ X và xếp thứ tự có 3 1 C .C .4! 5 4 số.
Trường hợp 3: Có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.
Chọn 2 chữ số lẻ, 2 chữ số chẵn từ X có 2 2 C .C 5 4 cách.
Xếp thứ tự 2 chữ số lẻ có 2! cách.
Hai chữ số lẻ tạo thành 3 khoảng trống, xếp hai chữ số chẵn vào 3 khoảng trống và sắp thứ tự có 3! cách.
⇒ trường hợp này có 2 2 C .C .2!.3! 5 4 số. Trang 8
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 4 3 1 2 2 Ω Vậy + + P( A) A A C .C .4! C .C .2!.3! 25 5 5 4 5 4 = = = . Ω 3024 42
Câu 14. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp {1;2;3;4;5;6; }
7 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn bằng A. 9 . B. 16 . C. 22 . D. 19 . 35 35 35 35 Lời giải Ta có 4 n(Ω) = A . 7
Gọi số có 4 chữ số là abcd .
Ký hiệu C là chữ số chẵn, L là chữ số lẻ.
Các số thuận lợi cho biến cố A là một trong 3 dạng sau:
Dạng 1: CLLL, LCLL, LLCL, LLLC có 1 3 C .A .4 số 3 4
Dạng 2: CLCL, LCLC, CLLC có 2 2 3.A .A số. 3 4
Dạng 3: LLLL có P số. 4
Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là n( A) 1 3 2 2
= C .A .4 + 3.A .A + P 3 4 3 4 4
Vậy P( A) n( A) 22 = = . n(Ω) 35
Câu 15. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp {1,2,3,4,5,6, }
7 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng A. 1 . B. 13 . C. 9 . D. 2 . 5 35 35 7 Lời giải
* Số cần lập có dạng: a a a a 1 2 3 4 n(Ω) 4 = A = 840 7
Gọi biến cố A:" số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”
TH1: Hai chữ số lẻ và hai chữ số chẵn không liên tiếp
Có các cách sắp xếp như sau:
+ Các số chẵn và lẻ liên tiếp nhau + a và a a a
4 là chữ số lẻ, 2 và 3 là chữ số chẵn
Số các số cần chọn là: 2 2 2 2
2!.A .A + C .2!.C .2!= 216 4 3 4 3
TH2: một chữ số lẻ và 3 chữ số chắn
Số các số cần chọn là 3 4.C .4!= 96 3
Vậy n( A) = 216 + 96 = 312 n A
Xác suất của biến cố A là: P( A) ( ) 13 = = . n(Ω) 35
Câu 16. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ bằng:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 9 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 50 . B. 5 . C. 5 . D. 1 . 81 9 18 2 Lời giải Chọn B
Gọi số cần lập là abcdef với a ≠ 0 . Ta có n(Ω) 5 = 9A 9
Gọi A: “số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ”
TH1: a chẵn, f chẵn, e lẻ có: 3 3
4.4.5.A = 80.A số 7 7
TH2: a chẵn, f lẻ, e chẵn có: 3 3
4.5.4.A = 80.A số 7 7
TH3: a lẻ, f lẻ, e chẵn có: 3 3
5.4.5.A =100.A số 7 7
TH4: a lẻ, f chẵn, e lẻ có: 3 3
5.5.4.A =100.A số 7 7 Suy ra n( A) 3 = 360A 7
Vậy xác suất để chọn được một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có hai chữ số tận cùng 3
khác tính chẵn lẻ là P( A) 360.A 5 7 = = 5 9.A 9 9
Câu 17. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng có cùng tính chẵn lẻ bằng A. 4 . B. 2 . C. 2 . D. 1 . 9 9 5 3 Lời giải Chọn A
Gọi số cần lập là a a a a a a , a ∈ i = a ≠ . i {0,1,..., } 9 ; 1,6; 0 1 2 3 4 5 6 1
Gọi A là biến cố: “chọn được số tự nhiên thuộc tập S sao cho số đó có hai chữ số tận cùng có cùng tính chẵn lẻ”. Do đó n(Ω) 5 = 9.A =136080 . 9
Trường hợp 1: a chẵn và hai chữ số tận cùng chẵn. 1 Số cách lập: 2 3 4.A .A =10080 . 4 7
Trường hợp 2: a chẵn và hai chữ số tận cùng lẻ. 1 Số cách lập: 2 3 4.A .A =16800 . 5 7
Trường hợp 3: a lẻ và hai chữ số tận cùng chẵn. 1 Số cách lập: 2 3
5.A .A = 21000 . 5 7
Trường hợp 4: a lẻ và hai chữ số tận cùng lẻ. 1 Số cách lập: 2 3 5.A .A =12600 . 4 7
Xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng có cùng tính chẵn lẻ bằng:
P( A) n( A) 60480 4 = = = . n(Ω) 1360809 9
Câu 18. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Xét các số thực thỏa mãn 2 2 x + y 1 + ≤ ( 2 2 2 + − 2 + 2)4x x y x . Giá trị
lớn nhất của biểu thức 8x + 4 P =
gần với giá trị nào sau đây nhất? 2x − y +1 A. 9 B. 6 . C. 7 . D. 8 . Trang 10
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Chọn C 2 2 x + y 1 + ≤ ( 2 2 2 + − 2 + 2).4x x y x 2 2
x + y −2x 1 + 2 2 2
≤ x + y − 2x + 2 (x− )2 2 1 2
+ y − (x − )2 2 1 + y  −1 0( ) 1   ≤
Đặt t = (x − )2 2 1 + y ( ) t ⇔
− t − ≤ ⇔ ≤ t ≤ ⇔ (x − )2 2 1 2 1 0 0 1 1 + y ≤1 8x + 4 P =
⇒ (2P −8).x − .
P y + (P − 4) = 0 2x − y +1
Yêu cầu bài toán tương đương:
2P −8 + P − 4 ≤1⇔ 3P−12 ≤ (2P−8)2 2
+ P ⇔ 5 − 5 ≤ P ≤ 5 + 5 (2P −8)2 2 + P
Câu 19. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác
nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất để số đó có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ bằng A. 50 . B. 1 . C. 5 . D. 5 . 81 2 18 9 Lời giải Chọn D
Gọi x = abc ,
de a ≠ 0 là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau.
Khi đó có 9.9.8.7.6 = 27216 số.
Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 27216.
Gọi F là biến cố số x có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ.
TH1: Một trong hai chữ số cuối có chữ số 0 : Có 1 3
C .P .A = 3360 số. 5 2 8
TH2: Hai chữ số tận cùng không có chữ số 0 : Có 1 1
C .C .P .7.7.6 =11760 số. 4 5 2
Suy ra n(F ) = 3360 +11760 =15120. n F Vậy P(F ) ( ) 5 = = n(Ω) . 9
Câu 20. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp {1,2,3,4,5,6, }
7 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác suất
số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng A. 1 . B. 13 . C. 9 . D. 2 . 5 35 35 7 Lời giải
* Số cần lập có dạng: a a a a 1 2 3 4 n(Ω) 4 = A = 840 7
Gọi biến cố A:" số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”
TH1: Hai chữ số lẻ và hai chữ số chẵn không liên tiếp
Có các cách sắp xếp như sau:
+ Các số chẵn và lẻ liên tiếp nhau
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 11 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT + a và a a a
4 là chữ số lẻ, 2 và 3 là chữ số chẵn
Số các số cần chọn là: 2 2 2 2
2!.A .A + C .2!.C .2!= 216 4 3 4 3
TH2: một chữ số lẻ và 3 chữ số chắn
Số các số cần chọn là 3 4.C .4!= 96 3
Vậy n( A) = 216 + 96 = 312 n A
Xác suất của biến cố A là: P( A) ( ) 13 = = . n(Ω) 35
Câu 21. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác
nhau và các chữ số thuộc tập hợp {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, }
9 . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S , xác
suất để số đó không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ bằng A. 17 . B. 41 . C. 31 . D. 5 . 42 126 126 21 Lời giải
Số các phần tử của S là 4 A = 3024 . 9
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 3024 (cách chọn). Suy ra n(Ω) = 3024.
Gọi biến cố A: “ Chọn được số không có hai chữ số liên tiếp nào cùng lẻ”.
Trường hợp 1: Số được chọn có 4 chữ số chẵn, có 4!= 24 (số).
Trường hợp 2: Số được chọn có 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn, có 5.4.4!= 480 (số).
Trường hợp 3: Số được chọn có 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn, có 2 2
3.A .A = 720 (số). 5 4
Do đó, n( A) = 24 + 480 + 720 =1224 . n A
Vậy xác suất cần tìm là P( A) ( ) 1224 17 = = = . n(Ω) 3024 42 Trang 12
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 4. CẤP SỐ CỘNG
Câu 22. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho cấp số cộng (u với u = 3 và u = 9 . Công sai của cấp số cộng n ) 1 2 đã cho bằng A. 6 − . B. 3. C. 12. D. 6 . Lời giải Chọn D
Công sai của cấp số cộng đã cho là d = u − u = 9 − 3 = 6 . 2 1
Câu 23. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho cấp số cộng (u với u =11 và công sai d = 3. Giá trị n ) 1 của 7 bằng A. 8 . B. 33. C. 11. D. 14. 3 Lời giải Chọn D
Ta có u = u + d =11+ 3 =14 . 2 1
Câu 24. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho cấp số cộng (u với u = 9 và công sai d = 2 . Giá trị của n ) 1 u bằng 2 A. 11. B. 9 . C. 18. D. 7 . 2 Lời giải Chọn A
Ta có: u = u + d = 9 + 2 =11. 2 1
Câu 25. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho cấp số cộng (un ) với 1
u = 8 và công sai d = 3. Giá trị của u2 bằng A. 8 . B. 24 . C. 5. D. 11. 3 Lời giải Chọn D
Áp dụng công thức ta có: u = u + d = 8 + 3 =11. 2 1
Câu 26. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho cấp số cộng (u với u = 3 và u = 9 . Công sai của cấp số cộng n ) 1 2 đã cho bằng A. 6 . B. 3. C. 12. D. 6 − . Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 13 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Chọn A
Công sai của cấp số cộng đã cho bằng u − u = 6 . 2 1 5. CẤP SỐ NHÂN
Câu 27. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho cấp số nhân (u với u = 3 và công bội q = . Giá trị của u . n ) 2 1 2 A. 8 . B. 9 . C. 6 . D. 3 . 2 Lời giải Ta có: n− u = 1
u .q ⇒ u = u . q = 3.2 = 6 . n 1 2 1
Câu 28. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho cấp số nhân (u với u = 2 và công bội . Giá trị của n ) q = 3 1 u bằng 2 A. 6 . B. 9. C. 8 . D. 2 . 3 Lời giải
Ta có u = u .q = 2.3 = 6 . 2 1
Câu 29. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho cấp số nhân (u với u = 3 và công bội . Giá trị của n ) q = 4 1 u bằng 2 A. 64 . B. 81. C. 12. D. 3 . 4 Lời giải
Áp dụng công thức cấp số nhân ta có: n 1 u u q − = ⇒ u = u q = = n . . 3.4 12 1 2 1 .
Câu 30. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho cấp số nhân (u với u = 4 và công bội q = . Giá trị của n ) 1 3 u2 bằng A. 64 . B. 81. C. 12. D. 4 . 3 Lời giải
u = u q = 4.3 =12 2 1 .
Câu 31. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho cấp số nhân (u với u = 4 và công bội q = . Giá trị của n ) 1 3 u2 bằng A. 64 . B. 81. C. 12. D. 4 . 3 Lời giải
u = u q = 4.3 =12 2 1 . Trang 14
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
6. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG
6.1 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Câu 32. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng( ABC),
SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B , AB = a 3 và BC = a (minh họa như hình vẽ bên). Góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng( ABC) bằng S A C B A. 90° . B. 45°. C. 30° . D. 60°. Lời giải Chọn B. S 2a α A C a 3 a B
Ta có: SA ⊥ ( ABC) .
⇒ Góc giữa SC và ( ABC) là  SCA = α . SA SA 2 tan a α = = = = 1 2 2 AC AB + BC (a 3)2 2 + a ⇒ α = 45° .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 15 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 33. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp S.ABC có đáy
ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , BC = 2a ; SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 15 a (tham khảo
hình bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. ° 45 . B. ° 30 . C. ° 60 . D. ° 90 . Lời giải
Ta có: (SC,( ABC))  =  SCA . Trong AB
∆ C vuông tại B , ta có AC = 2 AB + 2 BC = 2 a + 2 4a = 5a . SA 15a Trong SA
∆ C vuông tại A, ta có tan  SCA = = = 3 ⇒  SCA = 6 ° 0 . AC 5a
Câu 34. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = 3a
, BC = 3a ; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a (tham khảo hình vẽ bên). S A C B
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. ο 60 . B. ο 45 . C. ο 30 . D. ο 90 . Lời giải
Ta có SA ⊥ ( ABC) nên góc giữa SC và ( ABC) bằng  SCA. 2 2 2 2
AC = AB + BC = 9a + 3a = 2a 3 . Suy ra  SA 2a 1 tan ASC = = = ⇒  ο SAC = 30 . AC 2a 3 3
Câu 35. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,
AB = a ; BC = 3a ; SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 30a . Góc giữa đường thẳng SC
và mặt phẳng đáy bằng Trang 16
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 45°. B. 90° . C. 60°. D. 30° . Lời giải
Vì SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên góc giữa SC và đáy là góc SCA.
Ta có AC = a 10 .
Trong tam giác SAC ta có: tan SA C = = 3 . AC
Vậy góc SCA = 60° .
Câu 36. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B ,
AB = a, BC = a 2 , SAvuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a (tham khảo hình bên dưới). Góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng S A C B A. 90° . B. 45°. C. 60°. D. 30° . Lời giải S A C B Ta có A
∆ BC vuông tại B Có 2 2 2 2 2 2
AC = AB + BC = a + 2a = 3a ⇒ AC = a 3
Do SA ⊥ ( ABC) ⇒ SC ( ABC)  ( )=  (SC AC)=  , , SCA Trong SA a SC ∆ A có  3 tan SCA = = = AC a 3 3
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 17 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT ⇒  SCA = 30° . Vậy SC,( ABC)  ( )=30°.
Câu 37. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A′B C ′ D ′ ′ có
AB = BC = a, AA′ = 6a (tham khảo hình dưới). Góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD) bằng: A' D' B' C' A D B C A. 60°. B. 90° . C. 30° . D. 45°. Lời giải Chọn A A' D' B' C' 6a A D 2a B C
Ta có góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABCD) bằng góc giữa A′C và AC và bằng góc  A′CA . Ta có 2 2
AC = AB + BC = a 2 . ′ Xét tam giác A ∆ ′CA có  A A 6a ′ = = = ⇒  tan A CA 3 A′CA = 60° . AC 2a
Vậy góc A′C và mặt phẳng ( ABCD) và bằng 60°.
Câu 38. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C 'D' có AB = a , D
A = 2 2a , AA' = 3a (tham khảo hình bên). Góc giữa đường thẳng A'C và mặt phẳng ( ABCD) bằng A. 45° . B. 90° . C. 60° . D. 30° . Trang 18
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Chọn D
Ta thấy: hình chiếu của A'C xuống ( ABCD) là AC do đó
(A C (ABC )) = (A C AC) =  ' ; D ' ; A'CA . Ta có: 2 2 AC = AB + D A = 3a .
Xét tam giác A'CA vuông tại C ta có:
( A CA) A' A 3a 3 tan ' = = = AC 3a 3  A'CA 30° ⇒ = .
Câu 39. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B ,
AB = a, BC = a 2 , SAvuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a (tham khảo hình bên dưới). Góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng S A C B A. 90° . B. 45°. C. 60°. D. 30° .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 19 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải S A C B Ta có A
∆ BC vuông tại B Có 2 2 2 2 2 2
AC = AB + BC = a + 2a = 3a ⇒ AC = a 3
Do SA ⊥ ( ABC) ⇒ SC ( ABC)  ( )=  (SC AC)=  , , SCA Trong SA a SC ∆ A có  3 tan SCA = = = AC a 3 3 ⇒  SCA = 30° . Vậy SC,( ABC)  ( )=30°.
6.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Câu 40. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình hộp chữ nhật ABC . D ′
A B′C′D′ , có AB = A ′ A = a ,
AD = a 2 (tham khảo hình vẽ). Góc giữa đường thẳng ′
A C và mặt phẳng (ABCD) bằng A. 30 . B. 45 . C. 90 . D. 60 . Lời giải Chọn A
Vì ABCD là hình chữ nhật, có AB = a , AD = a 2 nên
AC = BD = AB + AD = a + (a )2 2 2 2 2 = a 3 Ta có ( ′
A C ( ABCD)) = ( ′ A C CA) =  ; ; ′ A CA A ′ Do tam giác ′
A AC vuông tại A nên  A a 1 tan ′ A AC = = = ⇒  ′ = 30 A AC . AC a 3 3
Câu 41. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC),
SA = 2a , tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a (minh họa như hình bên). Góc giữa
đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC) bằng Trang 20
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. o 30 . B. o 45 . C. o 60 . D. o 90 . Lời giải Chọn B
Ta có: SB ∩( ABC) = B ; SA ⊥ ( ABC) tại A .
⇒ Hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng ( ABC) là AB .
⇒ Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC) là α =  SBA.
Do tam giác ABC vuông cân tại B và AC = 2a nên AC AB = = 2a = SA . 2
Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A . Do đó: α =  o SBA = 45 .
Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC) bằng o 45 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 21 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 7. KHOẢNG CÁCH
7.1 Từ chân H của đường cao đến mp cắt đường cao
Câu 42. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác
đều cạnh a và AA′ = 2a . Gọi M là trung điểm của CC′ (tham khảo hình bên).
Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′BC) bằng 5a 2 5a A. . B. . 5 5 C. 2 57a . D. 57a . 19 19 Lời giải ′ Ta có : ( ( ′ )) 1 = ( ′ ( ′ )) 1 = ( ( ′ )) 1 1 AA . , ; ; = . = . AI d M A BC d C A BC d A A BC AH (*). 2 2 2 2 2 2 AA′ + AI
Tam giác ABC đều cạnh a có AI là độ dài đường trung tuyến nên a 3 AI = . 2 3 2.
Ta có : (*) ⇒ d (M ,( A′BC)) 1 2 3 a 57 = . .a = a = . 2 3 19 19 4 + 4
7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao
Câu 43. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (Minh họa như hình vẽ
bên). Khoảng cách từ A đến (SBD) bằng A. 21a . B. 21a . C. 2a . D. 21a . 14 7 2 28 Lời giải Chọn B Trang 22
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 S D A M I B C
Gọi M là trung điểm của AB ⇒ SM ⊥ ( ABCD) . Ta có d ( .
A (SBD)) = 2d (M ,(SBD)) .Kẻ MI ⊥ BD ta có (SMI ) ⊥ (SBD). a 3 a 2 .
d (M ,(SBD)) = d (M ,SI ) SM.MI 2 4 a 21 = = = . 2 2 2 2 SM + MI 3a 2a 14 + 4 16
Vậy d ( A (SBD)) a 21 , = . 7
Câu 44. [Đề-BGD-2020-Mã-101] A' C'
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B 'C ' có
tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của CC ' (tham B'
khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A'BC) bằng a M A. 21a . B. 2 a . 14 2 C. 21a . D. 2 a . 7 4 A C B Lời giải
Ta có d (M ( A BC)) 1
= d (C ( A BC)) 1 ; ' '; ' = d ( ;
A ( A'BC)) . 2 2 A' C'
Gọi N là trung điểm của BC; AH ⊥ A' N a 3 B' . a ⇒ d ( ;
A ( A'BC)) AA'.AN 2 a 21 = AH = = = . a M 2 2 2 AA' + AN 3a 7 2 a + 4 H
⇒ d (M ( A BC)) a 21 ; ' = . 14 A C N
Câu 45. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình lăng trụ đứng B
ABC.A′B C
′ ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và AA′ = 2a . Gọi M là trung điểm của AA′
(tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB C ′ ) bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 23 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A' B' C' M A B C A. 57a . B. 5a . C. 2 5a . D. 2 57a . 19 5 5 19 Lời giải A' B' C' M H A B I C
• Ta có d (M ( AB C ′ )) 1
= d ( A′ ( AB C ′ )) 1 , ,
= d (B,( AB C ′ )) . 2 2
• Gọi I là trung điểm AC , H là hình chiếu của B trên B I′ . AC ⊥ BI Ta có 
⇒ AC ⊥ (BB I′ ) ⇒ AC ⊥ BH . AC ⊥ BB′
Mà BH ⊥ B I′ nên BH ⊥ ( AB C
′ ), do đó d (B,( AB C ′ )) = BH . ′ • Có a 3 BI = , BB′ = 2a BI.BB 2a 57 ⇒ BH = = . 2 2 2 BI + BB′ 19
Vậy d (M ( AB C ′ )) 1 a 57 , = BH = . 2 19
Nhận xét: Bài toán tìm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là bài toán không thể thiếu
trong kỳ thi tốt nghiệp THPTQG. Lí do là lời giải cho bài toán này thường đủ ngắn gọn, không
đánh đố, phù hợp khuôn khổ của một đề thi trắc nghiệm, đồng thời bài toán này cũng hàm chứa
đủ nhiều kiến thức cơ bản về hình học không gian. Nếu thí sinh gặp bài toán này thì không đáng
ngại, vì loại toán này có quy trình tính toán rất rõ ràng. Trang 24
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 46. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có tất cả các cạnh bằng a .
Gọi M là trung điểm của AA′ (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB C ′ ) bằng A. 2a . B. 21a . C. 2a . D. 21a . 4 7 2 14 Lời giải
FB tác giả: Lục Minh Tân
Ta có: d (M ( AB C ′ )) 1 ,
= d (B,( AB C ′ )) 2
Gọi I là trung điểm của AC và kẻ BK ⊥ B I′ tại E.
BK ⊥ B I′ Ta có:  ⇒ ⊥ ′ BK ⊥ AC  ( AC ⊥ B B ′ AC ⊥ BI ) BK ( AB C) , ′ * Ta có: a 3 BI = ; B B ′ = a và B . B BI a 21 BK = = . 2 2 B B ′ + BI 7 Vậy, ( ( )) 21 , a d M AB C ′ = . 14
Câu 47. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B C
′ ′ có tất cả các cạnh bằng a .
Gọi M là trung điểm của AA′ (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB C ′ ) bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 25 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 2a . B. 21a . C. 2a . D. 21a . 4 7 2 14 Lời giải
Ta có: d (M ( AB C ′ )) 1 ,
= d (B,( AB C ′ )) 2
Gọi I là trung điểm của AC và kẻ BK ⊥ B I′ tại E.
BK ⊥ B I′ Ta có:  ⇒ ⊥ ′ BK ⊥ AC  ( AC ⊥ B B ′ AC ⊥ BI ) BK ( AB C) , ′ * Ta có: a 3 BI = ; B B ′ = a và B . B BI a 21 BK = = . 2 2 B B ′ + BI 7 Vậy, ( ( )) 21 , a d M AB C ′ = . 14
7.3 Hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v.góc chung)
Câu 48. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông tại A ,
AB = 2a, AC = 4a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a (minh họa như hình vẽ). Gọi
M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng Trang 26
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 2a . B. a 6 . C. a 3 . D. a . 3 3 3 2 Lời giải Chọn A
Gọi N là trung điểm cạnh AC , khi đó mặt phẳng (SMN ) //BC .
Ta có d (SM , BC) = d (BC,(SMN )) = d (B,(SMN )) = d ( , A (SMN )).
Gọi AI là đường cao trong tam giác vuông AMN , ta có AM.AN 2a 5 AI = = 2 2 AM + AN 5
Lại có SA ⊥ ( ABC) ⇒ SA ⊥ MN , suy ra (SAI ) ⊥ (SMN ) .
Kẻ AH ⊥ SI ⇒ ⊥ ( ) ⇒ ( ( )) AI.SA 2 , a AH SMN d A SMN = AH = = . 2 2 AI + SA 3 Vậy ( ) 2 , a d SM BC = . 3
7.4 Hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng)
Câu 49. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
A . AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3 . Gọi M là trung điểm của BC
(tham khảo hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 27 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT S A C M B A. a 2 . B. a 39 . C. a . D. a 21 . 2 13 2 7 Lời giải Chọn B
Cách 1 (Phương pháp hình học cổ điển): S H A C N M B
Gọi N là trung điểm của AB , khi đó MN //AC .
Gọi H là hình chiếu của A lên SN . Dễ dàng chứng minh được AH ⊥ (SMN ).
Suy ra d ( AC , SM ) = d ( AC ,(SMN )) = d ( A,(SMN )) = AH .
Trong tam giác SAN vuông tại A có: 1 1 1 = +
, trong đó AS = a 3 , 2 2 2 AH AS AN 1 a AN = AB = . 2 2 Suy ra a 39 AH =
. Vậy d ( AC SM ) a 39 , = . 13 13
Cách 2 (Phương pháp tọa độ hóa): z S A C y M B x
Chọn a =1, gắn bài toán vào hệ trục tọa độ Axyz , trong đó A(0;0;0) , B(1;0;0) , C (0;1;0), S (0;0; 3) , 1 1 M  ; ;0  . 2 2    Trang 28
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
  
SM , AC.AS   
Ta có: d (SM , AC)   =    với 1 1 SM  = ; ;− 
3 , AC = (0;1;0) , AS = (0;0; 3).   SM , AC  2 2    Suy ra d (SM AC) 39 , =
, hay d (SM AC) a 39 , = . 13 13
Câu 50. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tam giác ABC vuông cân tại
A , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = 2a , M là trung điểm của BC . Khoảng cách
giữa AC và SM là A. a . B. a 2 . C. 2a 17 . D. 2a 2 2 17 3 Lời giải Chọn C
Gọi N là trung điểm của AB nên MN / / AC
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 29 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Nên AC / / (SMN ) ⇒ d ( AC;SM ) = d ( AC;(SMN )) = d ( ; A (SMN ))
Ta có MN / / AC ⇒ MN ⊥ (SAB)
Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH ⊥ SN tại H nên AH ⊥ (SMN )
Nên d ( A (SMN )) AN.AS 2a 17 ; = AH = = 2 2 AN + AS 17
Câu 51. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A
, AB = a . SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng A. 3a . B. 2a . C. a . D. 5a . 3 2 2 5 Lời giải Chọn D Cách 1:
Gọi N là trung điểm AB, ta có AC / /MN
Suy ra AC / /AMN d AC, SM  d AC,(SMN  d  ,
A SMN .
SABSMN(MN SAB
Ta cóSAB SMN    SN
  AH  SMN  AH SN 
Suy ra AH d  , A SMN. . a . a AS AN 2 5a AH    . 2 2 2 AS ANa 5 2 a   2
Cách 2: (Tọa độ hóa)
Chọn hệ Oxyz sao cho O A, các tia Ox,Oy,Oz lần lượt đi qua B , C , S . Trang 30
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Chọn a  2 , ta có A0;0;0, B 2;0;0, C 0;2;0, S
0;0;2. Suy ra M 1;1;0. 
AC 0;2;0    Ta có     AC, SM      4;0;2
SM 1;1;2    
   AM 1;1;0  AC,SM   .AM   
4.10.12.0  4 .  
  
AC, SM .AM      4 Vậy   2 5 , a d AC SM       .  AC,SM  42 2  0    22 5 5  
8. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
8.1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết đồ thị, BBT của y)
Câu 52. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: x  2 0 2  y  0  0  0   3  y 1 1
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 2; − 0) . B. (2;+ ∞) . C. (0;2) . D. (0;+ ∞) . Lời giải Chọn C.
Câu 53. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (− ; ∞ − ) 1 . B. (0; ) 1 . C. ( 1; − ) 1 . D. ( 1; − 0) . Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f (x) suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 1; − 0).
Câu 54. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 31 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (1;+∞) . B. ( 1; − ) 1 . C. (0; ) 1 . D. ( 1; − 0) . Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) 1
Câu 55. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 2; − 2) . B. (0;2) . C. ( 2; − 0) . D. (2;+∞) . Lời giải
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ; −∞ 2 − ) và (0;2) .
Câu 56. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3 − ;0) . B. ( 3 − ;3) . C. (0;3). D. ( ; −∞ 3 − ) Lời giải
Từ BBT ta có hàm số f (x) đồng biến trên hai khoảng ( 3 − ;0) và (3;+∞)
Câu 57. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? Trang 32
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. (1;+∞). B. ( 1; − 0) . C. (0;1) . D. ( ; −∞ 0). Lời giải Chọn C
Qua đồ thị của hàm số y = f (x) đồng biến trong khoảng (0;1) .
Câu 58. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 1; − 0). B. ( ; −∞ − ) 1 . C. (0; ) 1 . D. (0;+ ∞). Lời giải Chọn A
Dựa vào đồ thị của hàm số y = f (x) ta có:
Hàm số y = f (x) nghịch biến trên các khoảng ( 1;
− 0) và (1;+ ∞), đồng biến trên các khoảng ( ; −∞ − ) 1 và (0; ) 1 .
Câu 59. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số y = f (x) có đồ thị là đường cong hình bên. Hàm số
đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 33 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. ( 1; − 0) . B. ( ; −∞ − ) 1 . C. (0;+∞). D. (0; ) 1 . Lời giải Chọn A
Câu 60. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( 3 − ;0) . B. ( 3 − ;3) . C. (0;3). D. ( ; −∞ 3 − ) Lời giải
Từ BBT ta có hàm số f (x) đồng biến trên hai khoảng ( 3 − ;0) và (3;+∞)
Câu 61. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. ( ; −∞ − ) 1 . B. (0; ) 1 . C. ( 1; − 0) . D. ( ;0 −∞ ). Lời giải Chọn C
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy f '(x) < 0 trên các khoảng ( 1;
− 0) và (1;+∞) ⇒ hàm số nghịch biến trên ( 1; − 0) .
8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K
Câu 62. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 3 2
y = x − 3x + (4 − m) x đồng biến trên khoảng (2;+∞) là A. ( ] ;1 −∞ B. ( ;4 −∞ ] C. ( ) ;1 −∞ D. ( ;4 −∞ ) Lời giải Chọn B Trang 34
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Ta có. ' 2
y = 3x − 6x + 4 − m . '
ycbt ⇔ y ≥ 0, x ∀ ∈(2;+∞) 2
⇔ 3x − 6x + 4 − m ≥ 0, x ∀ ∈(2;+∞) 2
⇔ m ≤ 3x − 6x + 4, x ∀ ∈(2;+∞)
⇔ m ≤ min g (x) với g (x) 2 = 3x − 6x + 4 (2;+∞) Ta có. '
g (x) = 6x − 6 '
g (x) = 0 ⇔ 6x − 6 = 0 ⇔ x =1 x −∞ 1 2 +∞ ' g (x) 0 + g (x) +∞ 4
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra: m ≤ 4 thỏa yêu cầu bài toán. Vậy: m∈( ;4
−∞ ] thì hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞) .
Câu 63. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 2
y = x − 3x + (5 − m) x đồng biến trên khoảng (2;+∞) là A. ( ;2 −∞ ) . B. ( ; −∞ 5) . C. ( ; −∞ 5]. D. ( ;2 −∞ ] . Lời giải Chọn C Ta có 2
y′ = 3x − 6x + 5 − m .
Hàm số đã cho đồng biến trên (2;+∞) khi và chỉ khi y′ ≥ 0, x ∀ ∈(2;+∞) 2 2
⇔ 3x − 6x + 5 − m ≥ 0, x
∀ > 2 ⇔ m ≤ 3x − 6x + 5, x ∀ > 2 .
Xét hàm số f (x) 2
= 3x − 6x + 5 trên khoảng (2;+∞) .
Có f ′(x) = 6x − 6 , f ′(x) = 0 ⇔ 6x − 6 = 0 ⇔ x =1 (lo¹i) . Bảng biến thiên
Từ bàng biến thiên ta có 2
m ≤ 3x − 6x + 5, x
∀ > 2 ⇔ m ≤ 5. Vậy m∈( ; −∞ 5] .
Câu 64. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 3 2
y = x − 3x + (2 − m) x đồng biến trên khoảng (2;+∞) là A. ( ; −∞ − ] 1 . B. ( ;2 −∞ ) . C. ( ; −∞ − ) 1 . D. ( ;2 −∞ ] . Lời giải Chọn D Ta có 2
y ' = 3x − 6x + 2 − m .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 35 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Để hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞) khi và chỉ khi y ' ≥ 0, x ∀ ∈(2;+∞) 2
⇔ 3x − 6x + 2 − m ≥ 0, x ∀ ∈(2;+∞) 2
m ≤ 3x − 6x + 2, x ∀ ∈(2;+∞) .
Xét hàm số f (x) 2
= 3x − 6x + 2, x ∀ ∈(2;+∞).
f '(x) = 6x − 6 ; f '(x) = 0 ⇒ 6x − 6 = 0 ⇔ x =1. Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy m ≤ 2. Vậy m∈( ;2 −∞ ].
Câu 65. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m sao cho hàm số f (x) 1 3 2
= x + mx + 4x + 3 đồng biến trên  ? 3 A. 5. B. 4 . C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn A * TXĐ: D =  .
* Ta có: f ′(x) 2 = x + 2mx + 4
Để hàm số đồng biến trên  điều kiện là f ′(x) 2 ≥ 0; 4 x
∀ ∈  ⇔ ∆′ = m − ≤ 0 ⇔ 2 − ≤ m ≤ 2
mà m∈ ⇒ m∈{ 2 − ; 1; − 0;1; } 2 .
8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu trên khoảng K
Câu 66. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số x + 4 y = x + m
đồng biến trên khoảng (−∞;− 7) là A. [4;7) . B. (4;7] . C. (4;7) . D. (4;+ ∞) . Lời giải
Tập xác định: D =  \{− } m . − 4 ' m y = . (x + m)2 y ' > 0 m > 4
Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;7) ⇔  ⇔  ⇔ < ≤ . −m ∉  (−∞ − ) 4 m 7 ; 7 −m ≥ 7 −
Vậy m∈(4;7] thì hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;− 7) . Trang 36
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 67. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập hợp các giá trị thực của tham số m để hàm số x + 5 y = x + m
đồng biến trên khoảng ( ; −∞ 8 − ) là A. (5;+∞) . B. (5;8]. C. [5;8). D. (5;8) . Lời giải
Tập xác định của hàm số là D =  \{− } m .
y′ > 0, x ∀ ∈(−∞;−8) Hàm số x + 5 y =
đồng biến trên khoảng ( ; −∞ 8 − ) ⇔  x + m x ≠ −m
m − 5 > 0, x ∀ ∈ −∞;−8  2 ( ) m > 5 m > 5 ⇔ (x + m) ⇔  ⇔  ⇔ 5 < m ≤ 8.  −m ≥ 8 − m ≤ 8 −m∉  (−∞;−8)
Vậy m∈(5;8] thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 68. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tìm m để hàm số x + 2 y =
đồng biến trên khoảng ( ; −∞ 5 − ). x + m A. (2;5]. B. [2;5) . C. (2;+∞) . D. (2;5) . Lời giải
Điều kiện: x ≠ −m . Ta có: − 2 ' m y = . (x + m)2 y ' > 0 m − 2 > 0
Hàm số đồng biến trên khoảng ( ; −∞ 5 − ) ⇔  ⇔  ⇔ < ≤ −m ∉  (−∞ − ) 2 m 5. ; 5 −m ≥ 5 − Vậy m∈(2;5].
Nhận xét: Bài toán này không mới, tuy nhiên các bạn học sinh học không kĩ vẫn có thể bị sai
khi thiếu điều kiện −m∉( ; −∞ 5
− ) , và dẫn tới sai lầm khi chọn C làm đáp án.
Câu 69. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số x + 3 y =
đồng biến trên khoảng (−∞;− 6) là x + m A. (3;6] . B. (3;6) . C. (3;+∞ ) . D. [3;6) . Lời giải
TXĐ: D   \  m  . m − 3 Ta có y′ = . (x + m)2
Để hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;− 6)  y  x  0 ;6 . m3 0 m  3 m  3           3 m  6.  m
  ;6  m  6 m     6 
Câu 70. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số x + 3 y =
đồng biến trên khoảng (−∞;− 6) là x + m
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 37 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. (3;6] . B. (3;6) . C. (3;+∞ ) . D. [3;6) . Lời giải
TXĐ: D   \  m  . m − 3 Ta có y′ = . (x + m)2
Để hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;− 6)  y  x  0 ;6 . m3 0 m  3 m  3           3 m  6.  m
  ;6  m  6 m     6 
8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 71. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) , bảng xét dâu của f ′(x) như sau:
hàm số y = f (3− 2x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. (4;+∞) . B. ( 2; − ) 1 . C. (2;4) . D. (1;2) . Lời giải Chọn B Ta có: y′ = 2.
− f ′(3− 2x). − ≤ − ≤ −  ≤ ≤
y′ ≤ ⇔ − f ′( − x) ≤ ⇔ f ′( − x) 3 3 2x 1 2 x 3 0 2. 3 2 0 3 2 ≥ 0 ⇔ ⇔  . 3 2x 1  − ≥ x ≤1
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên (2;3) và ( ) ;1 −∞ .
8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ
Câu 72. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) , hàm số y = f ′(x) liên tục trên  và có đồ thị
như hình vẽ. bất phương trình f (x) < x + m ( m là tham số thực) nghiệm đúng với mọi x∈(0;2) khi và chỉ khi Trang 38
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
A. m ≥ f (2) − 2 .
B. m ≥ f (0).
C. m > f (2) − 2 .
D. m > f (0). Lời giải Chọn B
Ta có: f (x) < x + m ⇔ g (x) = f (x) − x < m .
Từ đồ thị hàm số y = f ′(x) ta thấy: g′(x) = f ′(x) −1< 0 ⇒ max g (x) = g (0) = f (0) . (0;2)
Do đó: bất phương trình f (x) < x + m nghiệm đúng với mọi x∈(0;2) khi và chỉ khi
max g (x) ≤ m ⇒ f (0) ≤ m . (0;2)
Câu 73. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Có bao nhiêu cắp số nguyên dương ( ,
m n) sao cho m + n ≤14
và ứng với mỗi cặp ( ,
m n) tồn tại đúng ba số thực a ∈( 1; − ) 1 thỏa mãn m a = n ( 2 2 ln a + a +1) ? A. 14. B. 12. C. 11. D. 13. Lời giải Chọn C. Xét ( ) 2 = . m f x x − ln ( 2
x + x +1) trên ( 1; − ) 1 n
Đạo hàm f ′(x) 2m m 1− 1 = x − = 0 2 n x +1 Theo đề bài 2m m− 1
f (x) = 0 có ba nghiệm nên 1 x = có ít nhất hai nghiệm 2 n x +1
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 39 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Xét đồ thị của hàm m 1 − 1
y = x ; y =
, suy ra m −1 chẵn và m −1 > 0 2 x +1 x < 0
Suy ra m∈{3;5;7;9;11; }
13 . Khi đó f ′(x) = 0 có nghiệm 1  x >  0 2  f ( ) 1 > 0
Phương trình có 3 nghiệm ⇔   f  (− ) 1 < 0 2 > ln( 2 +  )1 n ⇔ 
⇔ n ≤ 2 ⇒ n = {1; } 2 2 − < ln( 2 − )1  n n∈{1; }
2 và m∈{3;5;7;9;11; }
13 , do m + n ≤14 nên ta có 11 cặp (m;n) thỏa yêu cầu bài toán. Trang 40
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
9. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
9.1 Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức của y, y’
Câu 74. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm f ′(x) = x(x + )2 2 , x ∀ ∈  . Số
điểm cực trị của hàm số đã cho là. A. 0 . B. 3. C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D.
Ta có phương trình f ′(x) = 0 có hai nghiệm x = 0 và x = 2 − (là nghiệm kép) Bảng xét dấu
Suy ra hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.
Câu 75. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ′(x) = x(x − )(x + )3 1 4 , x ∀ ∈ 
. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là A. 3. B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn D x = 0 Ta có f (x) 0  ′ = ⇔ x =1  x = 4 − 
Bảng xét dấu f ′(x) :
Từ bảng xét dấu suy ra hàm số có đúng 1 điểm cực đại.
Câu 76. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số f (x) có đạo hàm f (x) = x(x − )(x + )3 ' 1 4 , x ∀ ∈ .
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. 2 B. 3 C. 4 D. 1 Lời giải Chọn A x = 0 Ta có: f '(x) 0 x(x ) 1 (x 4)3 0  = ⇔ − + = ⇔ x =1  . x = 4 −  Bảng biến thiên:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 41 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.
Câu 77. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ′(x) = x(x + )(x − )3 1 4 , x ∀ ∈ 
. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn D x = 0 f (x) 0 x(x ) 1 (x 4)3 0  ′ = ⇔ + − = ⇔ x = 1 −  . x =  4
Lập bảng biến thiên của hàm số f (x)
Vậy hàm số đã cho có một điểm cực đại.
9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT của y)
Câu 78. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau. Lời giải 0 0
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại. A. x = 2 B. x =1 C. x = 1 − . D. x = 3 − . Chọn C
Quan sát bảng biến thiên ta được:
Nghiệm của y′ = f ′(x) = 0 là x = 1
− . Đổi dấu từ âm sang dương qua nghiệm x = 1 − nên đạt cực tiểu tại x = 1 −
Câu 79. [Đề-BGD-2020-Mã-101] [ Mức độ 1] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Trang 42
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 3. B. 5 − . C. 0 . D. 2 . Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f (x) suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng 5 − .
Câu 80. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 3. B. 2 . C. 2 − . D. 3 − . Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số có giá trị cực đại bằng 2 .
Câu 81. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. 2 . B. 2 − . C. 3. D. 1 − . Lời giải
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu x = 2
− và giá trị cực tiểu y = 1 − .
Câu 82. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 3. B. 3 − . C. 1 − . D. 2 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 43 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số f (x) bằng 2.
Câu 83. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số đã cho là A. x = 3. B. x = 1 − . C. x = 2 . D. x = 3 − . Lời giải Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có: hàm số đạt cực đại tại điểm x = 3.
Câu 84. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số đã cho là A. x = 3. B. x = 1 − . C. x = 1. D. x = 2 − . Lời giải Chọn C
Từ BBT của hàm số f (x) suy ra điểm cực đại của hàm số f (x) là x = 1.
Câu 85. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau :
Điểm cực đại của hàm số đã cho là
A. x = 3.
B. x = 2. C. x = 2. − D. x = 1. − Lời giải Chọn D
Câu 86. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau: Trang 44
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng A. 3. B. 3 − . C. 1 − . D. 2 . Lời giải
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực đại của hàm số f (x) bằng 2.
Câu 87. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm A. x = 2 − . B. x = 2 . C. x = 1. D. x = 1 − . Lời giải Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: y ' đổ dấu từ dương sang ấm khi qua x = 1 − .
Vậy hàm số đạt cực đai tại điểm x = 1 − .
9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD của y’)
Câu 88. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu của f ′(x) như sau:
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là A. 4 . B. 1. C. 2 . D. 3. Lời giải
Từ bảng xét dấu ta thấy: f ′(x) đổi dấu từ dương sang âm khi qua x = 1 − và x =1.
Mà hàm số f (x) liên tục trên  .
Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực đại là x = 1 − và x =1.
Câu 89. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu cuả f ′(x) như sau:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 45 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải
Bảng biến thiên của hàm số f (x)
Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 − và x =1.
Câu 90. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu f ′(x) như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Lời giải
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 − và x = 2 .
Vậy hàm số có 2 cực tiểu.
Nhận xét: Câu này kiểm tra hiểu biết của học sinh về mối quan hệ giữa điểm cực trị của hàm số
và đạo hàm của hàm số đó. Một số bạn sẽ chọn D là đáp án, vì thấy tại x = 2 thì đạo hàm không
xác định. Thật ra, hàm số có thể đạt cực trị tại những điểm (thuộc tập xác định) mà đạo hàm
không xác định, chẳng hạn hàm số f (x) =| x | không có đạo hàm tại x = 0 ( các em thử nghĩ
xem tại sao nhé), nhưng có cực tiểu tại x = 0 .
Câu 91. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu f ′(x) như sau
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là Trang 46
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 3. B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải
Quan sát bảng xét dấu f ′(x) ta có: f ′(x) đổi dấu từ + sang − khi đi qua các điểm x = 2 ± .
Do hàm số đã cho liên tục trên  nên hàm số có 2 điểm cực đại.
Câu 92. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số f (x) liên tục trên  và có bảng xét dấu f ′(x) như sau
Số điểm cực đại của hàm số đã cho là A. 3. B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải
Quan sát bảng xét dấu f ′(x) ta có: f ′(x) đổi dấu từ + sang − khi đi qua các điểm x = 2 ± .
Do hàm số đã cho liên tục trên  nên hàm số có 2 điểm cực đại.
Câu 93. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số f (x) có bảng xét dấu của f ′(x) như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 0 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C
Ta có f ′(x) đổi dấu khi qua x = 2
− và x = 0 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 94. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) , bảng biến thiên của hàm số f ′(x) như sau
Số điểm cực trị của hàm số y = f ( 2 x − 2x) là A. 9. B. 3. C. 7 . D. 5. Lời giải Chọn C
x = a,a ∈( ; −∞ − ) 1 
x = b,b ∈( 1; − 0)
Từ bảng biến thiên ta có phương trình f ′(x) = 0 có các nghiệm tương ứng là x =c,c∈(0; )1 
x = d,d ∈(1;+∞  ) .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 47 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Xét hàm số y = f ( 2
x − x) ⇒ y′ = (x − ) f ′( 2 2 2 1 x − 2x) . x =1  2
x − 2x = a ( ) 1 x −1 = 0
Giải phương trình y = 0 ⇔ 2(x − ) 1 f ( 2 x − 2x) = 0  ′ ′ ⇔  . ′  (
⇔ x − x = b f x − 2x) 2 2 2 2  ( ) =  0  2
x − 2x = c (3)  2
x − 2x = d  (4)
Xét hàm số h(x) 2
= x − 2x ta có h(x) 2 = x − 2x = 1 − + (x − )2 1 ≥ 1, − x ∀ ∈  do đó Phương trình 2
x − 2x = a,(a < − ) 1 vô nghiệm. Phương trình 2 x − 2x = , b ( 1
− < b < 0) có hai nghiệm phân biệt x ; x 1
2 không trùng với nghiệm của phương trình ( ) 1 . Phương trình 2
x − 2x = c,(0 < c < )
1 có hai nghiệm phân biệt x ; x 3
4 không trùng với nghiệm của phương trình ( ) 1 và phương trình (2) . Phương trình 2
x − 2x = d,(d > )
1 có hai nghiệm phân biệt x ; x 5
6 không trùng với nghiệm của phương trình ( )
1 và phương trình (2) và phương trình (3) .
Vậy phương trình y = 0 có 7 nghiệm phân biệt nên hàm số y = f ( 2
x − 2x) có 7 điểm cực trị.
Câu 95. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số f (x) bậc 4 có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = x f (x +  ) 2 4 1  là A. 11. B. 9. C. 7 . D. 5. Lời giải Ta chọn hàm bậc bốn 4 2
y = f (x) = 5x −10x + 3 có bảng biến thiên như đề cho.
Ta có g x = x f  ( x + ) 2 3 4 '( ) 4 1  + x .2. f
(x + )1 f '(x + )1 = 0 3
⇔ 2x . f (x + ) 1 .2 f  (x + ) 1 + xf '(x + ) 1  = 0  3  x = 0 (1)  ⇔  f (x + ) 1 = 0 (2) 2 f  (x + ) 1 + xf '(x + ) 1 = 0 (3) Trang 48
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
+ Phương trình (1) có nghiệm bội x = 0 .
+ Từ bảng biến thiên của hàm số y = f (x) , ta có phương trình f (x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt
x ≠1 ⇒ Phương trình (2): f (x + )
1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt x ≠ 0 .
+ Giải (3): Đặt x +1 = t ⇒ x = t −1, phương trình (3) trở thành:
2 f (t) + (t − )
1 . f '(t) = 0 ⇔ 2( 4 2
5t −10t + 3) + (t − ) 1 ( 3
20t − 20t) = 0 4 3 2 ⇔ 30t 20
− t − 40t + 20t + 6 = 0 (3')
Bấm MTCT thấy phương trình (3’) có 4 nghiệm phân biệt t ≠ 1.
⇒ Phương trình (3) có 4 nghiệm phân biệt x ≠ 0 .
Ngoài ra, nghiệm của phương trình (2) không phải là nghiệm của phương trình (3) vì những giá
trị x thỏa mãn f (x + )
1 = 0 không thỏa mãn phương trình (3).
Do đó phương trình g '(x) = 0 có 9 nghiệm phân biệt nên hàm số g (x) = x f (x +  ) 2 4 1  có 9 điểm cực trị.
Câu 96. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = x f (x − ) 4 2 1    là A. 7 . B. 8 . C. 5. D. 9. Lời giải
Ta có hàm số g (x) liên tục và có đạo hàm là
g (x) = x f  ( x − ) 4  + x f  (x − )  f  ( x − ) 3  = x f   ( x − ) 3 2 ' 2 . 1 4. . ' 1 . 1 2 1  .
 ( f ( x − )
1 + 2xf '(x − ) 1 ) x = x = 0 1 Cho 
g (x) = 0 ⇔  f (x − ) 1 = 0 .  f  ( x − ) 1 + 2 . x f '(x − ) 1 = 0
* Với phương trình f (x − ) 1 = 0 .
Vì f (x) là hàm bậc bốn và có bảng biến thiên như trên ta thấy phương trình f (x − ) 1 = 0 có
bốn nghiệm đơn phân biệt x , x , x , x khác x . 2 3 4 5 1
* Với phương trình f (x − )
1 + 2xf '( x − ) 1 = 0
Ta thấy phương trình không nhận các số x , x , x , x , x làm nghiệm. 1 2 3 4 5 Gọi ( ) 4 2
f x = ax + bx + c , vì f '( x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1; − 0;1 và f (0) = 1, − f ( ) 1 = 3 nên c = 1, − a = 4
− ,b = 8 , suy ra f (x) 4 2 = 4
− x + 8x −1.
Đặt t = x −1, phương trình f (x − )
1 + 2xf '( x − )
1 = 0 trở thành f (t) + 2(t + ) 1 f '(t) = 0 4 2
⇔ − t + t − + (t + )( 3 − t + t) 4 3 2 4 8 1 2 1 16 16 = 0 ⇔ 36
− t − 32t + 40t + 32t −1 = 0 .
Xét hàm số h(t) 4 3 2 = 36
− t − 32t + 40t + 32t −1 có h (t) 3 2 ' = 144 −
t − 96t + 80t + 32 , cho h ( x) 1 2 ' = 0 ⇔ x = 1;
− x = − , x = . 3 3 Ta có bảng biến thiên
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 49 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Do đó phương trình h(t) = 0 có 4 nghiệm đơn phân biệt hay phương trình f ( x − )
1 + 2xf '( x − )
1 = 0 có 4 nghiệm đơn phân biệt x , x , x , x . Hay hàm số g ( x) có 9 điểm 6 7 8 9
cực trị là x , x , x , x , x , x , x , x , x . 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Câu 97. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc 4 có bảng biến thiên như hình vẽ.
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = x f (x − ) 2 4 1    là A. 7 . B. 5. C. 9. D. 11. Lời giải
Cách 1. Từ giả thiết đề bài đã cho ta thấy rằng hàm số f (x) có dạng ( ) 4 2
f x = ax + bx + c .
Sử dụng giả thiết ta được f (x) 4 2
= 4x −8x + 3 ⇒ f ′(x − ) = (x − )3 1 16 1 −16(x − ) 1 =16x(x − ) 1 (x − 2) . Ta có
g′(x) = ⇔ x f  ( x − ) 2 3 4 0 4 1  + 2x . f
(x − )1.f ′(x − )1 = 0 x = 0 
⇔  f (x − ) 1 = 0 2 f
(x − )1+ .xf ′(x − )1 = 0 (*)
Xét phương trình (*) ⇔ ( − ) 1 x f x
= − . f ′(x − ) 1 , ta có x − f ′(x − ) 2 . 1 = 8 − x (x − ) 1 (x − 2) . 2 2
Biểu diễn hai hàm số f (x − ) 1 và x
− . f ′(x − )
1 trên cùng một đồ thị đồ thị ta có 2 Trang 50
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Như vậy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt.  6 x = ± +1 (x )2 3 2 1  − = 
Xét phương trình f (x − ) 2  5 1 = 0 ⇔  ⇔ x =  . (x − )2 1 4 1 =   2  3 x =  4
Thay 4 nghiệm này vào phương trình (*) thì ta thấy rằng các nghiệm của phương trình này không
phải là nghiệm của phương trình (*) .
Vậy hàm số đã cho có tất cả 9 điểm cực trị. Cách 2.
Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy rằng phương trình f (x − )
1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt khác 0,
suy ra phương trình g (x) = x f  ( x − ) 2 4 1  = 0 
có tất cả 5 nghiệm bội chẵn, khi đó đồ thị hàm số
g (x) sẽ có dạng như sau
Như vậy hàm g (x) có 9 điểm cực trị.
Câu 98. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên sau:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 51 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = x f (x + ) 4 2 1    là A. 7 . B. 8 . C. 9. D. 5. Lời giải
g (x) ≥ 0, x ∀  Nhận xét  , lim g (x) = +∞ x→±∞ 2 x = 0 x = 0
Cho g (x) = 0 ⇔  ⇔    f ( x + )
 f ( x + ) 4 1  = 0  1 = 0
Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị f (x) sang trái 1 đơn vị ta thu được đồ thị của f (x + ) 1
x = a, a < 2 −
x = b, − 2 < b < 1 − Do đó f (x + ) 1 = 0 ⇔ 
x = c, −1< c < 0 
x = d, d > 0
Vì thế g ( x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt
Hay đồ thị g (x) có 5 điểm tiếp xúc với trục hoành
Vậy hàm số g (x) có 9 cực trị.
Câu 99. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số f x có f 0  0 . Biết y f x là hàm số bậc
bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số     3 g x f x   x là Trang 52
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 4. B. 5. C. 3. D. 6. Lời giải Chọn B
Đặt h x  f  3
x   x hx 2  x f  3
x     f  3 x  1 3 1 0   2 3x Đặt 3 3
t x x t thế vào phương trình trên ta được f t 1   3 2 3 t Xét hàm số 1 2 y    y 
đổi dấu khi qua 0 và đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 3 2 3 5 3 t 9 t
y  0 . Khi vẽ đồ thị trên cùng một mặt phẳng tọa độ với đồ thị hàm số y f t ta thấy hai
đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thuộc góc phần từ thứ 3 và 4, gọi 2 giao điểm lần lượt là 3 3
t  0,t  0  x t ,x t . Như vậy ta có bảng biến thiên của hàm số h x như sau 1 2 1 1 2 2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình h x  0 có 3 nghiệm phân biệt và hàm số h x
có 2 điểm cực trị không nằm trên trục hoành, do đó hàm số g x  h x có 5 điểm cực trị.
Câu 100. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn f (x) có bảng biến thiên sau:
Số điểm cực trị của hàm số g (x) = x f (x + ) 4 2 1    là A. 7 . B. 8 . C. 9. D. 5.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 53 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải
g (x) ≥ 0, x ∀  Nhận xét  , lim g (x) = +∞ x→±∞ 2 x = 0 x = 0
Cho g (x) = 0 ⇔  ⇔    f ( x + )
 f ( x + ) 4 1  = 0  1 = 0
Nhận thấy: Tịnh tiến đồ thị f (x) sang trái 1 đơn vị ta thu được đồ thị của f (x + ) 1
x = a, a < 2 −
x = b, − 2 < b < 1 − Do đó f (x + ) 1 = 0 ⇔ 
x = c, −1< c < 0 
x = d, d > 0
Vì thế g ( x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt
Hay đồ thị g (x) có 5 điểm tiếp xúc với trục hoành
Vậy hàm số g (x) có 9 cực trị.
9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối
Câu 101. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có f (0) = 0. Biết y = f ′(x) là hàm số bậc
bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số g x = f ( 3 ( ) x ) − x là A. 5. B. 4. C. 6. D. 3. Lời giải Chọn A
Xét h x = f ( 3 ( ) x ) − x Trang 54
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Có h (x) 2 = x f ( 3 ' 3 ' x ) −1 h′(x) 2 = ⇔ x f ′( 3
x ) − = ⇔ f ′( 3 x ) 1 0 3 1 0 = x ≠ 0 1 2 ( ) ( ) 3x Đặt 3 2 3 2
x = t ⇒ x = t phương trình (1) trở thành: f ′(t) 1 =
(t ≠ 0 ) (2) 3 2 3 t Vẽ đồ thị hàm 1 y =
trên cùng hệ trục tọa độ với hàm y = f ′(x) . 3 2 3 x
Dựa vào đồ thị ta có: 3 3  = <  = <  = < f ′(t) 1 t b 0 x b 0 x b 0 = ⇔ ⇔   ⇔  3 2 3  = > 3 3 t t a 0 x = a > 0
x = a > 0 Bảng biến thiên
Dựa vào BBT ta thầy hàm số g x = f ( 3 ( )
x ) − x có 5 điểm cực trị.
Câu 102. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có f (0) = 0. Biết y = f ′(x) là hàm số bậc
bốn và có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số ( ) = ( 4 ) 2 g x f x − x là
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 55 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 4. B. 3. C. 6. D. 5. Lời giải Chọn D
Xét hàm số ( ) = ( 4 ) 2 h x
f x − x có h′(x) 3 = x f ′( 4 4 x ) − 2x . x = 0 h′(x) = 0  ⇔
f ′( 4x ) 1 = * 2 ( )  2x
Xét phương trình (*) : Đặt 4
t = x thì (*) thành f ′(t) 1 = với t > 0. 2 t
Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có duy nhất một nghiệm a > 0 . Khi đó, ta được 4 x = ± a .
Bảng biến thiên của hàm số ( ) = ( 4 ) 2 h x f x − x
Số cực trị của hàm số ( ) = ( 4 ) 2 g x
f x − x bằng số cực trị của hàm ( ) = ( 4 ) 2 h x
f x − x và số
nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình h(x) = 0 .
Dựa vào bảng biến thiên của hàm f (x) thì số cực trị của g (x) là 5. Trang 56
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 57 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
10. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
10.1 GTLN, GTNN của f(x) trên đoạn [a;b] biết biểu thức f(x)
Câu 103. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Giá trị lớn nhất của hàm số f (x) 3
= x − 3x + 2 trên đoạn [ 3 − ; ] 3 bằng A. 16 − . B. 20 . C. 0 . D. 4 . Lời giải Chọn B
Ta có: f ′(x) 2
= 3x − 3; f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ± ∈[ 3 − ; ] 3 f ( 3 − ) = 1
− 6; f (3) = 20; f (− ) 1 = 4; f ( ) 1 = 0
Vậy max f (x) = 20 . [ 3 − ; ] 3
Câu 104. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 21x trên đoạn [2; 19] bằng A. 36 − . B. 14 − 7 . C. 14 7 . D. 34 − . Lời giải
Đạo hàm f ′(x) 2
= 3x − 21, x ∈(2; 19). x = T m f ′(x) 7 ( / ) = 0 ⇔  .
x = − 7 (L) Ta có f (2) = 34 − ; f ( 7) = 14 − 7; f (19) = 6460 .
Do vậy Min f (x) = 14 −
7 , đạt được khi x = 7 . x [ ∈ 2; 19]
Câu 105. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 30x trên đoạn [2;19] bằng A. 20 10 . B. 63 − . C. 20 − 10 . D. 52 − . Lời giải Ta có f ′(x) 2
= 3x − 30 ; f ′(x) = 0 ⇔ x = ± 10 . Hàm số f (x) 3 = x − 30x liên tục trên đoạn [2;19] và f (2) = 52 − ; f ( 10) = 20 − 10; f (19) = 6289 .
So sánh các giá trị trên, ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 30x trên đoạn [2;19] bằng 20 − 10 Vậy chọn. C.
Câu 106. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 33x trên đoạn [2;19] bằng A. 72 − . B. 22 − 11 . C. 58 − . D. 22 11 . Lời giải Ta có f ′(x) 2 = 3x − 33 f ′(x) 2
= 0 ⇔ x =11 ⇔ x = ± 11
Xét trên [2;19] ta có x = 11∈[2;19] Trang 58
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Ta có f (2) = 58 − ; f ( 11) = 22 − 11; f (19) = 6232 .
Vậy min f (x) = f ( 11) = 22 − 11 [2;19]
Câu 107. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 4 2
= x −10x − 4 trên [0;9] bằng A. 28 − . B. 4 − . C. 13 − . D. 29 − . Lời giải Chọn D
Hàm số y = f (x) liên tục trên [0;9]. x = 0  Có f ′(x) 3
= 4x − 20x , f ′(x) = 0 ⇔ x = 5 x = − 5∉  [0;9] Ta có f (0) = 4 − , f ( 5) = 29 − , f (9) = 5747
Do đó min f (x) = f ( 5) = 2 − 9 . [0;9]
Câu 108. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 4 2
= x −12x − 4 trên đoạn [0;9] bằng A. 39 − . B. 40 − . C. 36 − . D. 4 − . Lời giải Chọn B x = Ta có: f ′(x) 3
= 4x − 24x ; f ′(x) 0 = 0 ⇔  x = ± 6
Tính được: f (0) = 4
− ; f (9) = 5585 và f ( 6) = 40 − .
Suy ra min f (x) = 4 − 0 . [0;9] [0;9]
Câu 109. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] f (x) 4 2
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
= x −10x − 2 trên đoạn bằng A. 2 − . B. 11 − . C. 26 − . D. 27 − . Lời giải Chọn D Ta có f (x) 3 ' = 4x − 20x x = 0∉(0;9)  f '(x) = 0 3
⇔ 4x − 20x = 0 ⇔ x = 5 ∈(0;9)  x = − 5 ∉  (0;9) f (0) = 2 − ; f ( 5) = 27 − ; f (9) = 5749 .
Vậy min f (x) = 2 − 7 . [0;9]
Câu 110. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 33x trên đoạn [2;19] bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 59 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 72 − . B. 22 − 11 . C. 58 − . D. 22 11 . Lời giải Ta có f ′(x) 2 = 3x − 33 f ′(x) 2
= 0 ⇔ x =11 ⇔ x = ± 11
Xét trên [2;19] ta có x = 11∈[2;19] Ta có f (2) = 58 − ; f ( 11) = 22 − 11; f (19) = 6232 .
Vậy min f (x) = f ( 11) = 22 − 11 [2;19]
Câu 111. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 2
y = x −10x + 2 trên đoạn [ 1; − 2] bằng: A. 2 . B. 22 − . C. 23 − . D. 7 − . Lời giải Chọn B 4 2 3
y = x − x + ⇒ y′ = x − x = x( 2 10 2 4 20 4 x − 5) . x = 0  y′ = 0 ⇔ x =  5 . x = −  5
Các giá trị x = − 5 và x = 5 không thuộc đoạn [ 1; − 2] nên ta không tính. Có f (− ) 1 = 7
− ; f (0) = 2; f (2) = 22 − .
Nên giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [ 1; − 2] là 22 − .
10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước
Câu 112. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số ( ) x + m f x =
( m là tham số thực). Gọi là tập hợp tất cả x +1
các giá trị của sao cho max f (x) + min f (x) = 2 . Số phần tử của là [0 ] ;1 [0 ] ;1 A. 6. B. 2. C. 1. D. 4. Lời giải Chọn B
a/ Xét m =1, ta có f (x) =1 x ∀ ≠ 1 − Dễ thấy max  f  ( x) min  f  ( x) = 1 [  =1,  0 ] ;1 [0 ] ;1
Tức là m =1 thảo mãn yêu cầu. b/ Xét − m 1 m
≠ 1 ta có f '(x) = . (x + )2 1
i/ Với m >1 ta có  ( )  ( )     ( ) ( ) 1 max min 0 1 m f x f x f f m + + = + = + [0 ] ;1 [0 ] ;1 2 Phương trình 1 m m + +
= 2 có nghiệm m =1 (loại). 2 Trang 60
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 max  f
 ( x) + min  f   ( x) =
 [m] + 0 = −m [0 ] ;1 [0 ] ;1
Phương trình −m = 2 có nghiệm m = 2 − ( loại)
2i/ với m <1, ta có Xét m ≥ 0 :  f  ( x) +  f   ( x) = f  ( )+ f ( ) m +1 max min 1 0 = + m [0 ] ;1 [0 ] ;1 2
Phương trình m +1 + m = 2 có nghiệm m =1 (loại). 2 m < 0 Xét  m +1 : m ≤  2  f  ( x) +  f   ( x) m +1 m +1 max min  = + 0 = [  0 ] ;1 [0 ] ;1 2 2
Phương trình m +1 = 2 có nghiệm m = 3 (loại). 2  m < 0  Xét m +1  ≥ 0 : 2   m +1 m >  2 max  f
 ( x) + min  f   ( x) =
 [m] + 0 = −m [0 ] ;1 [0 ] ;1
Phương trình −m = 2 có nghiệm m = 2 − (loại). Xét m +1 < 0: 2  f  ( x) +  f   ( x) =
 [m]  m +1 m +1 3 − m −1 max min + = −m − = [0 ] ;1 [0 ] ;1  2    2 2 Phương trình 3
− m −1 = 2 có nghiệm 5 m − = (nhận). 2 3 Vậy  5 S 1;  =  − . 3  
10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác
Câu 113. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 2 x + y 1 + ≤ ( 2 2 2 + − 2 + 2)4x x y x . Giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 4y P =
gần nhất với số nào dưới đây? 2x + y +1
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 61 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 2 − . B. 3 − . C. 5 − . D. 4 − . Lời giải Chọn B Ta có 2 2
x + y + ≤ (x + y − x + ) 2 2 1 2 2 x x + y 1 + −2x 2 2 2 2 2 4 ⇔ 2
≤ x + y − 2x + 2 (x− )2 2 1 + y ⇔ ≤ (x − )2 2 2
1 + y +1. Đặt t = (x − )2 2
1 + y (t ≥ 0) , ta được BPT: 2t ≤ t +1. Đồ thị hàm số 2t
y = và đồ thị hàm số y = t +1 như sau:
Từ đồ thị suy ra t ≤ t + ⇔ ≤ t ≤ ⇒ (x − )2 2 2 1 0 1
1 + y ≤1. Do đó tập hợp các cặp số ( ; x y) thỏa
mãn thuộc hình tròn (C)tâm I (1;0), R =1. Ta có 4y P =
⇔ 2Px + (P − 4) y + P = 0 là phương trình của đường thẳng d . 2x + y +1 3P
Do d và (C) có điểm chung ⇔ d (I,(d )) 2 ≤ R ⇔
≤1 ⇔ 4P + 8P −16 ≤ 0 2 4P + (P − 4)2 ⇔ 1 − − 5 ≤ P ≤ 1
− + 5 , suy ra giá trị nhỏ nhất của P gần nhất với 3 − .
11. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số
Câu 114. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 4x +1 y = là x −1 A. 1 y = . B. y = 4 . 4 D. y =1. D. y = 1 − . Trang 62
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Ta có 4x +1 lim + = 4 (hoặc 4x 1 lim
= 4 ) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = 4 .
x→−∞ x −1 x→+∞ x −1
Câu 115. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 5x +1 y = là x −1 A. y =1. B. 1 y = . C. y = 1 − . D. y = 5. 5 Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Theo công thức ta có tiệm cận ngang của dồ thị hàm số là y = 5 nên chọn đáp án D
Câu 116. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2x +1 y = là x −1 A. 1 y = . B. y = 1 − . C. y =1. D. y = 2 . 2 Lời giải Ta có: 2x +1 lim y = lim = 2 . x→±∞ x→±∞ x −1
Nên đường thẳng y = 2 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 117. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3x +1 y = . x −1 A. 1 y = . B. y = 3. C. y = 1 − . D. y =1. 3 Lời giải Ta có: 3x +1 lim y = lim = 3 x→±∞ x→±∞ x −1
Do đó đường thẳng y = 3 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 118. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2x + 2 y = là x −1 A. x = 2 . B. x = 2 − . C. x =1. D. x = 1 − . Lời giải Chọn C
Tập xác định D =  \{ } 1 .
Ta có lim y = −∞; lim y = + ∞ , suy ra đồ thị có tiệm cận đứng là x =1. x 1− x 1+ → →
Câu 119. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x −1 y = là x − 3 A. x = 3 − . B. x = 1 − . C. x =1. D. x = 3. Lời giải. Chọn D x −1 lim
= −∞ . Suy ta tiệm cận đứng là đường thẳng x = 3. x 3− → x − 3
Câu 120. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2x − 2 y = là x +1 A. x = 2 − . B. x =1. C. x = 1 − . D. x = 2 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 63 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải Chọn C Ta có 2x − 2 lim y − = lim = −∞ và 2x 2 lim y = lim
= +∞ nên đường thẳng x = 1 − là x 1+ x 1+ →− →− x +1 x 1− x 1− →− →− x +1
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Câu 121. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 3x +1 y = . x −1 A. 1 y = . B. y = 3. C. y = 1 − . D. y =1. 3 Lời giải Ta có: 3x +1 lim y = lim = 3 x→±∞ x→±∞ x −1
Do đó đường thẳng y = 3 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Câu 122. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x − 2 y = là x +1 A. y = 2 − . B. y =1. C. x = 1 − . D. x = 2 . Lời giải Chọn B Ta thấy x − 2 lim 1 = x→+∞ x +1
⇒Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y =1. x − 2 lim 1 = x→−∞ x +1 
11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số
Câu 123. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là A. 4 . B. 1. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D
Ta có lim f (x) = +∞, lim f (x) = 2 nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y = 2 . x→+∞ x→−∞ lim f (x) = 4
− nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x = 0 . x 0+ → Trang 64
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Vậy đồ thị hàm số y = f (x) có tổng hai đường tiệm cận.
12. ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH
12.1 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT)
Câu 124. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đư y ờng cong trong hình vẽ bên ? A. 3 2
y = x − 3x + 3 . B. 3 2
y = −x + 3x + 3 . C. 4 2
y = x − 2x + 3 . O x D. 4 2
y = −x + 2x + 3. Lời giải Chọn A
Đồ thị trên là đồ thị của hàm số bậc 3, với hệ số a dương. Do đó, chọn đáp án A
Câu 125. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như
đường cong trong hình bên? A. 3 2
y = x −3x +1. B. 3 2
y = −x + 3x +1. C. 4 2
y = −x + 2x +1. D. 4 2
y = x − 2x +1. Lời giải
Ta có: Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy đây là hàm trùng phương và có hệ số a âm.
Câu 126. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình bên A. 4 2
y = −x + 2x . B. 3 2
y = x − 3x . C. 4 2
y = x − 2x . D. 3 2
y = −x + 3x .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 65 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải
Vì đồ thị hàm số có 3 cực trị nên ta loại đáp án B và D . Ta lại thấy khi x → +∞ thì y → +∞ . Nên hệ số trước 4 x phải dương.
Vậy ta chọn đáp án C .
Câu 127. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. 4 2
y = x − 2x +1. B. 3 2
y = −x + 3x +1. C. 3 2
y = x −3x +1. D. 4 2
y = −x + 2x +1. Lời giải
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số bậc 4 có hệ số a > 0 ⇒ chọn A đúng.
Câu 128. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. 4 2
y = −x + 2x −1. B. 4 2
y = x − 2x −1. C. 3 2
y = x − 3x −1. D. 3 2
y = −x + 3x −1. Lời giải Chọn D
Dựa vào đồ thị có dạng đồ thị của hàm số bậc 3 có hệ số a < 0 nên đáp án D đúng.
Câu 129. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Đồ thị của hàm số dưới đây có dạng như đường cong bên? Trang 66
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 3
y = x − 3x +1. B. 4 2
y = x − 2x +1. C. 4 2
y = −x + 2x +1. D. 3
y = −x + 3x +1. Lời giải Chọn A
Câu 130. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. 4 2
y = x − 2x +1. B. 3 2
y = −x + 3x +1. C. 3 2
y = x −3x +1. D. 4 2
y = −x + 2x +1. Lời giải
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số bậc 4 có hệ số a > 0 ⇒ chọn A đúng.
Câu 131. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên? A. 4 2
y = −x + 2x . B. 3
y = −x + 3x . C. 4 2
y = x − 2x . D. 3
y = x − 3x . Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 67 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Từ hình dáng đồ thị ta thấy đó là đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương. Suy ra loại đáp án B, D.
Hàm số có hệ số a < 0 . Suy ra loại đáp án C.
Câu 132. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Đồ thị hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong hình bên A. 4 2
y = x − 2x − 2 B. 3 2
y = −x + 2x − 2 C. 3 2
y = x − 3x − 2 D. 4 2
y = −x + 2x − 2 Lời giải Chọn B
Qua đồ thị là hàm bậc 3 nên loại A, D.
Bên phải ngoài cùng của đồ thị đi xuống nên hệ số a < 0 ⇒ loại đáp án C
Câu 133. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình dưới? A. 3
y = x − 3x . B. 3
y = −x + 3x . C. 4 2
y = x − 2x . D. 4
y = −x + 2x . Lời giải Chọn A
Ta thấy đây là đồ thị của hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d (a ≠ 0) và a > 0 . Nên chọn. A.
Câu 134. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d ( a , b , c , d ∈ ) có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a , b , c , d ? y O x A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải
 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương ⇒ d > 0 .
 lim y < 0 ⇒ a < 0 . x→+∞  Ta có: 2
y′ = 3ax + 2bx + c .
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về bên trái trục tung nên phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm
phân biệt x < x < 0 1 2 . Trang 68
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020  2b x + x = − < 0  1 2 Khi đó theo Viet ta có:  3a
. Từ đó suy ra b < 0 và c < 0 .  . c x x = > 0 1 2  3a
Vậy trong các số a , b , c , d có 1 số dương.
12.2 Xét dấu hệ số của biểu thức (biết đồ thị, BBT)
Câu 135. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d (a,b,c,d ∈) có đồ thị là đường cong trong
hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a,b,c,d ? A. 4 . B. 1. C. 2 .
D. 3 . Lời giải Ta có 2
y ' = 3ax + 2bx + c . Từ đồ thị hàm số đề cho, suy ra: + a < 0 .
+ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0 .
+ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương
⇒ Phương trình y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt dương  2 − b S = > 0  3a b  > 0 ⇒  ⇒ (Vì a < 0 ). c   c < 0 P = > 0  3a
Vậy có 2 số dương trong các số a,b,c,d .
Câu 136. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d (a, b, c, d ∈) có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a, , b c, d ? A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải Ta có 2
y′ = 3ax + 2bx + c .
Do lim y = −∞ nên a < 0 . x→+∞
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 69 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d > 0 .  2 − b x + x = < 0  1 2  3a b  < 0
Hàm số có điểm cực trị x < x < 0 , suy ra  ⇒ . 1 2 c   c < 0 x .x = > 0 1 2  3a
Câu 137. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số 3 2
y = ax + bx + cx + d ( a , b , c , d ∈ ) có đồ thị là
đường cong trong hình bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a , b , c , d ? y O x A. 4 . B. 2 . C. 1. D. 3. Lời giải
 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương ⇒ d > 0 .
 lim y < 0 ⇒ a < 0 . x→+∞  Ta có: 2
y′ = 3ax + 2bx + c .
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về bên trái trục tung nên phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm
phân biệt x < x < 0 1 2 .  2b x + x = − < 0  1 2 Khi đó theo Viet ta có:  3a
. Từ đó suy ra b < 0 và c < 0 .  . c x x = > 0 1 2  3a
Vậy trong các số a , b , c , d có 1 số dương.
Câu 138. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a,b,c,d ∈) có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu số dương trong các số a,b,c,d ? A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A.
Từ bảng biến thiên, ta có Trang 70
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020  1  (0) = 3  = 3 a f d =  4     f (4) = 5 −
64a +16b + 4c + d = 5 −  3  ⇔  ⇔ b = − f (0) 0 c 0  ′ = = 2     ′  =  + + = c = 0 f (4) 0 48a 8b c 0  d = 3
Vậy trong các số a,b,c,d có 2 số dương.
Câu 139. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a, ,
b c,d ∈) có bảng biến thiên như sau x -∞ -2 0 +∞ f ' (x) + 0 - 0 + 2 +∞ f (x) -∞ 1
Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c, d ? A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn D
Từ dáng điệu sự biến thiên hàm số ta có a > 0.
Khi x = 0 thì y = d =1 > 0 . x = −
Mặt khác f ′(x) 2
= 3ax + 2bx + c . Từ bảng biến thiên ta có f ′(x) 2 = 0 ⇔  . x = 0 Từ đó suy ra 2 = 0; − b c = 2
− ⇒ b = 3a > 0 . 3a
Vậy có 3 số dương là a, b, d .
Câu 140. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a, b, c, d ∈) có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu số dương trong các số a, b, c, d ? A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn C
 lim f ( x) = +∞ ⇒ a > 0. x→+∞  f (0) = 1 − ⇒ d = 1 − < 0.  f ′( x) 2 = 3ax + 2bx + . c
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 71 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT  2b − = 2 x + x = 2 − −  3a b  = 3a > 0 Ta có 1 2  ⇒  ⇒  . x x = 0 c  c = 0 1 2 = 0 3a
Câu 141. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số f (x) ax +1 = (a, ,
b c ∈) có bảng biến thiên như sau bx + c
Trong các số a,b và c có bao nhiêu số dương? A. 2 . B. 3. C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn C 1 a + Ta có ax +1 lim = lim x a = . x→+∞ x bx + c →+∞ c b b + x
Theo gỉa thiết, ta có a =1⇒ a = b ( ) 1 . b
Hàm số không xác định tại x c
= 2 nên suy ra 2b + c = 0 ⇒ b = − (2) . 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định ⇒ ′( ) ac − b f x =
> 0 3 với mọi x khác 2 . 2 ( ) (bx + c)
Nếu a = b > 0 thì từ (2) suy ra c < 0 . Thay vào (3) , ta thấy vô lý nên trường hợp này không
xảy ra. Suy ra, chỉ có thể xảy ra khả năng a = b < 0 và c > 0 . Câu 142. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số f ( x) 3 2
= ax + bx + cx + d (a,b,c,d ∈ ) có đồ thị là đường cong như
hình vẽ bên. Có bao nhiêu số dương trong các số a,b,c,d ? A. 4 . B. 3. C. 1.
D. 2 . Lời giải
Quan sát hình dáng đồ thị ta thấy a < 0.
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm A(0;d ) nằm bên dưới trục Ox nên d < 0.
Lại thấy hàm số đạt cực trị tại hai điểm x , x là hai số dương nên phương trình y ' = 0 ( 1 2 2
y ' = 3ax + 2bx + c ) có hai nghiệm x , x là hai số dương, do đó theo Vi – et ta có 1 2  2b x + x = − > 0  1 2  3a b  > 0  ⇔
. Vậy có một số dương là b. c   c < 0 x .x = > 0 1 2  3a Trang 72
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
12.3 Đọc đồ thị của đạo hàm (các cấp)
Câu 143. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x − x và đồ thị hàm số 2
y = −x + 5x là: A. 2 . B. 3. C. 1. D. 0 . Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x = 0 ⇒ y = 0  3 2 2 3
x − x = −x + 5x ⇔ x − 5x = 0 ⇔ x = 5 ⇒ y = 5 − +  5
x = − 5 ⇒ y = 5 − −  5
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x − x và đồ thị hàm số 2
y = −x + 5x là 3.
12. TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH
12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm
Câu 144. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x + 3x và đồ thị hàm số 2
y = 3x + 3x là A. 3. B. 1. C. 2 . D. 0 . Lời giải
Số giao điểm của đồ thị hàm số y = 3 x + 2
3x và đồ thị hàm số y = 2
3x + 3x là số nghiệm phân biệt của phương trình 3 x + 2 x = 2 3 3x + 3x ( ) 1 . x = 0 ( ) 3 
1 ⇔ x − 3x = 0 ⇔ x =  3 . x = −  3 Phương trình ( )
1 có 3 nghiệm phân biệt.
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y = 3 x + 2
3x và đồ thị hàm số y = 2 3x + 3x là 3.
Câu 145. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = −x + 7x với trục hoành là A. 0 . B. 3. C. 2 . D. 1.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 73 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là: 3 −x + 7x = 0  = ⇔ x( x 0 2 x − 7) = 0 ⇔  . x = ± 7
Số giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = −x + 7x với trục hoành bằng 3.
Câu 146. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x + x và đồ thị hàm số 2
y = x + 5x A. 3. B. 0 . C. 1. D. 2 . Lời giải x = 0
Xét phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 2 3
x + x = x + 5x ⇔ x − 5x = 0 ⇔  x = ± 5 Vậy có 3giao điểm.
Câu 147. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x − x và đồ thị hàm số 2
y = −x + 3x là A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm thực phân biệt của phương trình hoành độ giao điểm x = 0 sau: 3 2 2 3
x − x = −x + 3x ⇔ x − 3x = 0 ⇔ x( 2 x − 3) = 0 ⇔  . x = ± 3
Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là 3.
Câu 148. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = −x + 6x với trục hoành là A. 2 . B. 3. C. 1. D. 0 . Lời giải Chọn B
Ta có hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = −x + 6x với trục hoành là nghiệm của phương x = 0 trình 3
−x + 6x = 0 (*) ⇔ −x( 2 x − 6) = 0 ⇔  . x = ± 6
Phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt, do đó đồ thị hàm số 3
y = −x + 6x cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Câu 149. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = −x + 3x với trục hoành là A. 2 . B. 0 . C. 3. D. 1. Lời giải Chọn Cx = 0
Xét phương trình hoành dộ giao điểm 3 2
−x + 3x = 0 ⇔ x(−x + 3) = 0 ⇔  . x = ± 3 Vậy có 3 giao điểm. Trang 74
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 150. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2
y = x − x và đồ thị hàm số 2
y = −x + 3x là A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Lời giải
Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm thực phân biệt của phương trình hoành độ giao điểm x = 0 sau: 3 2 2 3
x − x = −x + 3x ⇔ x − 3x = 0 ⇔ x( 2 x − 3) = 0 ⇔  . x = ± 3
Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là 3.
Câu 151. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Số giao điểm của đồ thị hàm số 3
y = x − 3x +1 và trục hoành là: A. 3. B. 0 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A 3 2
y = x − 3x +1⇒ y′ = 3x − 3 = 3(x − ) 1 (x + ) 1 . x = 1 − y′ = 0 ⇔  x = 1 Ta có bảng biến sau:
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số f (x) cắt trục hoành ( tức đường thẳng y = 0 )
tại ba điểm phân biệt.
12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT)
Câu 152. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2 f (x) −3 = 0 là: A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn C.
Ta có: f (x) − = ⇔ f (x) 3 2 3 0 = . 2
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 75 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng 3
y = cắt đồ thị y = f (x) tại 4 điểm phân biệt 2
nên số nghiệm của phương trình đã cho là 4 nghiệm thực.
Câu 153. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f (x) = 1 − là A. 3. B. 1. C. 0 . D. 2 . Lời giải
Số nghiệm của phương trình f (x) = 1
− bằng số giao điểm của đường cong y = f (x) với đường thẳng y = 1
− . Nhìn hình vẽ ta thấy có 3 giao điểm nên phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 154. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình f (x) =1 là. A. 0 B. 3 C. 1 D. 2 Lời giải Chọn B
Ta thấy đường thẳng y =1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt. Nên phương trình
f (x) =1 có 3 nghiệm thực phân biệt.
Câu 155. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình f (x) =1 là A. 1. B. 0 . C. 2 . D. 3. Trang 76
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải
Số nghiệm thực của phương trình f (x) =1 là số giao điểm của đường thẳng y =1 và đồ thị hàm
số y = f (x) . Nhìn vào hình vẽ ta thấy đường thẳng y =1 cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt. Vậy
phương trình f (x) =1 có 3 nghiệm thực. .
Câu 156. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho đồ thị hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f (x) = 2 là A. 0 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 77 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f (x) = 2 có 3 nghiệm thực.
Câu 157. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm của phương trình f (x) 1 = − là 2 A. 3. B. 4 . C. 2 . D. x =1. Lời giải
Số nghiệm của phương trình f (x) 1
= − bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và 2 đường thẳng 1 y = − . 2
Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số y = f (x) và đường thẳng 1
y = − cắt nhau tại 2 điểm. 2
Nên phương trình f (x) 1 = − có 2 nghiệm. 2
Câu 158. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình
vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình 3 f (x) = − là 2 Trang 78
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 4 B. 1 C. 3 D. 2 Lời giải Từ đồ thị ta 3
f (x) = − có 4 nghiệm phân biệt 2
Câu 159. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho đồ thị hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f (x) = 2 là A. 0 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải
Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f (x) = 2 có 3 nghiệm thực.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 79 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 160. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực của phương trình f (x) 1 = là 2 A. 2 . B. 4 . C. 1. D. 3. Lời giải Chọn A
Số nghiệm thực của phương trình f (x) 1
= chính là số giao điểm của đồ thị hàm số f (x) với 2 đường thẳng 1 y = 2 .
Dựa vào hình trên ta thấy đồ thị hàm số f (x) với đường thẳng 1
y = có 2 giao điểm. 2
Vậy phương trình f (x) 1 = có hai nghiệm. 2
Câu 161. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số y = f (x) có đồ thị trong hình vẽ bên. Số nghiệm của
phương trình f (x) = 1 − là A. 3. B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải Chọn D Trang 80
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Số nghiệm của phương trình f (x) = 1
− bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = 1
− . Dựa vào đồ thị hàm số y = f (x) suy ra số nghiệm của phương trình bằng 4.
12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn
Câu 162. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. 4
Số nghiệm thực của phương trình f ( 3 x − 3x) = là 3 A. 3. B. 8 . C. 7 . D. 4 . Lời giải Chọn B 3
x − 3x = t 1 t < 2 − 1 ( ) ( 1 )
f ( 3x − x) 4 3 =   3
x − 3x = t 2 2 − < t < 0 2 ( ) ( 2 ) Ta có f ( 3 x − x) 4 3 3 = ⇒  ⇒ 3   3 f ( 3 x − 3x) 4 = −
x − 3x = t 3 0 < t <  2 3 ( ) ( 3 )  3  3
x − 3x = t 4 t > 4  4 ( ) ( 4 ) Hàm số 3
y = x − 3x có bảng biến thiên là
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( )
1 có một nghiệm; phương trình (2) có ba
nghiệm; phương trình (3) cũng có ba nghiệm và phương trình (4) có một nghiệm.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 81 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Vậy phương trình ban đầu có 8 nghiệm.
Câu 163. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( 3
x f (x)) +1= 0 là A. 8. B. 5. C. 6 . D. 4 . Lời giải Cách 1: 3 x f (x) = 0 ( )1  Ta có f ( 3
x f (x)) +1= 0 ⇔ f ( 3x f (x)) 3 = 1
− ⇔ x f (x) = a∈(2;3) (2)  3
x f (x) = b∈(5;6) (3)  x = 0 x = 0 Ta có ( ) 1 ⇔  ⇔ . f  ( x) 0  = x = c Xét ( ) k g x =
, với k > 0 . Ta có ( ) 3 ' k g x = − < 0, x ∀ ≠ 0 . 3 x 4 x Bảng biến thiên
Với k = a , dựa vào đồ thị suy ra phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 và c .
Với k = b , dựa vào đồ thị suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác 0 , c và khác
hai nghiệm của phương trình (2) . Trang 82
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Vậy phương trình f ( 3
x f (x)) +1= 0 có 6 nghiệm phân biệt. Cách 2: Ta có: x = 0  3 f (x) =  = 0 x f (x) 0  (  3 ( )) 1 0 ( 3 ( )) 3 1  ( ) 0  + = ⇔ = − ⇔ = > ⇔  ( ) a f x f x f x f x x f x a f x = (do x ≠ 0) 3  3 ( ) = > 0 x x f x b    ( ) b f x = (do x ≠ 0)  3  x
* f (x) = 0 có một nghiệm dương x = c .
* Xét phương trình ( ) k f x =
với x ≠ 0, k > 0 . 3 x Đặt ( ) = ( ) k g x f x − ; 3 (′ ) = '( ) k g x f x + . 3 x 4 x
TH 1: Với x > c , đồ thị hàm f (x) đồng biến trên ( ;
c +∞) nên f (′x) > 0, x∈( ; c + ∞) 3 ⇒ (′ ) = (′ ) k g x f x + > 0, x ∈ ; c + ∞ 4 ( ) x
g(c) < 0
Mà  lim g(x) = +∞ và g(x) liên tục trên ( ;c+∞) x→+∞
⇒ g(x) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( ; c +∞) .
TH 2: Với 0 < x < c thì ( ) < 0 k f x <
⇒ g(x) = 0 vô nghiệm trên (0;c). 3 x
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 83 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
TH 3: Với x < 0 , đồ thị hàm f (x) đồng biến trên ( ;0
−∞ ) nên f (′x) > 0, x∈( ; −∞ 0) 3 ⇒ (′ ) = (′ ) k g x f x + > 0, x ∈ ; −∞ 0 4 ( ) x
lim g(x) > 0 Mà x 0− → 
và g(x) liên tục trên ( ;0 −∞ ).
lim g(x) = −∞ x→−∞
⇒ g(x) = 0 có duy nhất nghiệm trên ( ;0 −∞ ).
Do đó: g(x) = 0 có đúng hai nghiệm trên  \{ } 0 . * Phương trình ( ) a f x =
k = a có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c . 3 ( ) x * Phương trình ( ) b f x =
k = b có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác c . 3 ( ) x
Kết luận: Phương trình f ( 3
x f (x)) +1= 0 có đúng 6 nghiệm.
Câu 164. ---------- HẾT ---------- [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số bậc ba y = f (x) có đồ thị là
đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( 3
x f ( x)) +1 = 0 là A. 6 . B. 4 . C. 5. D. 8. Lời giải 3
x f (x) = a ( 3 − < a < − ) 1 ( ) 1  Ta có f ( 3
x f (x)) +1= 0 ⇔ f ( 3 x f (x)) 3 = 1
− ⇔ x f (x) = b ( 6 − < b < 3 − )(2) .  3 x f ( x) = 0 (3) 
+ Với m < 0, xét phương trình 3 ( ) = ⇔ ( ) m x f x m f x = . 3 x Đặt ( ) m g x − = , ′( ) 3m g x = > 0,∀x ≠ 0 . 3 x 4 x
lim g (x) = 0 , lim g (x) = +∞ , lim g (x) = −∞ . x→±∞ x 0− → x 0+ → Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên và đề bài, suy ra trong mỗi khoảng (− ; ∞ 0) và (0;+∞) phương
trình f (x) = g (x) có đúng một nghiệm.
Suy ra mỗi phương trình ( )
1 và (2) có 2 nghiệm và các nghiệm đều khác nhau. Trang 84
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 x = 0 x = 0 + Xét phương trình (3) 3
: x f (x) = 0 ⇔  ⇔
, với c khác các nghiệm f  ( x) 0  = x = c < 0 của ( ) 1 và (2) .
Vậy phương trình f ( 3
x f ( x)) +1 = 0 có đúng 6 nghiệm.
Câu 165. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình
bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( 2
x f (x))+ 2 = 0 là y O x −2 A. 8. B. 12. C. 6. D. 9. Lời giải Cách 1:   x = 0 2   x f (x) = 0   f (x) = 0 (1) 2
x f (x) = a ∈(0;1)  Ta có f ( 2
x f (x))+ 2 = 0 ⇔ a  ⇔  f (x) = , a ∈(0;1) (2) 2
x f (x) = b∈(2;3) 2   x   2 b
x f (x) = c ∈(3;4)  f (x) = , b∈(2;3) (3) 2  x   ( ) c f x = , c∈(3;4) (4) 2  x Xét hàm số ( ) k g x = (k > 0) , Ta có 2 '( ) k g x = − . 2 x 3 x Bảng biến thiên
Đồ thị của f (x) và g(x) được mô tả như sau:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 85 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Do đó ta có: (1), (2), (3) và (4) mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình đã cho có 9 nghiệm. Cách 2:   x = 0 2   x f (x) = 0   f (x) = 0 (1) 2
x f (x) = a ∈(0;1)  Ta có f ( 2 x f (x)) a + 2 = 0 ⇔ 
⇔  f (x) − = 0, a ∈(0;1) (2) 2
x f (x) = b∈(2;3) 2   x   2 b
x f (x) = c ∈(3;4)  f (x) − = 0, b∈(2;3) (3) 2  x   ( ) c f x − = 0, c ∈(3;4) (4) 2  x
 (1) có 2 nghiệm phân biệt là x = α < 0, x = β > 3 . k 2
 Xét hàm số g(x) = f (x) −
(k > 0) có '( ) = '( ) k g x f x + . Ta có: 2 x 3 x
* x ∈[α;β ] thì g(x) < 0 nên các phương trình (2), (3) và (4) không có nghiệm x∈[α;β ] . lim g(x) = +∞  x→−∞  * lim ( ) k g x 0  = − <
 ⇒ Mỗi phương trình (2), (3) và (4) chỉ có đúng một nghiệm − 2 x α → α 
g '(x) < 0, x ∀ ∈( ; −∞ α) x∈( ; −∞ α ) lim g(x) = +∞  x→+∞  * lim ( ) k g x 0  = − <
 ⇒ Mỗi phương trình (2), (3) và (4) đều chỉ có đúng một nghiệm + 2 x→β β 
g '(x) > 0, x
∀ ∈(β;+∞), β >3 x∈(β;+∞)
Suy ra mỗi phương trình (1), (2), (3) và (4) có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm. Cách 3: Trang 86
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 2 x f (x) = 0 (1)  2
x f (x) = a ∈(0;1) (2) Ta có f ( 2
x f (x))+ 2 = 0 ⇔  2
x f (x) = b∈(2;3) (3)   2
x f (x) = c ∈(3;4) (4)
Ta có (1) có ba nghiệm phận biệt là x = 0, x = α < 0, x = β >3. Xét 2
g(x) = x f (x) có 2
g '(x) = 2xf (x) + x f '(x)
 Với x ∈[α; β ] thì 2
g(x) = x f (x) ≤ 0 nên (2), (3), (4) không có nghiệm x ∈[α;β ] .  Với x ∈( ;
−∞ α )ta có: g '(x) < 0. Và với x∈(β;+∞) , β >3, thì g '(x) > 0 nên ta có bảng
biến thiên của g(x)
Do đó các phương trình (2), (3), (4) đều có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm phân biệt.
Nhận xét : để chặt chẽ hơn cần lập luận thêm trong 9 nghiệm trên không có 2 nghiệm nào trùng
nhau. Việc này không khó, xin dành cho bạn đọc.
Nhận xét chung : Đề thi THPTQG năm 2020 kiến thức chân phương, không đánh đố, không có
bài quá lạ. Nhưng để đạt điểm tối đa cũng đòi hỏi phải học rất tốt, có một quá trình chuẩn bị bài
bản, lâu dài, công phu. Điểm nhấn trong đề là câu 49 ( mã đề 103). Phần vận dụng cao chưa thực
sự làm khó được máy tính cầm tay, đây cũng là điều đáng tiếc.
Câu 166. ----------------------- [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là
đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f ( 2
x f (x))− 2 = 0 là A. 6 . B. 12. C. 8 . D. 9. Lời giải Ta có f ( 2
x f (x))− = ⇔ f ( 2 2 0 x f (x)) = 2.
Dựa vào đồ thị ta thấy:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 87 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 2
x f (x) = 0( ) 1  2
x f ( x) = a ( 1 − < a < 0)(2)  . 2
x f (x) = b( 3 − < b < 2 −  )(3)  2
x f (x) = c( 4 − < c < 3 −  )(4) x = 0 x = 0 Giải ( ) 1  ⇔  ⇔ =
(có 3 nghiệm phân biệt). f (x) x x1 0  =  x =  x2 Giải (2) ⇔ ( ) a f x = . 2 x Vẽ đồ thị hàm số a y = lên cùng hệ tọa độ a
Oxy . Ta thấy đồ thị hàm số y = cắt đồ thị hàm 2 x 2 x
số y = f (x) tại 2 nghiệm phân biệt.
Tương tự với (3) và (4) đều có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 167. Vậy có phương trình f ( 2
x f (x)) = 2 có 9 nghiệm phân biệt.[ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho
hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như hình vẽ:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 2
6 x − 4x) = m có ít nhất ba
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (0;+ ∞) ? A. 25. B. 30. C. 29. D. 24. Lời giải Chọn B
Ta đặt: g (x) = f ( 2 x − 4x).
g′(x) = ( x − ) f ′( 2 2 4 x − 4x) = (x − )( 2 x − x + )( 2 x − x + )( 2 2 2 4 4 4
2 x − 4x) (dựa vào bảng biến thiên) = (x − )3 ( 2 2
2 x − 4x + 2) x(x − 4) . Mặt khác:
g (0) = f (0) = 3 − ;
g (2− 2) = g (2+ 2) = f ( 2 − ) = 2 ; g (2) = f ( 4 − ) = 2 − ; Trang 88
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
g (4) = f (0) = 3 − . Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta được: yêu cầu bài toán tương đương 3 m − < ≤ 2 6 ⇔ 18 − < m ≤12 .
Vậy có tất cả 30 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 168. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số bậc bốn y = f (x) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f ( 2
x f (x))− 2 = 0 là A. 6 . B. 12. C. 8 . D. 9. Lời giải Ta có f ( 2
x f (x))− = ⇔ f ( 2 2 0 x f (x)) = 2.
Dựa vào đồ thị ta thấy: 2
x f (x) = 0( ) 1  2
x f ( x) = a ( 1 − < a < 0)(2)  . 2
x f (x) = b( 3 − < b < 2 −  )(3)  2
x f (x) = c( 4 − < c < 3 −  )(4) x = 0 x = 0 Giải ( ) 1  ⇔  ⇔ =
(có 3 nghiệm phân biệt). f (x) x x1 0  =  x =  x2 Giải (2) ⇔ ( ) a f x = . 2 x
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 89 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Vẽ đồ thị hàm số a y = lên cùng hệ tọa độ a
Oxy . Ta thấy đồ thị hàm số y = cắt đồ thị hàm 2 x 2 x
số y = f (x) tại 2 nghiệm phân biệt.
Tương tự với (3) và (4) đều có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 169. Vậy có phương trình f ( 2
x f (x)) = 2 có 9 nghiệm phân biệt. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm
số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Số nghiệm thuộc đoạn  5π 0;  
của phương trình f (sin x) = 1 là 2    A. 7 . B. 4 . C. 5. D. 6 . Lời giải Chọn C x = a ∈ ( ; −∞ − ) 1 
x = b ∈ ( 1; − 0)
Dựa vào bảng biến thiên, ta có f (x) = 1 ⇔  . x = c ∈(0; ) 1 
x = d ∈(1;+∞  )
sin x = a ∈ ( ; −∞ − ) 1 ( ) 1 
sin x = b ∈ ( 1; − 0) ( 2)
Như vậy f (sin x) = 1 ⇔  .
sin x = c ∈(0 ) ;1 ( 3) 
sin x = d ∈(1;+∞  ) ( 4) Vì  π x [ ] 5 sin 0;1 , x 0;  ∈ ∀ ∈  nên ( ) 1 và (4) vô nghiệm. 2   
Cần tìm số nghiệm của (2) và (3) trên  5π 0;   . 2    Cách 1. Trang 90
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Dựa vào đường tròn lượng giác: (2) có 2 nghiệm trên  5π  π 0;    , (3) có 3 nghiệm trên 5 0; . 2     2   
Vậy phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm. Cách 2. Xét  π   π g (x) 5 x x g (x) 5 sin , 0; ' cos x, x    0;  = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ∈ .  2   2   π x =  Cho g (x) 2 '
= 0 ⇔ cos x = 0 ⇔  . Bảng biến thiên:  3π x =  2
Dựa vào bảng biến thiên: (2) có 3 nghiệm trên  5π  π 0;    , (3) có 2 nghiệm trên 5 0; . 2     2   
Vậy phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm.
12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ)
Câu 170. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hai hàm số
x − 3 x − 2 x −1 x y = + + +
và y = x + 2 − x + m x − 2 x −1 x x +1
( m là tham số thực) có đồ thị lần lượt là ( 1
C ) và (C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( 1 C )
và (C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là A. ( ;2 −∞ ]. B. [2;+∞) . C. ( ;2 −∞ ) . D. (2;+∞) . Lời giải Chọn B
Xét phương trình x − 3 x − 2 x −1 x + + +
= x + 2 − x + m x − 2 x −1 x x +1
x − 3 x − 2 x −1 x ⇔ + + +
− x + 2 + x = m (1) x − 2 x −1 x x +1 Hàm số
x − 3 x − 2 x −1 x + + + − 2 khi x ≥ 2 − 
p(x) x −3 x − 2 x −1 x
x − 2 x −1 x x +1 = + + + − x + 2 + x = x − 2 x −1 x x +1
x−3 x−2 x−1 x  + + +
+ 2x + 2 khi x < 2 −
 x − 2 x −1 x x +1 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 91 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT  1 1 1 1 + + + > 0, x ∀ ∈ 2 − ;+∞ \ 1; − 0;1;2  2 2 2 2 ( ) { }
(x − 2) (x − ) 1 x (x +  ) 1
Ta có p′(x) =  nên hàm số 1 1 1 1  + + + + 2 > 0, x ∀ < −2
(x − 2)2 (x − )2 2 1 x (x +  )2 1
y = p(x) đồng biến trên mỗi khoảng ( ; −∞ − ) 1 , ( 1; − 0) , (0; ) 1 , (1;2) , (2;+∞) .
Mặt khác ta có lim p(x) = 2 và lim p(x) = −∞ . x→+∞ x→−∞
Bảng biến thiên hàm số y = g (x) : x −∞ 2 − 1 − 0 1 2 +∞ g′(x) + + + + + +∞ +∞ +∞ +∞ g (x) 4912 2 −∞ −∞ −∞ −∞ −∞ Do đó để ( 1
C ) và (C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 4
nghiệm phân biệt. Điều này xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = p(x)
tại 4 điểm phân biệt ⇔ m ≥ 2 .
12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (không GTTĐ)
Câu 171. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 2
5 x − 4x) = m có ít nhất 3 nghiệm
phân biệt thuộc khoảng (0;+∞) A. 24 . B. 21. C. 25 . D. 20 . Lời giải Chọn C. Đặt 2
t = x − 4x . Ta có t′ = 2x − 4 = 0 ⇔ x = 2 Bảng biến thiên Với 2
t = x − 4x . Trang 92
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Dựa vào bảng biến thiên ta có 3 m − < ≤ 2 ⇔ 15
− < m ≤10 . Vì m nguyên nên 5 m∈{ 14 − ;−13;....; }
10 . Do đó có 25 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Câu 172. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số f (x) có bảng biến thiên như sau
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 2
3 x − 4x) = m có ít nhất ba
nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng (0;+∞)? A. 15. B. 12. C. 14. D.13. Lời giải Chọn A Đặt 2
u = x − 4x (1) Ta có BBT sau: Ta thấy: + Với u < 4
− , phương trình (1) vô nghiệm. + Với u = 4
− , phương trình (1) có một nghiệm x = 2 > 0 . + Với 4
− < u < 0 , phương trình (1) có hai nghiệm x > 0 .
+ Vơi u ≥ 0 , phương trình (1) có một nghiệm x > 0 Khi đó ( 2 3 − 4 ) = ⇒ ( ) m f x x m f u = (2), ta thấy: 3 + Nếu m = 3 − ⇔ m = 9
− , phương trình (2) có một nghiệm u = 0 nên phương trình đã cho có 3
một nghiệm x > 0 . + Nếu 3 m − < < 2 − ⇔ 9 − < m < 6
− , phương trình (2) có một nghiệm u > 0 và một nghiệm 3 u ∈( 2;
− 0) nên phương trình đã cho có ba ngiệm x > 0 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 93 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT + Nếu m = 2 − ⇔ m = 6
− , phương trình (2) có một nghiệm u = 4
− , một nghiệm u ∈( 2; − 0) và 3
một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có bốn nghiệm x > 0 . + Nếu 2 m − < < 2 ⇔ 6
− < m < 6 , phương trình (2) có một nghiệm u < 4 − , hai nghiệm 3 u ∈( 4;
− 0) và một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có năm nghiệm x > 0 .
+ Nếu m = 2 ⇔ m = 6 , phương trình (2) có một nghiệm u < 4
− , một nghiệm u = 2 − và một 3
nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có ba nghiệm x > 0 .
+ Nếu m > 2 ⇔ m > 6 , phương trình (2) có một nghiệm u < 4
− và một nghiệm u > 0 nên 3
phương trình đã cho có một nghiệm x > 0 . Vậy 9
− < m ≤ 6 ⇒ có 15 giá trị m nguyên thỏa ycbt. Trang 94
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 13. MŨ - LŨY THỪA
13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất
Câu 173. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với mọi số thực a và ,
m n là hai số thực bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng? m m A. ( )n m m n a a + = . B. ( m )n n m a = a . C. a n−m = a . D. a m−n = a . n a n a Lời giải Chọn D
13.2 Tính toán, rút gọn các biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….) 2
Câu 174. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho a,b là hai số thực dương thỏa mãn log2(a b) 3 4
= 3a . Giá trị của 2 ab bằng A. 3. B. 6 . C. 12. D. 2 . Lời giải 2 Ta có log a b log 4 2 2 ( ) 3 = a ⇔ ( 2 a b) 2 3 = a ⇔ ( 2 a b) 3 2 4 3 3
= 3a ⇔ ab = 3.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 95 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 14. LOGARIT
14.1 Câu hỏi lý thuyết và tính chất
Câu 175. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Với a,b là số thực dương tùy ý và a ≠1 , log b bằng. 2 a A. 1  log b B. 1 log b C. 2  log b D. 2log b 2 a 2 a a a Lời giải Chọn B Ta có 1 log = > ≠ . Vậy: 1
log b = log b ; a,b > 0,a ≠ 1 α b log b a b a a a , , 0, 1 α 2 a 2 a
Câu 176. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với a , b là các số dương tùy ý và a ≠1, log b bằng 3 a A. 3+ log b . B. 3log b. C. 1 + log b . D. 1 log b . a a 3 a 3 a Lời giải Chọn D
Câu 177. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Với a,b là các số thực dương tùy ý và a ≠1 thì log b bằng 4 a A. 4 + log b. B. 1 b . D. 1 + . a log b . C. 4log log b 4 a a 4 a Lời giải Ta có 1 log b = log b . 4 a 4 a
Câu 178. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Với a là số thực dương tùy ý, log 5a bằng 5 ( ) A. 5 + log a 5 − log a 1+ log a 1− log a 5 . B. 5 . C. 5 . D. 5 . Lời giải Chọn C
Ta có: log 5a = log 5 + log a =1+ log a . 5 ( ) 5 5 5
Câu 179. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Với a,b là các số thực dương tùy ý và a ≠1 thì log b bằng 4 a A. 4 + log b. B. 1 b . D. 1 + . a log b . C. 4log log b 4 a a 4 a Lời giải Ta có 1 log b = log b . 4 a 4 a
Câu 180. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Với a là số thực dương tùy ý, log ( 3 a bằng 2 ) A.  3 1 log a  . B. log a . C. 3+ log a . D. 3log a . 2 2    2 3 2 2 Lời giải Chọn D
Áp dụng công thức log bα = α b ta có log ( 3 a = 3log a . 2 ) a loga 2 Trang 96
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
14.2 Biến đổi các biểu thức logarit liên quan a,b,x,y
Câu 181. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Với a là số thực dương tùy ý, 2 log a bằng 5
A. 2log a .
B. 2 + log a . C. 1 + log . D. 1 log 5 a a . 5 5 2 5 2 Lời giải Chọn A. 2
log a = 2log a . 5 5
Câu 182. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Với a, b là các số thực dương tùy ý và a ≠1, log b bằng 5 a A. 5log b . B. 1 + . C. 5 + log b . D. 1 a log b log b . 5 a a 5 a Lời giải 1 Ta có log = α b log b a a . α 1 Vậy log b = log . b 5 a 5 a
Câu 183. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với a là số thực dương tùy ý, log 4a bằng 4 ( ) A. 1+ log a . B. 4 − log a C. 4 + log a . D. 1− log a . 4 4 4 4 Lời giải Chọn A
Ta có: log 4a = log 4 + log a =1+ log a . 4 ( ) 4 4 4
Câu 184. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với a là số thực dương tùy ý, log2 2a bằng
A. 1+ log2 a.
B. 1− log2 a .
C. 2 − log2 a. D. 2 + log2 a . Lời giải Chọn A
log2 2a = log2 2 + log2 a =1+ log2 a .
Câu 185. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn log2(ab) 4 = 3a . Giá trị của 2 ab bằng A. 3. B. 6 . C. 2 . D. 12. Lời giải log2(ab) 4 = 3a ⇔ ( 2
2 )log2(ab) = 3a 2log2(ab) ⇔ 2 = 3a log (ab)2 2 ⇔ 2 = 3a
⇔ (ab)2 = 3a , vì a và b là hai số thực dương 2 ⇔ ab = 3 .
Câu 186. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho a và b là hai số thực dương thoả mãn log3
9 ab = 4a . Giá trị của 2 ab bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 97 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 3. B. 6 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Ta có 2 log3 ab = ⇔ ( log3ab a ) 2 2 9 4 3
= 4a ⇔ a b = 4a mà a ≠ 0 . Suy ra 2 ab = 4 .
Câu 187. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Với a,b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn log a − 2log b = 3 2 4
, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 a = 8b .
B. a = 8b .
C. a = 6b . D. 4 a = 8b . Lời giải Chọn B
Có log a − 2log b = 3 ⇔ log a = log b + 3 ⇔ log a = log 8b ⇔ a = 8b . 2 4 2 2 2 2
Câu 188. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Với a, b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn log a − 2log b = 2 3 9
, mệnh đề nào dưới đây đúng? A. 2 a = 9b .
B. a = 9b .
C. a = 6b . D. 2 a = 9b . Lời giải Chọn B
Ta có: log a − 2log b = 2 ⇔ log a − log b = 2 log  a  ⇔ =
  2 ⇔ a = 9b . 3 9 3 3 3  b
Câu 189. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Với a,b là các số thực dương tùy ý thỏa mãn log a − 2log b = 3 3 9
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a = 27b .
B. a = 9b . C. 4
a = 27b . D. 2 a = 27b . Lời giải Chọn A
Ta có: log − 2log = 3 ⇔ log − log = 3 ⇔ log a = 3 a a b a b
⇔ = 27 ⇔ a = 27b . 3 9 3 3 3 b b
Câu 190. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét các số thực a;b thỏa mãn log 3a.9b = log 3. Mệnh đề nào là 3 ( ) 9 đúng?
A. a + 2b = 2 .
B. 4a + 2b =1. C. 4ab =1.
D. 2a + 4b =1. Lời giải Chọn D a b a b 1
log 3 .9 = log 3 ⇒ log 3 + log 9 = 3 ( ) 9 3 ( ) 3 ( ) 2 1
⇒ a + 2b = ⇒ 2a + 4b =1. 2
14.3 Tính giá trị các biểu thức logarit không dùng BĐT
Câu 191. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn 4 a b =16 . Giá trị
4log a + log b bằng 2 2 A. 4 . B. 2 . C. 16. D. 8 . Lời giải Chọn A. Trang 98
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Từ 4
a b =16 , lấy logarit cơ số 2 hai vế ta được log ( 4 a b = log 16 4 ⇔ + = 2 ) 2 log a log b 4 2 2
⇔ 4log a + log b = 4 . 2 2
Câu 192. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 2 log3(a b) 3 9 = 4a . Giá trị của 2 ab bằng A. 4. B. 2. C. 3. D. 6. Lời giải Ta có: 2 2 2 2 2 log3 (a b) 3 2log 3(a b) 3 log 3(a b) 3 = ⇔ = ⇔ = ⇔ ( 2 a b) 3 4 2 3 2 9 4a 3 4a 3 4a
= 4a ⇔ a b = 4a ⇔ ab = 4.
Câu 193. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 2 log3(a b) 3 9 = 4a . Giá trị của 2 ab bằng A. 4. B. 2. C. 3. D. 6. Lời giải Ta có: 2 2 2 2 2 log3 (a b) 3 2log 3(a b) 3 log 3(a b) 3 = ⇔ = ⇔ = ⇔ ( 2 a b) 3 4 2 3 2 9 4a 3 4a 3 4a
= 4a ⇔ a b = 4a ⇔ ab = 4.
14.4 Dạng toán khác về logarit
Câu 194. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn a >1, b >1 và x y
a = b = ab . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 2y thuộc tập hợp nào dưới đây? A. (1; 2). B.  5 2;     . C. [3; 4) . D. 5 ; 3   .  2   2  Lời giải Chọn D
Do a, b >1 và x, y > 0 nên x y
a = b = ab ⇔ log x a = log y b = ab . a a loga  1 1 x = + log b Tìm được  2 2 a . 2y =1+  log a b Tức 3 1
P = + log b + log a . 2 2 a b
Lại do a, b >1 nên log b a > . a , logb 0 Tức 3 1 3 P ≥ + 2 log b a = + , 3
P = + 2 ⇔ log b = . a 2 a .logb 2 2 2 2 2
Lưu ý rằng, luôn tồn tại a, b >1 thỏa mãn log b = . a 2 Vậy 3 min P = + 2 . 2
Câu 195. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho tồn tại số thực y thõa mãn
log (x + y) = log ( 2 2 x + y ? 3 4 ) A. 3. B. 2. C. 1. D. Vô số
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 99 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải: Chọn B Điều kiện 2 2
x + y > 0; x + y ≠ 0.
x + y = 3t
Ta đặt: log (x + y) = log ( 2 2
x + y = t . Ta có  ( ) 1 3 4 ) 2 2
x + y = 4t Vì ( + )2 ≤ 2( 2 2 +
) ⇒ (3t )2 ≤ 2.4t x y x y ⇒ t ≤ log 2 9 4 log9 2 Thế thì 2 2 t 4 x + y = 4 ≤ 4
≈ 3,27 , vì x nguyên vậy nên 2 x ∈{0; } 1 . y = 3t t  = 0
 Với x = 0, ta có hệ  ⇔  2 y = 4ty = 1
y = 3t −1 t  = 0
 Với x = 1, ta có hệ  . Hệ này có nghiệm  . 2
y = 4t −1 y = 0 y = 3t +1  Với x = 1 − , ta có hệ  . Ta có phương trình 2
y = 4t −1 ( t )2 3 1 4t 1
9t 2.3t 4t + = − ⇔ + − + 2 = 0(*)
Đặt ( ) 9t 2.3t 4t f t = + − + 2 , ta có
Với ≥ 0 ⇒ 9t ≥ 4t t
⇒ f (t) > 0 Với < 0 ⇒ 4t t
< 2 ⇒ f (t) > 0
Vậy phương trình (*) vô nghiệm
Kết luận: Vậy x ∈{0; } 1
15. HÀM SỐ MŨ - LOGARIT
15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
Câu 196. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập xác định của hàm số y = log x là 5 A. [0;+ ∞) . B. (−∞;0) . C. (0;+ ∞). D. (−∞;+ ∞) . Lời giải
Ta có: y = log x . 5
Điều kiện xác định: x > 0 . Suy ra tập xác định D = (0;+ ∞).
Câu 197. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập xác định của hàm số y = log x 6 là A. [0; + ∞) . B. (0; + ∞) . C. ( ; −∞ 0) . D. ( ; −∞ + ∞). Trang 100
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Biểu thức log x D = 0; + ∞ 6
xác định khi x > 0 . Do đó tập xác định của hàm số là ( ).
Câu 198. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập xác định của hàm số y = log x là 3 A. ( ;0 −∞ ). B. (0;+ ∞). C. ( ; −∞ + ∞) . D. [0;+ ∞) . Lời giải Chọn B
Hàm số y = log x có nghĩa khi x > 0 . 3 Vậy D = (0;+ ∞) .
Câu 199. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập xác định của hàm số log x 4 là A. (−∞;0) . B. [0;+ ∞) . C. (0;+ ∞) . D. (−∞;+ ∞). Lời giải
Tập xác định của hàm số log x 0;+ ∞ 4 là ( ) .
Câu 200. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập xác định của hàm số 4x y = là A.  \{ } 0 . B. [0;+∞) . C. (0;+∞). D.  . Lời giải Chọn D
Câu 201. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập xác định của hàm số 5x y = là A.  . B. (0;+∞). C.  \{ } 0 . D. [0;+ ∞) . Lời giải Chọn A
Tập xác định của hàm số 5x y = là 
Câu 202. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập xác định của hàm số 2x y = là A.  . B. (0;+∞). C. [0;+∞) . D.  \{ } 0 . Lời giải Chọn A Hàm số mũ 2x y =
xác định với mọi x∈ nên tập xác định là D =  .
Câu 203. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập xác định của hàm số log x 4 là A. (−∞;0) . B. [0;+ ∞) . C. (0;+ ∞) . D. (−∞;+ ∞). Lời giải
Tập xác định của hàm số log x 0;+ ∞ 4 là ( ) .
Câu 204. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập xác định của hàm số y = log x là 2 A. [0;+∞) . B. ( ; −∞ +∞) . C. (0;+∞) . D. [2;+∞) . Lời giải Chọn C
Hàm số xác định khi x > 0 . Vậy tập xác định D = (0;+∞) .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 101 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
Câu 205. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Hàm số 2 3 2x x y − = có đạo hàm là A. ( ) 2x 3 2 3 2 x x − − .ln 2. B. 2x−3 2 x.ln 2. C. ( ) 2 3 2 3 2x x x − − . D. ( ) 2 3 1 2 3 2x x x − − − . Lời giải Chọn A
Áp dụng công thức ( u )′ = . u a
u′ a .ln a , ta có: 2 x − x = ⇒ ′ = ( − ) 2 3 x −3 2 2 3 2 x y y x .ln 2 .
15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit
Câu 206. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Hàm số y = log x y = x a và
logb có đồ thị như hình bên. y y = log x b 3 y = log x a x O x x 1 2
Đường thẳng y = 3 cắt hai đồ thị tại các điểm có hoành độ là x ; x . Biết rằng x = 2x . Giá trị 1 2 1 2 của a bằng b A. 1 . B. 3 . C. 2 . D. 3 2 . 3 Lời giải Chọn D
Xét phương trình hoành độ giao điểm 3
log x = ⇔ x = a , và 3
log x = ⇔ x = b . b 3 a 3 1 2 3 Ta có 3 3  a a 3
x = 2x ⇔ a = 2b ⇔ = 2 ⇔ =   2 . 1 2  b b
15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lô-ga-rít
Câu 207. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ,
m n) sao cho m + n ≤16 và ứng với mỗi cặp ( ,
m n) tồn tại đúng 3 số thực a ∈( 1; − ) 1 thỏa mãn m a − n ( 2 2 ln a + a +1)? A. 16. B. 14. C. 15. D. 13. Lời giải Chọn D Đặt ( ) m
f a = a − n ( 2 2
ln a + a +1), ta có ′( ) m 1 = 2 − n f a ma − . 2 a +1 ′( ) m 1 − n m 1 − 2 = 0 ⇔ 2 − = 0 ⇔ +1 n f a ma a a =
phải có một nghiệm a <1. 2 a +1 2m 0 Suy ra n < 2 n ⇒
< 4 suy ra a là nghiệm duy nhất. 2m m 0 Ta có bảng biến thiên Trang 102
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Ta thấy 0 là một nghiệm của phương trình f (a) = 0 .
Nếu m =1 suy ra để có nghiệm duy nhất thì n >1⇒ n > 2 (loại) 2m
Nếu m lẻ và m ≠ 1 thì ta có a là một nghiệm thì −a cũng là một nghiệm, do đó có đủ 3 nghiệm.
Nếu m chẵn thì phương trình chỉ có tối da 2 nghiệm (vì không có nghiệm âm). Suy ra m lẻ.
Để có 1 nghiệm dương thì theo BBT ta có f ( )
1 > 0 ⇒ 2 > n ( + ) 2 ln 1 2 ⇔ n < ( ≈ . 1+ 2) 2,2 ln Suy ra n∈{1; }
2 suy ra m∈{3;5;;1 } 5 . Suy ra có 13 cặp ( ,
m n) (do 15+ 2 =17 >16). 15.5 Bài toán lãi suất
Câu 208. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là
900.000.000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán
năm trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bảo nhiêu ( kết
quả làm tròn đến hàng nghìn)? A. 810.000.000.
B. 813.529.000. C. 797.258.000. D. 830.131.000. Lời giải Chọn B Ta có: 2
A = 900.000.000,r = 100
Năm 2021 giá xe niêm yết là: T = A − Ar 1
Năm 2022 giá xe niêm yết là T = A − Ar − ( A− Ar)r = A(1− r)2 2 .
Năm 2025 giá xe niêm yết là: T = T −T r = A(1− r)5 5 4 4 5  2 T 900.000.000 1  = − ≈   813.529.000 5  100 
Câu 209. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Năm 2020 một hãng xe niêm yết giá bán loại xe X là 750.000.000
đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán của năm liền
trước. Theo dự định đó năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao nhiêu ( kết quả
làm tròn đến hàng nghìn ) ?
A. 677.941.000 đồng.
B. 675.000.000 đồng.
C. 664.382.000 đồng.
D. 691.776.000 đồng.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 103 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải Chọn A
Giá xe năm 2020 là A
Giá xe năm 2021 là A = A − .
A r = A 1− r . 1 ( )
Giá xe năm 2022 là A = A − A .r = A(1− r)2 . 2 1 1
Giá xe năm 2023 là A = A − A .r = A(1− r)3 . 3 2 2
Giá xe năm 2024 là A = A − A .r = A(1− r)4 . 4 3 3 5  2 Giá xe năm 2025 là A
A A .r A(1 r)5 750.000.000 1  = − = − = − ≈   677.941.000 5 4 4 đồng.  100 
Câu 210. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong năm 2019 , diện tích trồng rừng mới của tỉnh A là 1000
ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích
rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019 , năm nào dưới đây là năm đầu tiên của
tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1400 ha? A. Năm 2043. B. Năm 2025 . C. Năm 2024 . D. Năm 2042 . Lời giải Fb: Do Huu Nhan
Phản biện: Trần Quốc An Đặt A =1000 r = 0 ha, 6% .
Diện tích rừng trồng mới sau n năm là: A = A 1 n + r n 0 ( ) ⇒ < ( + r)n 14 1400 1000 1 ⇒ n > log ⇒ > . + n r 5,77 1 10
Vậy tới năm 2025 diện tích rừng trồng mới đạt trên 1400 ha.
Câu 211. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Năm 2020, một hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là
800.000.000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán
của năm liền trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô tô niêm yết giá bán loại xe X là bao
nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?
A. 708.674.000 đồng. B. 737.895.000 đồng. C. 723.137.000 đồng. D. 720.000.000 đồng. Lời giải Chọn C
Giá bán loại xe X năm 2021 là: 800.000.000 −800.000.000× 2% = 800.000.000×(1− 2%) Giá bán loại xe X năm 2022 là: ×( − )− ×( − )× = ×( − )2
800.000.000 1 2% 800.000.000 1 2% 2% 800.000.000 1 2% .
Tương tự ta có: giá bán loại xe X năm 2025 sẽ là: ×( − )5
800.000.000 1 2% ≈ 723.137.000 đồng.
15.6 Bài toán tăng trưởng
Câu 212. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 600 ha. Giả
sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1000 ha? A. Năm 2028. B. Năm 2047. C. Năm 2027. D. Năm 2046. Trang 104
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải
Gọi S , S r lần lượt là diện tích rừng trồng mới năm 2019, diện tích rừng trồng mới sau n n , % 0
năm và phần trăm diện tích rừng trồng mới tăng mỗi năm.
Sau 1 năm, diện tích rừng trồng mới là S = S + S r = S 1+ r . 1 0 0 0 ( )
Sau 2 năm, diện tích rừng trồng mới là S = S + S r = S (1+ r) = S (1+ r)2 2 1 1 1 0 . …
Sau n năm, diện tích rừng trồng mới là S = S 1 n + r . n 0 ( ) Theo bài ra n n 5 5
S = 600, r = 0,06, S > ⇒ + > ⇒ > ⇒ n > ≈ . n 1000 600 1 0,06 1000 1,06 log 8,77 0 ( ) 1,06 3 3
Vậy phải sau ít nhất 9 năm thì diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mới đạt trên 1000 ha. Đó là năm 2028.
Câu 213. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong năm 2019 , diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 900
ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích
rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên của
tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1700 ha? A. Năm 2029 . B. Năm 2051. C. Năm 2030 . D. Năm 2050 . Lời giải
Gọi x là số năm tính từ 2019 đến năm có diện tích là 1700 ha, ta có 1700 900(1 6%)x < + ⇒ x > 10,9 .
Năm đầu tiên của tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1700 ha chọn x = 11 . Suy ra năm 2030 .
Nhận xét: Bài toán này tương tự bài toán cơ bản về lãi suất quen thuộc với các em.
Câu 214. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 800 ha.
Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1400 ha? A. Năm 2029. B. Năm 2028. C. Năm 2048. D. Năm 2049. Lời giải Ta có: S = ; A = ; r = 6% . n 1400ha 800ha
Áp dụng công thức: S = A r A r n
(1+ )n ⇒ (1+ )n >1400 1400  1400 n log  ⇔ > ⇔ n > ⇔ n > ⇒ n = . +r   log   9,609 10 1 1,06  A   800 
Vậy năm đầu tiên là năm 2029.
Câu 215. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 800 ha.
Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng
trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có
diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1400 ha? A. Năm 2029. B. Năm 2028. C. Năm 2048. D. Năm 2049. Lời giải Ta có: S = ; A = ; r = 6% . n 1400ha 800ha
Áp dụng công thức: S = A r A r n
(1+ )n ⇒ (1+ )n >1400
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 105 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 1400  1400 n log  ⇔ > ⇔ n > ⇔ n > ⇒ n = . +r   log   9,609 10 1 1,06  A   800 
Vậy năm đầu tiên là năm 2029.
Câu 216. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Để quảng bá cho sản phẩm A, một công ty dự 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 tỷ lệ người xem quảng cáo đó mua sản phẩm A tuân theo công thức P(n) 1 =
. Hỏi cần phát ít nhất bao nhiêu lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản 0,015 1+ 49 n e− phẩm đạt trên 30%? A. 202 . B. 203. C. 206 . D. 207. Lời giải Chọn B
Để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên 30% điều kiện là P(n) 1 3 = > 30% = 0,015 1+ 49 n e− 10 0 − ,015n 10 0 − ,015n 1  1  1  1 1 49e e 0,015n ln n ln  ⇔ + < ⇔ < ⇔ − < ⇔ > − ≈     202,968 3 21  21 0,015  21
⇒ n ≥ 203 ⇒ n = 203. min
15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số
Câu 217. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn x y 1 2x .4 y + − + ≥ 3 .
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P = x + y + 6x + 4y bằng A. 65 . B. 33 . C. 49 . D. 57 . 8 4 8 8 Lời giải Ta có x+ y 1 − 2x+2 y−2 2x + .4 y ≥ 3 ⇔ .2 y ≥ 3− 2x 2 y ( ) 3 2 2 .2 3 2 .2 x y x − ⇔ ≥ − (*) Hàm số ( ) = .2t f t
t đồng biến trên , nên từ (*) ta suy ra
2y ≥ 3− 2x ⇔ 2x + 2y − 3 ≥ 0 ( ) 1 Ta thấy ( )
1 bất phương trình bậc nhất có miền nghiệm là nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng d : 2x + 2y − 3 = 0 (phần không chứa gốc tọa độ O ), kể cả các điểm thuộc đường thẳng d . Xét biểu thức 2 2
P = x + y + 6x + 4y ⇔ (x + 3)2 + ( y + 2)2 = P +13 (2)
Để P tồn tại thì ta phải có P +13 ≥ 0 ⇔ P ≥ 13 − .
Trường hợp 1: Nếu P = 13 − thì x = 3 − ; y = 2 − không thỏa ( )
1 . Do đó, trường hợp này không thể xảy ra.
Trường hợp 2: Với P > 13
− , ta thấy (2) là đường tròn (C) có tâm I ( 3 − ; 2 − ) và bán kính R = P +13 .
Để d và (C) có điểm chung thì d (I d ) 13 65 ; ≤ R ⇔
≤ P +13 ⇔ P ≥ . 2 2 8 Trang 106
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Khi 65 P =
đường tròn (C) tiếp xúc đường thẳng d tại 1 5
N  ;  (thỏa mãn vì N thuộc (T )). 8 4 4    Vậy 65 min P = . 8
Câu 218. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( ;
m n) sao cho m + n ≤ 10 và ứng với mỗi cặp ( ;
m n) tồn tại đúng 3 số thực a ∈(−1; ) 1 thỏa mãn m a = n ( 2 2
ln a + a +1) ? A. 7 . B. 8 . C. 10 . D. 9 . Lời giải Chọn D m Ta có m = ( 2 + + ) 2 2 ln 1 a a n a a ⇔ = ln ( 2 a + a +1). n
Xét hai hàm số f (x) = ( 2
ln x + x +1) và ( ) 2 m
g x = x trên (−1; ) 1 . n Ta có f ′(x) 1 = > 0 nên f (x) luôn đồng biến và 2 x +1   f (−x) = ( 2 −x + x + ) 1 ln 1 = ln  = − ln ( 2
x + x +1 = − f x nên f (x) là hàm số 2 ) ( )  x + x +1  lẻ.
+ Nếu m chẵn thì g (x) là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng
Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ.
+ Nếu m lẻ thì hàm số g (x) là hàm số lẻ và luôn đồng biến.
Ta thấy phương trình luôn có nghiệm x = 0 . Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số lẻ,
suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên (−1; )
1 khi có 1 nghiệm trên (0; ) 1 , hay
f ( ) > g ( ) ⇔ ( + ) 2 2 1 1 ln 1 2 < ⇔ n < ≈ ⇒ ∈ . n ( + ) 2,26 n {1; }2 ln 1 2
Đối chiếu điều kiện, với n = 1 suy ra m ∈{1;3;5;7; }
9 , có 5 cặp số thỏa mãn
Với n = 2 thì m ∈{1;3;5; }
7 có 4 cặp số thỏa mãn.
Vậy có 9 cặp số thỏa mãn bài toán.
15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lô-ga-rít(nhiều biến)
Câu 219. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn x y 1 2x .4 y + − + ≥ 3. Giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P = x + y + 4x + 6y bằng
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 107 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. 33 . B. 65 . C. 49 . D. 57 . 4 8 8 8 Lời giải
Nhận xét: Giá trị của x, y thỏa mãn phương trình x+ y 1 2x y 4 − + ⋅ = 3( )
1 sẽ làm cho biểu thức P nhỏ nhất. Khi đó x+ y 1 − x+ y 1 (1) : x + y ⋅4 = 3 ⇔ 4 − 2 2 3
+ (x + y) − 2 − = 0 y y
Đặt a = x + y , từ ( ) 1 ta được phương trình a 1 − 2 3
4 + .a − 2 − = 0 (*). y y
Xét hàm số f (a) a 1 − 2 3
= 4 + .a − 2 − . Ta có f (a) a 1 − 2 ' = 4 .ln 4 + > 0, y
∀ > 0 nên f (a) hàm y y y số đồng biến.
Mặt khác, lim f (a) = −∞ , lim f (a) = +∞ . x→−∞ x→+∞
Do đó, phương trình (*) có nghiệm duy nhất 3 3
a = ⇒ x + y = . 2 2  1  1 65
Ta viết lại biểu thức P = (x + y)2 + 4(x + y) + 2 y − − = 65  . Vậy P = . 4    8 8 min 8 Cách khác:
Với mọi x, y không âm ta có 3 3     1 x+ y− 3 3 x+ y x y − + − 2 2 2x + .4 y ≥ 3 ⇔ x + .4 y
≥ ⇔  x + y − +  . y 4 −1 ≥ 0 (1) 2  2    3 Nếu 3    
x + y − < 0 thì 3 x+ y−2  x + y − +  . y 4 −1 < 0 + . y ( 0 4 − ) 1 = 0 (vô lí) 2  2    Vậy 3 x + y ≥ . 2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhyakovski ta được 2 2
P = x + y + 4x + 6y = (x + 3)2 + ( y + 2)2 −13 2 1 ≥ (x + y + )2 1  3  65 5 −13 ≥ +  5 −  13 = 2 2  2  8  5  3 yx + y = =  Đẳng thức xảy ra khi  4  2 ⇔  . 1
x + 3 = y + 2 x =  4 Vậy 65 min P = . 8
Câu 220. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Xét các số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1 2x .4 y + − + ≥ 3 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P = x + 2x + y + 4y . A. 33 . B. 9 . C. 21 . D. 41 . 8 8 4 8 Lời giải: Trang 108
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Cách 1 (Thầy Nguyễn Duy Hiếu). Ta có x y 1 2x .4 y + − + ≥ 3 ⇔ 2x 2 y 3 2x 3 2 .2 y + − − +
≥ 0 ⇔ x + y − + y ( 2x+2y−3 2 2 3 2 . 2 − ) 1 ≥ 0 (1)
Nếu 2x + 2y − 3 < 0 thì VT(1) < 0, vô lý, nên từ (1) suy ra 2x + 2y − 3 ≥ 0 ⇔ 3 x + y ≥ 2
P = (x + )2 + ( y + )2 1 1 2 − 5 = (1+ ) 1 (x + )2 1 + ( y + 2)2  −5 2   2 1
≥ (x + + y + )2 1  3  41 1 2 − 5 ≥ 3+ −  5 = . 2 2  2  8 41 Dấu “=” xảy ra ⇔ 5 1
x = , y = . Vậy min P = . 4 4 8
Cách 2 (Trần Văn Trưởng).  Ta có x+ y 1 − y x 1 2x .4 y 3 .4 y .4 − + ≥ ⇔ ≥ 3− 2x 2 y ( ) 2 2 .2 3 2 .2 x y x − ⇔ ≥ − 2 y ( ) 3 2 2 .2 3 2 .2 x y x − ⇔ ≥ − . (*) Nếu 3
3− 2x ≤ 0 ⇔ x ≥ thì với mọi 3
x ≥ , y ≥ 0 đều thỏa mãn (*) và khi đó 2 2 2 2 21
P = x + y + 2x + 4y ≥ . 4 Nếu 3− 2x > 0 .
 Xét hàm số ( ) = .2t f t
t với t ∈(0;+∞) .
 Ta có '( ) = 2t + .2t f t
t .ln 2 > 0, t ∀ ∈(0;+∞) .
 Do đó hàm số f (t) đồng biến trên (0;+∞). Từ (*) suy ra 2y ≥ 3− 2x ⇔ 2x + 2y ≥ 3.
 Xét P = (x + )2 + ( y + )2 1
2 − 5 ⇔ (x + )2 + ( y + )2 1 2 = P + 5 .  3 0 ≤ x< ( ) 1  2 
 Ta có hệ điều kiện sau: y ≥ 0 (2) 
2x + 2y −3 ≥ 0 (3) (x+  )2
1 + ( y + 2)2 = P + 5 (4)
 Hệ điều kiện (1), (2), (3) là phần tô màu trên hình vẽ.
 (4) coi như là đường tròn tâm I ( 1; − 2
− ), R = P + 5 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 109 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
 Để hệ có nghiệm thì d (I;∆) ≤ R = P + 5 , ở đó ∆ : 2x + 2y −3 = 0 . 2(− ) 1 + 2( 2 − ) −3  Suy ra 41
≤ P + 5 ⇔ P ≥ . 2 2 2 + 2 8
 Dấu bằng xảy ra khi hệ sau có nghiệm:  3 0 ≤ x <  2  y ≥ 0 
2x + 2y − 3 = 0  ( 
x + )2 + ( y + )2 41 1 2 = + 5  8  5 x = 
 Giải hệ này ta tìm được  4  . 1 y =  4 41 5 1  Vậy Min P =
khi x = , y = . 8 4 4
Cách 3 (Nguyễn Kim Duyên) Giả thiết x y 1 2x .4 y + − + ≥ 3 ( ) 1 2x 2 y 2 2x 2 .2 y + − ⇔ − + ≥ 1.
Đặt a = 2x + 2y − 2 ; b = 2x − 2 ⇒ a ≥ b và a b y − = . 2 ( )1 − viết lại: a b b +
.2a ≥ 1 ⇔ 2(b − a) + (a − b)2a ≥ 2 − 2a ⇔ ( − )(2a a b
− 2) ≥ 2 − 2a (*) 2
• Nếu a < 1 thì VT (*) ≤ 0 < VP(*) . Vậy không xảy ra a < 1.  x ≥ 0
• Nếu a ≥ 1 thì  y ≥ 0 (D). 2x + 2y ≥  3 Trang 110
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Biểu diễn được P + = (x + )2 + ( y + )2 5 1
2 , xem như là phương trình đường tròn (C) có tâm I ( 1; − 2
− ) , bán kính P + 5 .
Ta cần tìm min P trên miền (D). Khi đó (C) là đường tròn có bán kính nhỏ nhất chạm miền
(D) ⇔ d (I,∆) = P + 5 (trong đó, ∆ : 2x + 2y −3 = 0). 9 41 ⇔ = P + 5 ⇔ P =
. Khi đó ∆ tiếp xúc (C) tại điểm  5 1  ;  . 2 2 8 4 4    41 5 1 Vậy min P =
, đạt được khi x = , y = . 8 4 4
Cách 4 ( NT AG). Ta có x+ y 1 − 2x+2 y−3 2x + .4 y ≥ 3⇔2x + 2 .2 y ≥ 3.
Nếu 2x + 2y − 3 < 0 thì 2x+2 y−3 0 3 ≤ 2x + 2 . y 2 < 2x + 2 .
y 2 = 2x + 2y . Suy ra 2x + 2y − 3 > 0 . Mâu thuẫn. 3 5
Nếu 2x + 2y − 3 ≥ 0 (1). Ta có (1) ⇔ x + y ≥ ⇔ x + (y +1) ≥ . Đặt t = y +1 ( t ≥ 1). Ta có 2 2 5
x + t≥ . Khi đó, 2 2 2 2 2
P = x + 2x + y + 4y = x + (y +1) + 2x + 2y + 2 − 3 2 2
= x + t + 2(x + t) − 3 2 1 2 1  5   5  41
≥ (x + t) + 2(x + t) − 3 ≥ . + 2. − 3 =     . 2 2  2   2  8 5 5 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = t = hay x = , y = . 4 4 4
Nhận xét: Thông qua đặt t = y +1 ta đưa được về giả thiết và kết luận đều có biểu thức đối xứng 5
đối với x và t , vì thế thí sinh có thể dễ dàng phán đoán P đạt min khi x = t = . 4
Câu 221. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 2 x + y 1 + ≤ ( 2 2 2 + − 2 + 2).4x x y x . Giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 8x + 4 P =
gần nhất với số nào dưới đây 2x − y +1 A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn C
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 111 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Nhận xét 2 2
x + y − 2x + 2 > 0∀ ; x y 2 2 x + y 1 + Bất phương trình 2 2 x + y 1 + 2 ≤ ( 2 2 2 + − 2 + 2).4x x y x ⇔
≤ x + y − x + x ( 2 2 2 2 2 ) 2 2 2
x + y −2x 1 + ⇔ ≤ ( 2 2 2
x + y − 2x + 2). Đặt 2 2
t = x + y − 2x +1
Bất phương trình ⇔ 2t ≤ t +1 ⇔ 2t − t −1≤ 0 Đặt ( ) = 2t f t
− t −1. Ta thấy f (0) = f ( ) 1 = 0. Ta có ′( ) = 2t f t ln 2 −1 f (t) t  1 0 2 ln 2 1 t log  ′ = ⇔ = ⇔ = ≈   0,52 2  ln 2 
Quan sats BBT ta thấy f (t) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤1 2 2
0 ≤ x + y − 2x +1≤1 ⇔ (x − )2 2 1 + y ≤1 ( ) 1 Xét 8x + 4 P =
⇔ 2Px − Py + P = 8x + 4 2x − y +1
⇔ P − 4 = (8 − 2P) x + Py
⇔ P − 4 + 2P −8 = (8 − 2P) x + 2P −8 + Py
⇔ 3P −12 = (8 − 2P)(x − ) 1 + Py
⇔ ( P − )2 = ( − P)(x − ) 2 + Py ≤   ( − P)2 2
+ P  (x − )2 2 3 12 8 2 1 8 2 1 + y      Thế ( )
1 vào ta có ( P − )2 3 12 ≤ ( − )2 2 8 2P + P  2 
 ⇔ 4P − 40P + 80 ≤ 0 ⇔ 5 − 5 ≤ P ≤ 5 + 5 .  1 x =  3   2 −  8 − 2P x −1 2 − x −1 =  2 −  5 = = yx −1 = yy =  5  
Dấu “=” xảy ra khi  P y  5  3  5 ⇔  ⇔ ⇔  2  (    −  5 x 2  −  5  )2 2 1 + y =1 y =   1 =  y = ±  x    5   3  3   −  5 y =   3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5 − 5 ≈ 2,76 gần giá trị 3 nhất. Trang 112
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
16. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
16.1 PT,BPT mũ cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
Câu 222. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Nghiệm của phương trình 2x 1 3 − = 27 là A. x = 5. B. x = 1. C. x = 2 . D. x = 4 . Lời giải Chọn C. 2x 1
3 − = 27 ⇔ 2x −1 = 3 ⇔ x = 2 .
Câu 223. [Đề-BGD-2020-Mã-101]Nghiệm của phương trình x 1 3 − = 9 là A. x = 2 − . B. x = 3. C. x = 2 . D. x = 3 − . Lời giải Ta có: x 1− x 1 − 2
3 = 9 ⇔ 3 = 3 ⇔ x −1 = 2 ⇔ x = 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
Câu 224. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm của phương trình 2x−3 2 = 2x là A. x = 8. B. x = 8 − . C. x = 3. D. x = 3 − . Lời giải Chọn C Ta có 2x−3 2
= 2x ⇔ 2x − 3 = x ⇔ x = 3 . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3.
Câu 225. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Nghiệm của phương trình 2x−4 2 = 2x là A. x =16 . B. x = 16 − . C. x = 4 − . D. x = 4 . Lời giải Chọn D Ta có: 2x−4 2
= 2x ⇔ 2x − 4 = x ⇔ x = 4.
Câu 226. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Nghiệm của phương trình x 1 3 − = 27 là A. x = 4 . B. x = 3. C. x = 2 . D. x =1. Lời giải Chọn A x 1 3 − = 27 x 1 − 3 ⇔ 3 = 3 ⇔ x = 4 .
Câu 227. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập nghiệm của bất phương trình 9x 2.3x + − 3 > 0 là A. [0;+∞).. B. (0;+∞). . C. (1;+∞). . D. [1;+∞). Lời giải Chọn B t > 1 Đặt = 3x t
(t > 0) bất phương trình đã cho trở thành 2t + 2t −3 > 0 ⇔  t < 3 −  (loai)
Với t >1 thì 3x >1 ⇔ x > 0 .
16.2 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
Câu 228. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Tập nghiệm của bất phương trình 2x 13 3 − < 27 là
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 113 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT A. (4;+ ∞) . B. ( 4; − 4) . C. (−∞;4) . D. (0;4). Lời giải Ta có: 2 2 x 13 − x 13 − 3 2 2 3 < 27 ⇔ 3
< 3 ⇔ x −13 < 3 ⇔ x <16 ⇔ x < 4 ⇔ 4 − < x < 4.
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = ( 4; − 4). Kết luận: S = ( 4; − 4).
Câu 229. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Nghiệm của phương trình x−2 3 = 9 là A. x  3 B. x  3 C. x  4 D. x  4 Lời giải Chọn C Ta có x−2 x−2 2
3 = 9 ⇔ 3 = 3 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x = 4
Câu 230. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình x 1 3 + = 9 là A. x =1. B. x = 2 . C. x = 2 − . D. x = 1 − . Lời giải Ta có x 1
3 + = 9 ⇔ x +1 = log 9 ⇔ x =1. 3 .
Câu 231. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình x+2 3 = 27 là A. x = 2 − . B. x = 1 − . C. x = 2 . D. x =1. Lời giải Ta có: x+2 3 = 27 x+2 3
⇔ 3 = 3 ⇔ x + 2 = 3 ⇔ x =1.
Câu 232. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình x+2 3 = 27 là A. x = 2 − . B. x = 1 − . C. x = 2 . D. x =1. Lời giải Ta có: x+2 3 = 27 x+2 3
⇔ 3 = 3 ⇔ x + 2 = 3 ⇔ x =1.
Câu 233. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Tập nghiệm của bất phương trình 2x−23 3 < 9 là : A. ( 5; − 5) . B. ( ; −∞ 5) . C. (5;+∞) . D. (0;5) . Lời giải Ta có : 2 2 x −23 x −23 2 2 2 3 < 9 ⇔ 3
< 3 ⇔ x − 23 < 2 ⇔ x < 25 ⇔ 5 − < x < 5
Câu 234. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập nghiệm của bất phương trình 2x−7 2 < 4 là A. ( 3 − ;3) . B. (0;3). C. ( ; −∞ 3) . D. (3;+∞) . Lời giải Ta có 2 2
⇔ x − 7 < 2 ⇔ x < 9 ⇔ 3 − < x < 3 .
Câu 235. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập nghiệm của bất phương trình 2x 1 2 − < 8 là A. (0;2). B. (−∞;2) . C. ( 2; − 2) . D. (2;+ ∞) . Lời giải Ta có 2x 1 2 − < 8 2 x 1 − 3 ⇔ 2 < 2 2 ⇔ x −1< 3 2
⇔ x − 4 < 0 ⇔ 2 − < x < 2 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 2; − 2). Trang 114
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 236. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Tập nghiệm của bất phương trình 2x 1 2 − < 8 là A. (0;2). B. (−∞;2) . C. ( 2; − 2) . D. (2;+ ∞) . Lời giải Ta có 2x 1 2 − < 8 2 x 1 − 3 ⇔ 2 < 2 2 ⇔ x −1< 3 2
⇔ x − 4 < 0 ⇔ 2 − < x < 2 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 2; − 2).
16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
Câu 237. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá
242 số nguyên y thỏa mãn log ( 2
x + y ≥ log x + y ? 4 ) 3 ( ) A. 55. B. 28 . C. 29 . D. 56. Lời giải x + y > 0 Điều kiện  2
x + y > 0 . Khi đó x, y∈   log + ≥ log + ⇔ + ≥ 4 x+y x y x y x y
⇔ x + y ≥ x + y 4 ( 2 ) 3 ( ) 2 log 2 log 4 3 ( ) ( ) 3 2
⇔ x − x > (x + y)log34 − (x + y) ( ) 1
Đặt t = x + y ⇒ t ≥1 thì ( ) 1 được viết lại là 2 log3 4
x − x > t − t (2)
Với mỗi x nguyên cho trước có không quá 242 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình ( ) 1
Tương đương với bất phương trình (2) có không quá 242 nghiệm t . Nhận thấy ( ) log34 f t = t
− t đồng biến trên [1;+∞) nên nếu 2 log3 4 x − x > 243 − 243 = 781 thì
sẽ có ít nhất 243 nghiệm nguyên t ≥1.
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với 2
x − x ≤ 781 ⇔ 27, − 4 ≤ x ≤ 28,4 .
Mà x nguyên nên x∈{ 27, − 26 − ,...,27, } 28 .
Vậy có tất cả 28 + 28 = 56 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 238. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn x y  1 2x y.4    3 .
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 x  2
y  4x  2y bằng A. 33 . B. 9 . C. 21 . D. 41 . 8 8 4 8 Lời giải Ta có : x y  1 2x y.4    3 2 y−(3−2x) ⇔ 2 .2 y ≥ 3− 2x 2 y ( ) 3 2 2 .2 3 2 .2 x y x − ⇔ ≥ − (*).
Xét hàm số ( ) = .2t f t
t có ′( ) = 2t + .2t f t t .ln 2 .
Trường hợp 1 : Với 3
x ≥ ⇒ (*) luôn đúng y ∀ ≥ 0 . 2 2 Ta có : P  3  33
= (x + )2 + ( y + )2 2 1 − 5 ≥ + 2 +  (0+ )2 1 − 5 =  .  2  4  3 x = Dấu bằng xảy ra ⇔  2 . y = 0
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 115 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Trường hợp 2 : 3
0 ≤ x < suy ra t ≥ 0 ⇒ f ′(t) > 0 hay hàm số y = f (t) luôn đồng biến nên 2
(*) ⇔ 2y ≥ 3− 2x 3 2x y − ⇔ ≥ . 2 2 Ta có : 2 2 2  3 − 2 4 2 x P x y x y x  = + + + ≥ + + 4x + 3−   2x  2   1 2 x =  2 21  1  41 41 = 2x − x + = 2  4  x − + ≥ dấu bằng xảy ra ⇔ . 4 4     8 8 5 y =  4
Câu 239. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Xét các số thực không âm x và y thỏa mãn x y  1 2x y.4    3 .
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 x  2
y  4x  2y bằng A. 33 . B. 9 . C. 21 . D. 41 . 8 8 4 8 Lời giải Ta có : x y  1 2x y.4    3 2 y−(3−2x) ⇔ 2 .2 y ≥ 3− 2x 2 y ( ) 3 2 2 .2 3 2 .2 x y x − ⇔ ≥ − (*).
Xét hàm số ( ) = .2t f t
t có ′( ) = 2t + .2t f t t .ln 2 .
Trường hợp 1 : Với 3
x ≥ ⇒ (*) luôn đúng y ∀ ≥ 0 . 2 2 Ta có : P  3  33
= (x + )2 + ( y + )2 2 1 − 5 ≥ + 2 +  (0+ )2 1 − 5 =  .  2  4  3 x = Dấu bằng xảy ra ⇔  2 . y = 0 Trường hợp 2 : 3
0 ≤ x < suy ra t ≥ 0 ⇒ f ′(t) > 0 hay hàm số y = f (t) luôn đồng biến nên 2
(*) ⇔ 2y ≥ 3− 2x 3 2x y − ⇔ ≥ . 2 2 Ta có : 2 2 2  3 − 2 4 2 x P x y x y x  = + + + ≥ + + 4x + 3−   2x  2   1 2 x =  2 21  1  41 41 = 2x − x + = 2  4  x − + ≥ dấu bằng xảy ra ⇔ . 4 4     8 8 5 y =  4
17. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA Trang 116
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 17.1 Câu hỏi lý thuyết
Câu 240. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Nghiệm của phương trình log (x−1) = 3 là 2 A. x =10 . B. x = 9 . C. x = 8. D. x = 7 . Lời giải Chọn B Ta có 3
log (x−1) = 3 ⇔ x = 2 +1 = 9 nên 2
17.2 PT,BPT loga cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
Câu 241. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Nghiệm của phương trình log x −1 = 2 là 3 ( ) A. x = 8 . B. x = 9. C. x = 7 . D. x =10 . Lời giải Ta có x −1 > 0 x >1 log x −1 = 2 ⇔  ⇔ 
⇔ x =10 . 3 ( ) x −1 = 9 x =10
Câu 242. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình log (x − 2) = 3 là 2 A. x = 6 . B. x = 8. C. x =11. D. x =10 . Lời giải
Điều kiện x > 2. 3
log (x − 2) = 3 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x =10 2 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x =10 .
Câu 243. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình log x − 2 = 2 là 3 ( ) A. x =11. B. x =10 . C. x = 7 . D. x = 8. Lời giải
Điều kiện : x − 2 > 0 ⇔ x > 2 Ta có: log (x − 2) 2
= 2 ⇔ x − 2 = 3 ⇔ x =11 (Thỏa mãn điều kiện x > 2 ). 3
Vậy phương trình log x − 2 = 2 có nghiệm là x =11. 3 ( )
Câu 244. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Nghiệm của phương trình log (x +8) = 5 bằng 2 A. x =17 . B. x = 24 . C. x = 2 . D. x = 40 . Lời giải Chọn B Ta có 5
log (x + 8) = 5 ⇔ x + 8 = 2 ⇔ x = 24 . 2
Câu 245. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Nghiệm của phương trình log x + 9 = 5 là 2 ( ) A. x = 41. B. x = 23 . C. x =1. D. x =16 . Lời giải Chọn B ĐK: x > 9 − Ta có: log (x + 9) 5
= 5 ⇔ x + 9 = 2 ⇔ x = 23. 2
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 117 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 246. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Nghiệm của phương trình log x − 2 = 2 là 3 ( ) A. x =11. B. x =10 . C. x = 7 . D. x = 8. Lời giải
Điều kiện : x − 2 > 0 ⇔ x > 2 Ta có: log (x − 2) 2
= 2 ⇔ x − 2 = 3 ⇔ x =11 (Thỏa mãn điều kiện x > 2 ). 3
Vậy phương trình log x − 2 = 2 có nghiệm là x =11. 3 ( )
Câu 247. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 18 − x ≥ 2 là 3 ) A. (−∞; ] 3 . B. (0; ] 3 . C. [ 3; − ]3. D. (−∞;− ] 3 ∪[3;+ ∞) . Lời giải Chọn C Điều kiện: 2
18 − x > 0 ⇔ x∈( 3 − 2 ;3 2) (*). Khi đó ta có: log ( 2 18 − x ≥ 2 2
⇔ 18 − x ≥ 9 ⇔ 3 − ≤ x ≤ 3 . 3 )
Kết hợp với điều kiện (*) ta được tập ngiệm của bất phương trình đã cho là [ 3; − ]3.
Câu 248. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 13− x ≥ 2 là 3 ) A. ( ; −∞ 2
− ]∪[2: +∞) . B. ( ;2 −∞ ] . C. (0;2]. D. [ 2; − 2]. Lời giải Chọn D 13  − x > 0 x <13
 Bất phương trình log (13− x ) 2 2 2 ≥ 2 ⇔  ⇔ 3 2  2 13  − x ≥ 9  x ≤ 4
− 13 < x < 13 ⇔  ⇔ 2 − ≤ x ≤ 2 .  2 − ≤ x ≤ 2
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình log ( 2 13− x ≥ 2 là [ 2; − 2]. 3 )
Câu 249. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Nghiệm của phương trình log x + 6 = 5 là: 2 ( )
A. x = 4 .
B. x =19 .
C. x = 38. D. x = 26 . Lời giải Chọn D
Điều kiện x + 6 > 0 ⇔ x > 6 −
Ta có: log x + 6 = 5 ⇔ log x + 6 = log 2 ⇔ (x + 6) = 32 ⇔ x = 32 − 6 ⇔ x = 26(TM ) 2 ( ) 5 2 ( ) 2
Vậy nghiệm của phương trình: x = 26
Câu 250. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Tập nghiệm của bất phương trình log ( 2
36 − x ≥ 3 là 3 ) A. ( ; −∞ − ] 3 ∪[3;+∞) . B. ( ; −∞ ] 3 . C. [ 3 − ; ] 3 . D. (0; ] 3 . Lời giải Chọn C Ta có: log ( 2 36 − x ) 2 2
≥ 3 ⇔ 36 − x ≥ 27 ⇔ 9 − x ≥ 0 ⇔ 3 − ≤ x ≤ 3. 3
Câu 251. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Tập nghiệm của bất phương trình log x ≥1 là A. (10;+∞). B. (0;+∞). C. [10;+∞) . D. ( ; −∞ 10). Trang 118
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Chọn C
log x ≥1 ⇔ x ≥10 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [10;+∞) .
17.3 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
Câu 252. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Nghiệm của phương trình log x +1 +1= log 4x +1 là 3 ( ) 3 ( ) A. x = 3. B. x = 3 − . C. x = 4 . D. x = 2 . Lời giải Chọn D Ta có điều kiện: 1 x ≥ − 4
log x +1 +1 = log 4x +1 ⇔ log 3 x +1 = log 4x +1 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) ⇔ 3(x + ) 1 = 4x +1 ⇔ x = 2 (nhận).
17.4 PP phân tích thành nhân tử (không tham số)
Câu 253. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá
255 số nguyên y thỏa mãn log ( 2
x + y ≥ log (x + y) 3 ) 2 ? A. 80 . B. 79 . C. 157 . D. 158. Lời giải x + y > 0 y > −x Điều kiện  ⇔ 2  2 x + y > 0 y > −x Vì x∈ nên 2
x − x ≥ 0, x ∀ ∈ suy ra 2 2
x > x ⇔ −x ≤ −x do đó có điều kiện
y > −x ⇒ y ≥1− x .
Xét hàm số f ( y) = log ( 2
x + y − log x + y 3 ) 2 ( ) . 1 1
(x + y)ln 2−( 2x + y)ln3
Ta có f ′( y) = ( − = 2
x + y)ln3 (x + y)ln 2 ( 2
x + y)(x + y)ln3.ln 2 Vì 2 2
x ≤ x ⇒ 0 < x + y ≤ x + y 0 < ln 2 < ln 3 Suy ra (x + y) < ( 2 ln 2
ln 3 x + y) ⇒ f ′( y) < 0.
Nhận xét: f (1− x) = log ( 2
x − x +1 − log 1≥ 0, x ∀ ∈ 3 ) 2  .
Giả sử phương trình f ( y) = 0 có nghiệm, vì f ( y) < 0 ⇒ phương trình f ( y) = 0 có nghiệm
duy nhất y = m. Có bảng biến thiên:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 119 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Nên bất phương trình f ( y) ≥ 0 ⇔ 1− x ≤ y ≤ m do đó để bất phương trình có không quá 255
giá trị y ∈ thì m ≤ 255 − x nên f (256 − x) < 0 ⇔ log ( 2
x − x + 256 − log 256 < 0 3 ) 2 2 8
⇔ x − x + 256 < 3 ⇔ 78
− ,9 < x < 79,9 . Vì x∈ nên 78
− ≤ x ≤ 79 ⇒ có 158 giá trị x thỏa mãn
Câu 254. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá
255 số nguyên y thỏa mãn log ( 2
x + y ≥ log (x + y) 3 ) 2 ? A. 80 . B. 79 . C. 157 . D. 158. Lời giải x + y > 0 y > −x Điều kiện  ⇔ 2  2 x + y > 0 y > −x Vì x∈ nên 2
x − x ≥ 0, x ∀ ∈ suy ra 2 2
x > x ⇔ −x ≤ −x do đó có điều kiện
y > −x ⇒ y ≥1− x .
Xét hàm số f ( y) = log ( 2
x + y − log x + y 3 ) 2 ( ) . 1 1
(x + y)ln 2−( 2x + y)ln3
Ta có f ′( y) = ( − = 2
x + y)ln3 (x + y)ln 2 ( 2
x + y)(x + y)ln3.ln 2 Vì 2 2
x ≤ x ⇒ 0 < x + y ≤ x + y 0 < ln 2 < ln 3 Suy ra (x + y) < ( 2 ln 2
ln 3 x + y) ⇒ f ′( y) < 0.
Nhận xét: f (1− x) = log ( 2
x − x +1 − log 1≥ 0, x ∀ ∈ 3 ) 2  .
Giả sử phương trình f ( y) = 0 có nghiệm, vì f ( y) < 0 ⇒ phương trình f ( y) = 0 có nghiệm
duy nhất y = m. Có bảng biến thiên:
Nên bất phương trình f ( y) ≥ 0 ⇔ 1− x ≤ y ≤ m do đó để bất phương trình có không quá 255
giá trị y ∈ thì m ≤ 255 − x nên f (256 − x) < 0 ⇔ log ( 2
x − x + 256 − log 256 < 0 3 ) 2 2 8
⇔ x − x + 256 < 3 ⇔ 78
− ,9 < x < 79,9 . Vì x∈ nên 78
− ≤ x ≤ 79 ⇒ có 158 giá trị x thỏa mãn Trang 120
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
Câu 255. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá 728
số nguyên y thỏa mãn log ( 2
x + y ≥ log (x + y) 4 ) 3 ? A. 59. B. 58. C. 116. D. 115. Lời giải
Với mọi x∈ ta có 2 x ≥ x .
Xét hàm số f (y) = log (x + y) − log ( 2 x + y 3 4 ). Tập xác định D = (− ; x +∞) (do 2
y > −x ⇒ y > −x ). 1 1 f '(y) = − ≥ x ∀ ∈ D (do 2
x + y ≥ x + y > 0 , ln 4 > ln 3) (x + y)ln 3 ( 0, 2 x + y)ln 4
⇒ f tăng trên D .
Ta có f (−x +1) = log (x − x +1) − log ( 2 x − x +1 ≤ 0 3 4 ) .
Có không quá 728 số nguyên y thỏa mãn f ( y) ≤ 0
⇔ f (−x + 729) > 0 ⇔ log 729 − log ( 2
x − x + 729 > 0 3 4 ) 2 6
⇔ x − x + 729 − 4 < 0 ⇔ 2
x − x − 3367 < 0 ⇔ 57 − ,5 ≤ x ≤ 58,5
Mà x∈ nên x∈{ 57 − ,− 56,..., } 58 . Vậy có 58 − ( 57
− ) +1 =116 số nguyên x thỏa.
Câu 256. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có không quá
127 số nguyên y thỏa mãn log ( 2
x + y ≥ log x + y ? 3 ) 2 ( ) A. 89 . B. 46 . C. 45 . D. 90. Lời giải Cách 1:
Với x nguyên tùy ý, ta có 2 x ≥ x
Xét hàm số f ( y) = log (x + y) − log ( 2 x + y 2 3 )
Tập xác định : D = (− ; x + ∞) ( 2
y > −x ⇒ y > −x ) 1 1
( 2x + y)ln3−(x+ y) f ′( y) ln 2 = ( − = ≥ y ∀ ∈ D x + y)ln 2 ( 0 2
x + y)ln3 (x + y)( 2 x + y)ln 2⋅ln3
( 2x + y ≥ x+ y > 0;ln3> ln2 > 0) ⇒ f (y) đồng biến trên D.
Ta có f (−x + ) 1 = −log ( 2
x − x +1 ≤ 0 (do 2 x − x +1≥1) 3 )
Có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn f ( y) ≤ 0
⇔ f (−x +128) > 0 ⇔ log 128 − log ( 2
x − x +128 > 0 2 3 ) 2 7
⇔ x − x +128 < 3 ⇔ x < x < x x ≈ 44 − ,87; x ≈ 45,87 1 2 ( 1 2 ) ⇒ x∈{ 44 − ;− 43;...; }
45 . Vậy có 90 giá trị x . Cách 2:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 121 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Ta có: 2
log3(x + y) ≥ log2(x + y) (1)
Đặt t = x + y ≥1 (1) ⇔ 2
log3(x − x +t) ≥ log2 t ⇔ 2
g(t) = log2 t −log3(x − x +t) ≤ 0 (2) Ta có 1 1 g '(t) = −
> với mọi t ≥1. Do đó g(t) đồng biến trên [1;+∞) t ln 2 ( 0 2
x − x + t)ln3
Vì mỗi x nguyên có không quá 127 giá trị t ∈* thỏa mãn (2) nên ta có
g(128) > 0 ⇔ log 128 − log ( 2 2
3 x − x +128) > 0 ⇔ 2 7
x − x +128 < 3 ⇔ 44
− ,8 ≤ x ≤ 45,8 .
Vậy có 90 giá trị thoả mãn YCBT.
Nhận xét: Đây là câu hay nhất đề năm nay. Trong trình bày tự luận, thí sinh có thể mắc sai lầm
nếu ngay từ đầu đặt t ∗
∈  , vì khi đó hàm g(t) không liên tục trên tập ∗
 , sẽ không có đạo hàm.
17.6 Phương trình loga có chứa tham số
Câu 257. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho phương trình 2
log x − log 3x −1 = −log m với m là tham số 9 3 ( ) 3
thực. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có nghiệm ? A. 2 . B. 4 . C. 3. D. vô số. Lời giải Chọn A. Điều kiện 1
x > và m > 0 3
Phương trình tương đương 1 log x − − log 3x −1 = log x 1 3x 1 ⇔ = ⇔ m = . 3 3 ( ) 3 m 3x −1 m x
Xét hàm số f (x) 3x −1 = với 1 x > . x 3 f ′(x) 1 = > 0 . 2 x Bảng biến thiên +
Vậy 0 < m < 3 phương trình có nghiệm.
Do đó có 2 giá trị nguyên để phương trình có nghiệm.
17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp cả mũ và loga có tham số
Câu 258. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho phương trình ( 2 4log + log − 5 7x x x − m = 0 ( 2 2 ) m là tham số
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt? A. 49 . B. 47 . C. Vô số. D. 48 . Trang 122
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Chọn B x > 0 x > 0 Điều kiện:  ⇔  .
7x − m ≥ 0 7x ≥ m
* Trường hợp m ≤ 0 thì ( 2
4log x + log x − 5) x 2
7 − m = 0 ⇔ 4log x + log x − 5 = 0 2 2 2 2 log x =1 2 x = 2
⇔ (log x −1 4log x + 5 = 0  ⇔ ⇔  . 2 )( 2 ) 5 log = − 5 −  2 x  4 4 x = 2
Trường hợp này không thỏa điều kiện m nguyên dương. x > 0
* Trường hợp m > 0, ta có  ⇔ x ≥ log nếu và nếu < ≤ . 7 m m >1 x > 0 0 m 1 7x ≥ mx = 2 2
4log x + log x − 5 = 0  5 Khi đó ( 2 4log − + log − 5 7x x x − m = 0 2 2 ⇔  4 ⇔ x = 2 . 2 2 )     7x − m = 0 x = log7 m 
+ Xét 0 < m ≤1 thì nghiệm x = log m ≤ 0 nên trường hợp này phương trình đã cho có đúng 2 7 5 nghiệm − 4
x = 2; x = 2 thỏa mãn điều kiện.
+ Xét m >1, khi đó điều kiện của phương trình là x ≥ log . 7 m 5 5 Vì − 4 2 2− >
nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 4 2 > log m ≥ 2 7 5 − 4 2 2 ⇔ 7 ≤ m < 7 .
Trường hợp này m∈{3;4;5;...; }
48 , có 46 giá trị nguyên dương của m .
Tóm lại có 47 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn. Chọn phương án B. 18. NGUYÊN HÀM
18.1 Định nghĩa, tính chất của nguyên hàm
Câu 259. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu
A. F (′x) = − f (x), x ∀ ∈ K .
B. f (′x) = F(x), x ∀ ∈ K .
C. F (′x) = f (x), x ∀ ∈ K .
D. f (′x) = −F(x), x ∀ ∈ K . Lời giải Chọn B
Hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên khoảng K nếu F (′x) = f (x), x ∀ ∈ K
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 123 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 260. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết F (x) x 2
= e + x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên 
. Khi đó f (2x)dx ∫ bằng A. x 2
2e + 2x + C. B. 1 2x 2
e + x + C. C. 1 2x 2
e + 2x + C. D. 2x 2
e + 4x + C. 2 2 Lời giải Chọn C
Ta có: F (x) x 2
= e + x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  ⇒ f ∫ (2x) 1 dx = f ∫ (2x) 1
d2x = F (2x) 1 2x 2
+ C = e + 2x + C. 2 2 2
18.2 Nguyên hàm của hs cơ bản, gần cơ bản
Câu 261. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) = 2x + 5 là: A. 2
x + 5x + C . B. 2
2x + 5x + C . C. 2 2x + C . D. 2 x + C . Lời giải Chọn A. Ta có: ∫( x + ) 2 2
5 dx = x + 5x + C .
Câu 262. [Đề-BGD-2020-Mã-101] 2 x dx ∫ bằng A. 1 2x + C . D. 3 x + C . C. 3 x + C . D. 3 3 3x + C . Lời giải Ta có 2 1 3
x dx = x + C ∫ . 3
Câu 263. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] 3 x dx ∫ bằng. A. 1 4 4x C B. 2 3x C C. 4 x C D. 4 x C 4 Lời giải Chọn D Ta có 3 1 4
x dx = x + C ∫ 4
Câu 264. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] 4 x dx ∫ bằng A. 1 5 x + C . B. 3 4x + C . C. 5 x + C . D. 5 5x + C . 5 Lời giải Chọn A Trang 124
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Ta có 4 1 5
x dx = x + C ∫ . 5
Câu 265. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] 5 x dx ∫ bằng A. 4 5x + C . B. 1 6 x + C . C. 6 x + C . D. 6 6x + C . 6 Lời giải Ta có: 5 1 6
x dx = x + C ∫ nên đáp án B đúng. 6
Câu 266. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] 4 5x dx ∫ bằng A. 1 5 x + C . B. 5 x + C . C. 5 5x + C . D. 3 20x + C . 5 Lời giải Chọn B Ta có 4 5
5x dx = x + C ∫ .
Câu 267. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] 5 6x dx ∫ bằng A. 6 6x + C 1 . B. 6 x + C . C. 6 x + C . D. 4 30x + C . 6 Lời giải Chọn B Ta có: 5 6
6x dx = x + C ∫ . 2
Câu 268. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] 3x dx ∫ bằng A. 3 3 1 x + C .
B.6x + C . C. 3 x + C . D. 3 x + C . 3 Lời giải Chọn D 3 Ta có: 2 x 3
3x dx = 3. + C = x + C ∫ 3
Câu 269. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] 5 x dx ∫ bằng A. 4 5x + C . B. 1 6 x + C . C. 6 x + C . D. 6 6x + C . 6 Lời giải Ta có: 5 1 6
x dx = x + C ∫ nên đáp án B đúng. 6
Câu 270. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết F (x) x 2
= e − x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên
 . Khi đó f (2x)dx ∫ bằng A. 1 2x 2
e − 2x + C 1 . B. 2x 2
e − 4x + C . C. x 2
2e − 2x + C . D. 2x 2
e − x + C . 2 2 Lời giải Chọn A
Ta có f (2x)dx ∫ 1 = f ∫ (2x)d(2x) 1
= F (2x) + C 1 2x 2
= e − 2x + C . 2 2 2
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 125 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
18.3 Nguyên hàm phân thức
Câu 271. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) 2x −1 = trên khoảng (x + )2 1 ( 1; − +∞) là A. (x + ) 2 2ln 1 + + C . B. (x + ) 3 2ln 1 + + C . x +1 x +1 C. (x + ) 2 2ln 1 − + C . D. (x + ) 3 2ln 1 − + C . x +1 x +1 Lời giải Chọn B 2x −1 2(x + ) 1 − 3 Ta có 2 3 − 3 dx = dx = dx + dx = 2ln x +1 + + C ∫ 2 ∫ 2 ∫ ∫ . 2 ( ) (x + ) 1 (x + )1 (x + ) 1 (x + )1 x +1
18.4 PP nguyên hàm từng phần
Câu 272. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số ( ) = x f x
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm 2 x + 4
số g (x) = (x + ) 1 f ′(x) là 2 2 A. x + 4 x − x + 2x − 4 2x + x + 4 + C . B. 4 +C . C. + C . D. + C . 2 2 x + 4 2 2 x + 4 2 2 x + 4 2 2 x + 4 Lời giải u =  (x + ) 1 du = dx
g (x)dx = (x + ∫ ∫ )
1 f ′(x)dx . Đặt  ⇒  . dv = f ′ 
(x)dx v =  f (x)
⇒ ∫ ( )d = ( + )1 ( )− ∫ ( )d = ( + )1 ( )− d ∫ x g x x x f x f x x x f x x . 2 x + 4 Tính d ∫ x x , đặt 2 2 2
t = x + 4 ⇒ t = x + 4 ⇒ tdt = d x x . 2 x + 4 x t 2 dx =
dt = 1dt = t + C = x + 4 + ∫ ∫ ∫ C . 2 x + 4 t
Khi đó: ∫ g(x) x = (x + ) x 2 x − 4 d 1 − x + 4 + C = + C . 2 2 x + 4 x + 4
18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến và từng phần hàm xđ
Câu 273. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hàm số ( ) x f x =
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số 2 x + 2
g (x) = (x + ) 1 f '(x) là Trang 126
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 2 2
A. x + 2x − 2 x − 2 + + x + 2 + C . B. + C . C. 2x
x 2 +C . D. + C . 2 2 x + 2 2 x + 2 2 x + 2 2 2 x + 2 Lời giải Ta có g
∫ (x)dx = ∫(x+ )1 f '(x)dx = (x + )
1 f (x) − f ∫ (x)dx x(x + ) 1 x = − dx ∫ 2 2 x + 2 x + 2 x(x + ) 1 1 d ( 2 x + 2) = − ∫ 2 2 x + 2 2 x + 2 x(x + ) 1 1 2 = − .2 x + 2 + C 2 x + 2 2 x − 2 = + C. 2 x + 2
Câu 274. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hàm số ( ) x f x =
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm 2 x + 3
số g (x) = (x + ) 1 f ′(x) là 2 + − 2 + +
A. x 2x 3 + C . B. x + 3 2x x 3 − + C . C. + C .
D. x 3 + C . 2 2 x + 3 2 2 x + 3 2 x + 3 2 x + 3 Lời giải
Ta có g (x)dx = (x + ∫ ∫ )
1 f ′(x)dx . u  =  x +1 du = dx Đặt  ⇒ dv = f  (x)dx  ′ v = f  (x)
⇒ ∫ ( )d = ( + )1 ( )− ∫ ( )d = ( + )1 ( ) x g x x x f x f x x x f x − dx ∫ . 2 x + 3 Tính x dx ∫ . 2 x + 3 Đặt 2 2 2
t = x + 3 ⇒ t = x + 3 ⇒ tdt = d x x . x t 2 ⇒ dx =
dt = dt = t + C = x + 3 + C ∫ ∫ ∫ . 2 x + 3 t x x +1 Vậy g
∫ (x)dx = (x+ ) f (x) 2 ( ) 2 x − 3 1 − x + 3 + C = − x + 3 + C = + C . 2 2 x + 3 x + 3
18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn
Câu 275. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết F (x) x 2
= e − 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên
 . Khi đó f (2x)dx ∫ bằng A. x 2
2e − 4x + C. B. 1 2x 2
e − 4x + C. C. 2x 2
e −8x + C. D. 1 2x 2
e − 2x + C. 2 2
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 127 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải Chọn B
Ta có: F (x) x 2
= e − 2x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  Suy ra: ( ) = ′( ) = ( x 2 − )′ x = − ⇒ ( ) 2 2 4 2 x f x F x e x e x
f x = e −8x ⇒ f
∫ (2x)dx = ∫( 2x e −8x) 1 2x 2
dx = e − 4x + C. 2 19. TÍCH PHÂN
19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất của tích phân 5 5
Câu 276. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Biết f ∫ (x) dx
= 4 . Giá trị của 3 f (x) dx ∫ bằng 1 1 A. 7 . B. 4 . C. 64 . D. 12. 3 Lời giải 5 5 Ta có : 3 f
∫ (x) dx = 3 f
∫ (x) dx = 3.4 =12 1 1 2 2
Câu 277. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết f
∫ (x)dx = 2. Giá trị của 3f (x)dx ∫ bằng 1 1 A. 5. B. 6 . C. 2 . D. 8 . 3 Lời giải 2 2 Ta có 3 f
∫ (x)dx = 3 f
∫ (x)dx = 3.2 = 6. 1 1 3 3
Câu 278. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết f
∫ (x)dx = 6. Giá trị của 2 f (x)dx ∫ bằng 2 2 A. 36. B. 3. C. 12. D. 8 . Lời giải 3 3 Ta có: 2 f
∫ (x)dx = 2 f
∫ (x)dx = 2×6 =12. 2 2 3 3
Câu 279. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết f
∫ (x)dx = 4 và g
∫ (x)dx =1. Khi đó: 2 2 3  f
∫ (x)− g(x) dx    bằng: 2 A. 3 − . B. 3. C. 4 . D. 5. Lời giải Trang 128
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Chọn B 3 3 3 Ta có  f
∫ (x)− g(x)dx = f
∫ (x)dx− g
∫ (x)dx = 4−1= 3 2 2 2 3 3 3
Câu 280. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết f
∫ (x)dx = 3 và g
∫ (x)dx =1. Khi đó  f
∫ (x)+ g(x) dx    2 2 2 bằng A. 4 . B. 2 . C. 2 − . D. 3. Lời giải Chọn A 3 3 3 Ta có:  f
∫ (x)+ g(x) dx  = f
∫ (x)dx+ g ∫ (x)dx = 4. 2 2 2 2 2 2 f ∫ (x)dx = 3 g ∫ (x)dx = 2  f
∫ (x)− g(x)dx
Câu 281. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết 1 và 1 . Khi đó 1 bằng? A. 6 . B. 1. C. 5. D. 1 − . Lời giải Chọn B 2 2 2 Ta có:  f
∫ (x)− g(x)dx = f
∫ (x)dx− g
∫ (x)dx = 3−2 =1. 1 1 1 3 3
Câu 282. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết f
∫ (x)dx = 6. Giá trị của 2 f (x)dx ∫ bằng 2 2 A. 36. B. 3. C. 12. D. 8 . Lời giải 3 3 Ta có: 2 f
∫ (x)dx = 2 f
∫ (x)dx = 2×6 =12. 2 2
Câu 283. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  . 3 Giá trị của 1  + f ∫ (x)dx  bằng 1 A. 10. B. 8 . C. 26 . D. 32 . 3 3 Lời giải Do ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  nên f (x) (F (x))′ = = ( 2 x )′ = 2x . 3 3 Suy ra 1  + f ∫ (x)dx = 
∫(1+ 2x)dx = (x+ x )3 2 = 10 . 1 1 1 1 1
Câu 284. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Biết  f
∫ (x)+ 2x dx=2
. Khi đó f (x)dx ∫ bằng : 0 0 A. 1. B. 4 . C. 2 . D. 0 . Lời giải Chọn A Ta có
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 129 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 1 1 1 1 1  f ∫ 1  ( x) + 2x dx=2 ⇔ f
∫ (x)dx+ 2xdx=2 ∫ ⇔ f ∫ (x) 2 dx = 2 − x ⇔ f
∫ (x)dx = 2−1 0 0 0 0 0 0 1 ⇔ f ∫ (x)dx =1 0 1 1
Câu 285. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Biết  f
∫ (x)+ 2x dx  = 3 
. Khi đó f (x)dx ∫ bằng 0 0 A. 1. B. 5. C. 3. D. 2 . Lời giải Chọn D 1 1 1 1 2 x 1 Ta có  f
∫ (x)+ 2x dx  = 3 ⇔ f
∫ (x)dx+ 2 xdx = 3 ⇔ f ∫ ∫ (x)dx+ 2. = 3. 2 0 0 0 0 0 1 1 Suy ra f ∫ (x) 2 dx = 3− x = 3− (1− 0) = 2. 0 0
Câu 286. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Biết ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  . 3 Giá trị của 1  + f ∫ (x)dx  bằng 1 A. 10. B. 8 . C. 26 . D. 32 . 3 3 Lời giải Do ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  nên f (x) (F (x))′ = = ( 2 x )′ = 2x . 3 3 Suy ra 1  + f ∫ (x)dx = 
∫(1+ 2x)dx = (x+ x )3 2 = 10 . 1 1 1
19.2 Tích phân cơ bản(a), kết hợp tính chất (b) 1 1 1
Câu 287. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Biết f (x)dx = 2 − ∫ và g
∫ (x)dx = 3, khi đó  f
∫ (x)− g(x) dx  bằng 0 0 0 A. 5 − . B. 5. C. 1 − . D. 1. Lời giải Chọn A 1 1 1  f
∫ (x)− g(x) dx  = f
∫ (x)dx− g ∫ (x)dx = 2 − − 3 = 5 − . 0 0 0 3 3
Câu 288. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Biết f (x)dx = ∫
3 . Giá trị của ∫2 f (x)dx bằng 1 1 A. 5. B. 9 . C. 6 . D. 3 . 2 Lời giải Trang 130
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 3 3
Ta có: 2 f (x)dx = 2 f (x)dx = 2.3 = ∫ ∫ 6 . 1 1
Câu 289. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Biết ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f ( x) trên  . Giá 2 trị của [2 + ∫
f ( x)]dx bằng 1 A. 5. B.3. C. 13 . D. 7 . 3 3 Lời giải ( ) 2
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f ( x) . 2 2 2 2
Khi đó [ + f (x)] x =
x + f ( x) x = (2x + ∫ ∫ ∫ 2 2 d 2d d x ) = 5. 1 1 1 1
Câu 290. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Biết ( ) 3
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  . 2
Giá trị của 2 + f ∫ (x) dx    bằng 1 A. 23 . B. 7 . C. 9. D. 15 . 4 4 Lời giải 2 2 2 Ta có: 2 + f ∫ (x) d
x = 2x + F   (x) =  ( 3
2x + x ) =12 −3 = 9 1 1 1
Câu 291. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết ( ) 3
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  . 3
Giá trị của ∫[1+ f (x)]dx bằng 1 A. 20 . B. 22 . C. 26 . D. 28 . Lời giải Theo bài ra ( ) 3
F x = x là một nguyên hàm của hàm số f (x) trên  nên ta có 3 1+ f ∫ (x)dx =  (x+ x )3 3 = 30 − 2 = 28 . 1 1 1  f ∫ 1
 ( x) + 2x dx = 4 f ∫ (x)dx
Câu 292. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Biết 0  . Khi đó 0 bằng A. 3. B. 2 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn A 1  f ∫  (x) 1
+ 2x dx = 4 ⇔ f  ∫ (x) 1 1 dx + 2 d x x = 4 ⇔ f ∫
∫ (x)dx = 4−1= 3 0 0 0 0 1 1
Câu 293. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Nếu f
∫ (x)dx=4 thì 2 f (x)dx ∫ bằng 0 0 A. 16. B. 4 . C. 2 . D. 8 . Lời giải Chọn D
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 131 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 1 1 2 f
∫ (x)dx=2 f
∫ (x)dx=2.4=8. 0 0
Câu 294. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường 2
y  2x , y  1, x  0 và x 1 được tính bởi công thức nào dưới đây? 1 1 A. 2
S (2x 1)dx  . B. 2
S  (2x 1)dx  . 0 0 1 1 C. 2 2
S  (2x 1) dx. D. 2
S  (2x 1)dx  . 0 0 Lời giải Chọn D 1 1 Diện tích cần tìm là: 2 2 S
2x 1dx  (2x 1) . dx   . 0 0
Câu 295. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hàm số f (x) có f (0) = 0 và f (x) 2 ' = cos .
x cos 2x,∀x∈ . Khi π
đó ∫ f (x)dx bằng 0 A. 1042 . B. 208 . C. 242 . D. 149 . 225 225 225 225 Lời giải Chọn C Ta có f (x) 2 ' = cos .
x cos 2x, x
∀ ∈  nên f (x) là một nguyên hàm của f '(x) . Có ∫ ( ) 2 1+ cos 4x cos x cos .xcos 4 ' = cos .cos 2 = cos . x f x dx x xdx x dx = dx + dx ∫ ∫ 2 ∫ 2 ∫ 2 1 1 = xdx + ∫ ∫( x + x) 1 1 1 cos cos5
cos3 dx = sin x + sin 5x + sin 3x + C . 2 4 2 20 12 Suy ra f (x) 1 1 1 = sin x + sin 5x +
sin 3x + C, x
∀ ∈  . Mà f (0) = 0 ⇒ C = 0 . 2 20 12 Do đó f (x) 1 1 1 = sin x +
sin 5x + sin 3x, x ∀ ∈  . Khi đó: 2 20 12 π π π f ∫ (x)  1 1 1   1 1 1  242 dx = sin x + sin 5x + sin 3x ∫  dx = −  cos x − cos5x − cos3x =  . 2 20 12 2 100 36      225 0 0 0
19.3 PP tích phân từng phần-hàm xđ 2 2
Câu 296. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Xét 2 . x x e dx ∫ , nếu đặt 2 u = x thì 2 . x x e dx ∫ bằng 0 0 2 4 2 4 A. 2 u e du. ∫ . B. 2 u e du. ∫ . C. 1 u e du. 1 u e du. 2 ∫ . D. 2 ∫ 0 0 0 0 Lời giải Chọn D Trang 132
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Đặt 2
u = x → du = 2xdx
Với x = 0 → u = 0 và x = 2 → u = 4 2 4 Ta được 2 x 1 . u x e dx = e . du ∫ 2 ∫ . 0 0
19.4 Kết hợp đổi biến và từng phần tính tích phân-hàm xđ
Câu 297. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) có đạo hàm liên tục trên  . Biết f (4) =1 và 1 4 xf
∫ (4x)dx =1, khi đó 2x f ′ ∫
(x)dx bằng 0 0 A. 31. B. 16 − . C. 8 . D. 14. 2 Lời giải Chọn B 4 4 1
Cách 1: x f ′(x)dx = x f (x) 4 2 2
− 2xf (x)dx =16.1− 2 4tf (4t)d(4t) =16 − 2.16.1 = 16 − ∫ ∫ ∫ . 0 0 0 0
Cách 2: Đặt t = 4x ⇒ dt = 4dx . Đổi cận: 1 4 4 Khi đó: xf ∫ ( x) 1 x = tf ∫ (t) 1 4 d dt = xf ∫ (x)dx . 16 16 0 0 0 4 2 u  = x du = 2xdx Xét: 2 I = x f ' ∫ (x)dx : Đặt   ⇒ d  v = f '  (x)dx v = f ' 
(x)dx =f (x) 0  ∫ . 4 4 2
⇒ I = x f (x) − 2 xf ∫ (x) 2
dx = 4 . f (4) − 2.16 = 16 − . 0 0
Câu 298. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hàm số ( ) x f x =
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm 2 x +1
số g (x) = (x + )
1 f ′(x) là 2 + 2 −
A. x + 2x −1 x 1 + + x 1 + C . B. + C . C. 2x
x 1 +C . D. + C . 2 2 x +1 2 2 x +1 2 x +1 2 x +1 Lời giải
Ta có g (x)dx = (x + ∫ ∫ )
1 f ′(x)dx . u  =  x +1 du = dx Đặt  ⇒  . dv = f ' 
(x)dx v = f  (x) x(x + ) 1 d x x x + x 1 d( 2 2 x + ) 1 Khi đó g
∫ (x)dx =(x + )1 f (x)− f ∫ (x)dx = − = − = ∫ ∫ 2 2 2 2 x +1 x +1 x +1 2 x +1 2 x + x 2 x −1 = − x +1 + C = + C . 2 2 x +1 x +1
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 133 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Nhận xét: Nếu học sinh nắm được công thức vi phân của một hàm số, có thể đưa ngay f ′(x) u  =  x +1
vào vi phân mà không cần đặt  . dv = f ′  (x)dx
Câu 299. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hàm số ( ) = x f x
. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm 2 x + 4
số g (x) = (x + ) 1 f ′(x) là 2 2 A. x + 4 x − x + 2x − 4 2x + x + 4 + C . B. 4 +C . C. + C . D. + C . 2 2 x + 4 2 2 x + 4 2 2 x + 4 2 2 x + 4 Lời giải u =  (x + ) 1 du = dx
g (x)dx = (x + ∫ ∫ )
1 f ′(x)dx . Đặt  ⇒  . dv = f ′ 
(x)dx v =  f (x)
⇒ ∫ ( )d = ( + )1 ( )− ∫ ( )d = ( + )1 ( )− d ∫ x g x x x f x f x x x f x x . 2 x + 4 Tính d ∫ x x , đặt 2 2 2
t = x + 4 ⇒ t = x + 4 ⇒ tdt = d x x . 2 x + 4 x t 2 dx =
dt = 1dt = t + C = x + 4 + ∫ ∫ ∫ C . 2 x + 4 t
Khi đó: ∫ g(x) x = (x + ) x 2 x − 4 d 1 − x + 4 + C = + C . 2 2 x + 4 x + 4
19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn
Câu 300. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) . Biết f (0) = 4 và f ′(x) 2 = 2cos x +1, x ∀ ∈  , π 4 khi đó f
∫ (x)dx bằng 0 2 2 2 2 A. π + 4 π + π π + π π + π . B. 14 . C. 16 + 4 . D. 16 +16 . 16 16 16 16 Lời giải Chọn C
Ta có f (x) = f ′ ∫ (x)dx = ∫( 2 x + )dx = ∫( x + ) 1 2cos 1 cos 2
2 dx = sin 2x + 2x + C 2
f (0) = 4 ⇔ C = 4. π π π 4 4 2 4     π + π Vậy f ∫ (x) 1 1 2 16 + 4 dx = sin 2x + 2x + 4 ∫  dx = − 
cos 2x + x + 4x =  . 2 4      16 0 0 0 Trang 134
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
20. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị
Câu 301. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hàm số f (x) liên tục trên  . Gọi S là diện tích hình phẳng
giới hạn bởi các đường y = f (x) , y = 0, x = 1
− và x = 4 (như hình vẽ bên). Mệnh đề nào dưới đây đúng? y 1 -1 O 4 x 1 4 1 4
A. S = − f
∫ (x)dx+ f ∫ (x)dx . B. S = f
∫ (x)dx− f ∫ (x)dx . 1 − 1 1 − 1 1 4 1 4 C. S = f
∫ (x)dx+ f ∫ (x)dx .
D. S = − f
∫ (x)dx− f ∫ (x)dx . 1 − 1 1 − 1 Lời giải Chọn B. 4 1 4
Ta có diện tích hình phẳng cần tìm S = f
∫ (x) dx = f
∫ (x) dx+ f ∫ (x) dx 1 − 1 − 1 1 4 = f
∫ (x)dx− f ∫ (x)dx . 1 − 1
20.2 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm xác định
Câu 302. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y = 2 x − 4 và
y = 2x − 4 bằng π A. 4 36 . B. 4 . C. . D. π 36 . 3 3 Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm: x 0 2 2  =
x − 4 = 2x − 4 ⇔ x − 2x = 0 ⇔   . ( ) x = 2 f x
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 135 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT  3 x  0 2 2 0 0
⇒ S = ∫ f (x) dx = −∫ f (x)dx = ∫ f (x) =∫( 2
x − 2x)dx =  − 2 4 x =  . 3 3 0 0 2 2   2
Câu 303. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường 2
y = x −1 và y = x −1 bằng ? A. π . B. 13 . C. 13π . D. 1 . 6 6 6 6 Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x = 0 2 2
x −1 = x −1 ⇔ x − x = 0 ⇔  . x = 1
Diện tích hình phẳng là: 1 1 1 2   2 = − = ( 2 − ) 3 1 S x x dx x x d x x x =  −  = ∫ ∫ .  3 2  6 0 0 0
Câu 304. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường 2
y = x − 2 và y = 3x − 2 bằng A. 9 . B. 9π . C. 125 . D. 125π . 2 2 6 6 Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường x = 0 2
x − 2 = 3x − 2 ⇔  x = 3 Diện tích hình phẳng 3 3 2 3   2 3x x 9
= (3x − x )dx = ∫  −  = .  2 3  2 0 0
Câu 305. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường 2 y = x − 3 và
y = x − 3 bằng 125π π A. . B. 1 . C. 125 . D. . 3 6 6 6 Lời giải x = 0 2 2
x − 3 = x − 3 ⇔ x − x = 0 ⇔  . x = 1 1 1 1 3 2  x x  1 2 S = x − − ∫ (x − ) 2
x = x − x x = ∫ ∫( 2x − x) 1 3 3 d d dx =  −  = .  3 2  0 6 0 0 0
Câu 306. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] [ Mức độ 2] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường 2
y = x − 3 và y = x − 3 bằng 125π π A. . B. 1 . C. 125 . D. . 3 6 6 6 Lời giải x = 0 2 2
x − 3 = x − 3 ⇔ x − x = 0 ⇔  . x = 1 Trang 136
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 1 1 1 3 2  x x  1 2 S = x − − ∫ (x − ) 2
x = x − x x = ∫ ∫( 2x − x) 1 3 3 d d dx =  −  = .  3 2  0 6 0 0 0
Câu 307. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho đường thẳng y = x va parabol 1 2
y = x + a ( a là tham số thực 2
dương). Gọi S , S lần lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi 1 2
S = S thì a thuộc khoảng nào dưới đây? 1 2 A.  3 1 ;         . B. 1  0; . C. 1 2  ; . D. 2 3  ; . 7 2        3   3 5   5 7  Lời giải Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x và 1 2
y = x + a : 2 1 2 1 2
x = x + a ⇔ x − x + a = 0 (có ∆ =1− 2a ) 2 2 Theo hình, ta có: 1 0 < a < . 2
Gọi x , x 0 < x < x là hai hoành độ giao điểm: x =1− 1− 2a , x =1+ 1− 2a 1 . 1 2 ( ) 1 2 ( 1 2 ) 1 x 2  1 x 2   1 2 S S x a x dx x x a = ⇔ + − = − − ∫  ∫   . dx 1 2  2   2 0  1 x 1 x 2  1 1   1 1 x  Khi 3 2 2 3 ⇔
x + ax − x = x − x −    ax .  6 2   2 6 0  1x 2 3 x x 2 2 2 ⇔ −
− ax = 0 ⇔ 3x − x − 6a = 0. 2 2 2 2 ( ) 2 6  1 a ≥ Từ ( ) ( ) 3
1 , 2 ⇔ 1− 2a = 4a −1 ⇔  4 ⇔ a = .  2 8 16a  − 6a = 0
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 137 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
20.3 Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) hàm xác định
Câu 308. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường 3 e x y = , y = 0,
x = 0 và x =1. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng: 1 1 1 1 A. 3 π e xdx ∫ . B. 6 e xdx ∫ . C. 6 π e xdx ∫ . D. 3 e xdx ∫ . 0 0 0 0 Lời giải Chọn C
Ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng: 1 π∫(e x ) 1 2 3 6 d = π e x x dx ∫ . 0 0
Câu 309. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường 2x
y = e , y = 0, x = 0
và x =1. Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox bằng A. 1 4x π e dx ∫ . B. 1 2x e dx ∫ . C. 1 2x π e dx ∫ . D. 1 4x e dx ∫ . 0 0 0 0 Lời giải Chọn A
Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox là 1 = π ∫ ( 2x )2 1 4 d x V e
x = π e dx ∫ . 0 0
Câu 310. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi các đường 4x
y = e , y = 0, x = 0
và x =1. Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox bằng 1 1 1 1 A. 4x e dx ∫ . B. 8x π e dx ∫ . C. 4x π e dx ∫ . D. 8x e dx ∫ . 0 0 0 0 Lời giải Chọn B
Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục Ox là: 1 = π ∫( x ) 1 2 4 8 d x V e x = π e d . x ∫ 0 0 Trang 138
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
21. KHÁI NIỆM SỐ PHỨC
21.1 Các yếu tố và thuộc tính cơ bản của số phức
Câu 311. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Số phức liên hợp của số phức 3− 4i là. A. 3 − − 4i . B. 3 − + 4i . C. 3+ 4i . D. 4 − + 3i . Lời giải Chọn C
Theo tính chất z = a + bi ⇒ z = a − bi
Theo để bài 3− 4i , suy ra số phức liên hợp là 3+ 4i .
Câu 312. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Số phức liên hợp của số phức z = 3 − + 5i là A. z = 3 − − 5i .
B. z = 3+ 5i . C. z = 3 − + 5i .
D. z = 3− 5i . Lời giải
Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là z = a − . bi z = 3
− + 5i ⇒ z = 3 − − 5 .i
Câu 313. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trên mặt phẳng tọa độ, biết M(−3 )
;1 là điểm biểu diễn số phức z . Phần thực của z bằng A. 1. B. −3. C. −1. D. 3. Lời giải Ta có: M (−3 )
;1 là điểm biển diễn số phức z ⇒ z = −3 + i .
Vậy: Phần thực của số phức z bằng 3 − .
Câu 314. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trên mặt phẳng tọa độ, biết M ( 1;
− 3) là điểm biểu diễn của số
phức z . Phần thực của z bằng A. 3. B. 1 − . C. 3 − . D. 1. Lời giải M ( 1;
− 3) là điểm biểu diễn của số phức z . Phần thực của z bằng 1 −
Câu 315. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Số phức liên hợp của số phức z = 2 − + 5i là
A. z = 2 − 5i .
B. z = 2 + 5i . C. z = 2 − + 5i . D. z = 2 − − 5i . Lời giải Ta có z = 2 − − 5i .
Câu 316. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Số phức liên hợp của số phức z = 2 −5i là
A. z = 2 + 5i . B. z = 2 − + 5i .
C. z = 2 − 5i . D. z = 2 − − 5i . Lời giải
Ta có: z = 2 − 5i ⇒ z = 2 + 5i .
Câu 317. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trên mặt phẳng tọa độ, biết M ( 2; − )
1 là điểm biểu diễn số phức
z . Phần thực của z bằng A. 2 − . B. 2 . C. 1. D. 1 − . Lời giải Chọn A Ta có M ( 2; − )
1 là điểm biểu diễn số phức z = 2 − + i .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 139 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Suy ra phần thực của z bằng 2 − .
Câu 318. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số phức liên hợp của số phức z = 3−5i A. z = 3 − − 5i .
B. z = 3+ 5i . C. z = 3 − + 5i .
D. z = 3−5i . Lời giải
Số phức liên hợp của z = 3− 5i là z = 3+ 5i .
Câu 319. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm M ( 1;
− 2) là điểm biểu diễn số
phức z . Phần thực của z bằng A. 1. B. 2 . C. 2 − . D. 1 − . Lời giải Điểm M ( 1;
− 2) là điểm biểu diễn của số phức z = 1
− + 2i nên phần thực là a = 1 − .
Câu 320. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là biểu diễn số phức z = 3 − + 4i?: A. N(3;4) .
B. M (4;3) . C. P( 3 − ;4) D. Q(4; 3) − . Lời giải Chọn C Ta có. z = 3
− + 4i có phần thực là 3
− , phần ảo là 4 ⇒ P( 3
− ;4) là biểu diễn số phức z
Câu 321. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Phần thực của số phức z = 3 − − 4i bằng A. 4 . B. 3 − . C. 3. D. 4 − . Lời giải Chọn B
Phần thực của số phức z = 3
− − 4i bằng A′C .
Câu 322. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Phần thực của số phức z = 3− 4i bằng A. 3 B. 4 C. 3 − D. 4 − Lời giải
Ta có phần thực của số phức z = 3− 4i bằng 3
Câu 323. Phần thực của số phức z = 5
− − 4i bằng A. 5. B. 4 . C. 4 − . D. 5 − . Lời giải Chọn D Số phức z = 5
− − 4i có phần thực là 5 − .
Câu 324. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Số phức liên hợp của số phức z = 3−5i A. z = 3 − − 5i .
B. z = 3+ 5i . C. z = 3 − + 5i .
D. z = 3−5i . Lời giải
Số phức liên hợp của z = 3− 5i là z = 3+ 5i .
Câu 325. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trên mặt phẳng tọa độ, biết điểm M ( 1;
− 2) là điểm biểu diễn số
phức z . Phần thực của z bằng A. 1. B. 2 . C. 2 − . D. 1 − . Lời giải Điểm M ( 1;
− 2) là điểm biểu diễn của số phức z = 1
− + 2i nên phần thực là a = 1 − . Trang 140
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
22. CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC
22.1 Thực hiện các phép toán cơ bản về số phức
Câu 326. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hai số phức z = 3− 2i và z = 2 + i . Số phức z + z bằng 1 2 1 2 A. 5 + i . B. −5 + i . C. 5 − i . D. −5 − i . Lời giải
Ta có: z = 3 − 2i ; z = 2 + i . 1 2
⇒ z + z = (3 + 2) + (−2 + ) 1 i = 5 − i . 1 2
Câu 327. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hai số phức z = 3+ 2i và z = 2 −i . Số phức z + z bằng 1 2 1 2 A. 5 − i . B. 5+ i . C. 5 − − i . D. −5+ i . Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Áp dụng phép cộng số phức ta có z + z = 5 + i nên chọn B. 1 2
Câu 328. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức z =1− 2i và z = 2 + i . Số phức z + z bằng 1 2 1 2 A. 3+ i . B. 3 − − i . C. 3−i . D. 3 − + i . Lời giải
Ta có: z + z = 1− 2i + 2 + i = 1+ 2 + 2
− i + i = 3− i . 1 2 ( ) ( ) ( ) ( )
Câu 329. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức z =1−3i z = 3+ i z + z 1 và 2 . Số phức 1 2 bằng A. 4 − 2i . B. 4 − + 2i . C. 4 + 2i . D. 4 − − 2i . Lời giải
Ta có z + z =1− 3i + 3+ i = 4 − 2i 1 2 .
Vậy z + z = 4 − 2i 1 2 .
Câu 330. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho số phức z =1− 2i , số phức (2 + 3i) z bằng A. 4 − 7i . B. 4 − + 7i C. 8 + i . D. 8 − + i . Lời giải Chọn C
Ta có: (2 + 3i) z = (2 + 3i)(1+ 2i) = 4 − + 7i .
Câu 331. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hai số phức z =1+ 2i = − − 1 và z
4 i . Số phức z z bằng 2 1 2 A. 3 + 3i . B. 3 − − 3i . C. 3 − + 3i . D. 3 − 3i . Lời giải Chọn C
Ta có: z − z = 1+ 2i − 4 − i = 3 − + 3i . 1 2 ( ) ( )
Câu 332. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức 1z =1−3i và z2 = 3+ i . Số phức 1z − z2 bằng A. 2 − − 4i .
B. 2 − 4i . C. 2 − + 4i . D. 2 + 4i . Lời giải Chọn A
Ta có z − z = 1− 3i − 3+ i =1− 3i − 3− i = 2 − − 4i . 1 2 ( ) ( )
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 141 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 333. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức z =1−3i z = 3+ i z + z 1 và 2 . Số phức 1 2 bằng A. 4 − 2i . B. 4 − + 2i . C. 4 + 2i . D. 4 − − 2i . Lời giải
Ta có z + z =1− 3i + 3+ i = 4 − 2i 1 2 .
Vậy z + z = 4 − 2i 1 2 .
Câu 334. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho số phức z = 2 −i , số phức (2 −3i) z bằng A. 1 − + 8i . B. 7 − + 4i .
C. 7 − 4i . D. 1+ 8i . Lời giải Chọn C
Ta có: (2 −3i) z = (2 −3i)(2 + i) = 7 − 4i .
Câu 335. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho số phức z = 2
− + 3i , số phức (1+ i) z bằng A. 5 − − i . B. 1 − + 5i . C. 1− 5i . D. 5 − i . Lời giải Chọn C Ta có z = 2
− + 3i ⇒ z = 2
− − 3i . Do đó (1+ i) z = (1+ i).( 2
− − 3i) =1− 5i .
Câu 336. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức z = 2 + i và z =1+ 3i . Phần thực của số phức z + z 1 2 1 2 bằng A. 1. B. 3. C. 4 . D. 2 − . Lời giải Chọn B
Ta có z + z = 3+ 4i . 1 2
Phần thực của số phức z + z bằng 1 2 3 .
22.2 Xác định các yếu tố của số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua các phép toán
Câu 337. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hai số phức z = 3+ 2i và z =1−i . Số phức z − z bằng 1 2 1 2 A. 2 − 3i . B. 2 − + 3i C. 2 − − 3i . D. 2 + 3i . Lời giải Chọn D
Ta có: z − z = 3+ 2i − (1−i) = 2 + 3i . 1 2
Câu 338. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hai số phức z =1+ 2i và w = 3+ i . Môđun của số phức z.w bằng A. 5 2 . B. 26 . C. 26 . D. 50. Lời giải
Ta có w = 3− i nên z.w = 5 + 5i . Do đó 2 2
z.w = 5 + 5 = 5 2 .
Câu 339. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hai số phức z = 2 + 2i và w = 2 + i . Mô đun của số phức zw bằng Trang 142
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. 40 . B. 8 . C. 2 2 . D. 2 10 . Lời giải
w = 2 + i ⇒ w = 2 − i .
zw = (2 + 2i)(2 − i) = 6 + 2i .
Vậy zw = 6 + 2i = 2 10 .
Câu 340. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hai số phức z = 4 + 2i và w =1+ i . Mođun của số phức z.w bằng A. 2 2 . B. 8 8. C. 2 10 . D. 40. Lời giải
Ta có z.w = (4 + 2i).(1−i) = 4 − 4i + 2i + 2 = 6 − 2i . Suy ra 2 z.w = 6 + ( 2 − )2 = 2 10 .
Câu 341. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức z =1+ 3i và w =1+ i . Môđun của số phức z.w bằng A. 2 5 . B. 2 2 . C. 20 . D. 8 . Lời giải
Ta có w =1+ i ⇒ w =1− i .
z.w = (1+ 3i)(1−i) = 4 + 2i . 2 2
z.w = 4 + 2 = 2 5 .
Câu 342. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hai số phức z =1+ 3i và w =1+ i . Môđun của số phức z.w bằng A. 2 5 . B. 2 2 . C. 20 . D. 8 . Lời giải
Ta có w =1+ i ⇒ w =1− i .
z.w = (1+ 3i)(1−i) = 4 + 2i . 2 2
z.w = 4 + 2 = 2 5 .
Câu 343. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 Chọn C
Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i là z = 2 − i .
Câu 344. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hai số phức z  3i, z  1 .iPhần ảo của số phức z z bằng 1 2 1 2 A. 4. B. 4i . C. 1. D. i  . Lời giải Chọn A
Ta có: z z  (3i)(1i)  2 4i . Vậy phần ảo của số phức z z bằng 4. 1 2 1 2
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 143 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
22.3 Giải phương trình bậc nhất theo z (và z liên hợp)
Câu 345. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho số phức z thỏa mãn 3(z + i) − (2 − i) z = 3 +10i . Mô đun của z bằng A. 3. B. 5. C. 5 . D. 3 . Lời giải Chọn C
Cách 1: Dùng máy tính cầm tay
az + bz = c . c a − bc ⇒ z = 2 2 a − b
3(z + i) − (2 − i) z = 3 +10i ⇔ −(2 − i) z + 3z = 3 + 7i
z = 2 − i ⇒ z = 5
Cách 2: Gọi z z = x + yi(x, y ∈ ) ⇒ z = x − yi x − y = x =
Từ đề bài, ta có phương trình: (x − y) + (x − y + ) 3 2 5
3 i = 3 +10i ⇔  ⇔ x 5y 7  − = y = 1 −
z = 2 − i ⇒ z = 5 . Trang 144
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
23. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC
23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học của 1 số phức
Câu 346. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số
phức z = 1− 2i ? A. Q(1;2). B. M (2 ) ;1 . C. P( 2 − ) ;1 .
D. N (1;− 2) . Lời giải Chọn D
Điểm biểu diễn số phức z = 1− 2i là điểm N (1;− 2) .
Câu 347. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của
số phức z = 3− 2i ? A. P( 3 − ;2) . B. Q(2; 3 − ) . C. N (3; 2 − ). D. M ( 2; − 3) . Lời giải Chọn C
Ta có: z = a + bi ⇒ N (a;b) là điểm biểu diễn của số phức z
z = 3− 2i ⇒ N (3; 2 − )
Câu 348. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 Chọn B
Điểm biểu diễn số phức z = 1
− + 2i là điểm P( 1; − 2).
Câu 349. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hai số phức z =1−i và z =1+ 2i . Trên mặt phẳng 1 2 Oxy , điểm
biểu diễn số phức 3z + z có tọa độ là 1 2 A. (4; ) 1 − . B. ( 1; − 4) . C. (4; ) 1 . D. (1;4) . Lời giải Chọn A
Ta có 3z + z = 3(1− i) +1+ 2i) = 4 − i . 1 2
23.2 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn
Câu 350. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ,
tập hợp điểm biểu diễn các số phức 4 + iz w =
là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z A. 34 B. 26 C. 34 D. 26 Lời giải. Ta có 4 + iz w =
⇔ ( + z) = + iz ⇔ − = (i − ) w − 4 w 1 4 w 4 w z ⇔ z =
(do w = i không thỏa 1+ z i − w mãn) Thay w − 4 z =
vào z = 2 ta được: i − w
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 145 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
w − 4 = 2 ⇔ w −4 = 2 i−w (*). Đặt w = x+ yi, ta được: i − w ( ) ⇔ (x − )2 2 2
+ y = x + ( − y)2 2 2 * 4 2 1
 ⇔ x + y +8x − 4y −14 = 0  
. Đây là đường tròn có Tâm là I ( 4;
− 2) , bán kính R = 34.. Chọn đáp án A
24. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC
24.1 Tính toán biểu thức nghiệm
Câu 351. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z – 6z +10 = 0. Giá 1 2 trị của 2 2
z + z bằng 1 2 A. 16. B. 56. C. 20 . D. 26 . Lời giải Chọn A. Phương trình 2
z – 6z +10 = 0có hai nghiệm phức z = 3+ i và z = 3− i . 1 2 Khi đó: 2 2
z + z = 3+ i + 3− i =16 . 1 2 ( )2 ( )2
Câu 352. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Gọi z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 0 2
z − 6z +13 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn 1− z là: 0 A. M ( 2; − 2). B. Q(4; 2 − ) . C. N (4;2) . D. P( 2; − 2 − ) . Lời giải Xét phương trình 2
z − 6z +13 = 0 .
Ta có ∆′ = − = − = ( )2 9 13 4 2i . z = 3+ 2i
Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phức phân biệt là  . z = 3− 2i
z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 2
z − 6z +13 = 0 nên z = + i . o 3 2 0
1− z =1− 3+ 2i = 2 − − 2i . 0 ( )
Vậy điểm biểu diễn số phức 1− z là điểm P( 2; − 2 − ) . 0
Câu 353. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Gọi z và z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z + z + 2 = 0 1 2
. Khi đó z + z bằng 1 2 A. 4 . B. 2 2 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn B Phương trình 2
z + z + 2 = 0 , có ∆ =1− 4.1.2 = 7 − < 0 .
Suy ra phương trình có hai nghiệm phức 1 i 7 z − ± = . 1,2 2 Do đó 1 i 7 1 i 7 z z − + − − + = + = 2 + 2 = 2 2 . 1 2 2 2
Vậy z + z = 2 2 . 1 2 Trang 146
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 354. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi z và z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z − z + 2 = 0 1 2
. Khi đó z + z bằng 1 2 A. 2 . B. 4 . C. 2 2 . D. 2 . Lời giải Chọn C  1− i 7 z = Ta có 2 2
z − z + 2 = 0 ⇔   1+ i 7 z =  2
Không mất tính tổng quát giả sử 1 i 7 z − = và 1 i 7 z + = 1 2 2 2 2 2 2 2    −      Khi đó 1 7 1 7 z + z = +     + +       = 2 + 2 = 2 2 . 1 2 2 2 2  2         
Câu 355. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Gọi z là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 2 0
z 2z 5  0
. Môđun của số phức z i bằng 0 A. 2. B. 2 . C. 10 . D. 10. Lời giải Chọn B Xét phương trình: 2
z 2z 5  0 có '   4  0
Phương trình có hai nghiệm phức z 12i và z 1 2i
z là nghiệm phức có phần ảo âm nên z 12i nên z i 1i z i  2 . 0 0 0 0
24.1 Các bài toán biểu diễn hình học nghiệm của phương trình
Câu 356. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Gọi z0 là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 2
z + 6z +13 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1− z0 là A. N ( 2; − 2) . B. M (4;2) . C. P(4; 2 − ). D. Q(2; 2 − ) . Lời giải z = 3 − + 2i Ta có 2
z + 6z +13 = 0 ⇔  ⇒ z = 3 − + 2i . z = 3 − − 2i 0 ⇒1− z =1− 3
− + 2i = 4 − 2i . 0 ( )
Vậy điểm biểu diễn số phức 1− z − 0 là P ( 4; 2) .
Câu 357. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Gọi z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 0 2
z + 4z +13 = 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1− z là 0 A. P( 1; − 3 − ) . B. M ( 1; − 3) . C. N(3; 3 − ) . D. Q(3;3) . Lời giải Ta có: 2
z + 4z +13 = 0 ⇔ z = 2 − ± 3i . Do đó z = 2
− + 3i ⇒1− z = 3− 3i . 0 0
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 147 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Vậy điểm biểu diễn là N (3; 3 − ) .
Câu 358. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 0 2
z − 4z +13 = 0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1− z là 0
A. M (3;−3). B. P( 1; − 3) .
C. Q(1;3) . D. N ( 1; − − 3). Lời giải z = 2 + 3i 2
z − 4z + 13 = 0 ⇔  z = 2 − 3i Vậy z = 2 + 3i 0 .
1− z =1− 2 + 3i = 1 − − 3i 0 ( ) .
Suy ra điểm biểu diễn số phức 1− z là N ( 1; − − 3). 0
Câu 359. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Gọi z là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình 0 2
z − 4z +13 = 0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 1− z là 0
A. M (3;−3). B. P( 1; − 3) .
C. Q(1;3) . D. N ( 1; − − 3). Lời giải z = 2 + 3i 2
z − 4z + 13 = 0 ⇔  z = 2 − 3i Vậy z = 2 + 3i 0 .
1− z =1− 2 + 3i = 1 − − 3i 0 ( ) .
Suy ra điểm biểu diễn số phức 1− z là N ( 1; − − 3). 0
24.1 Các bài toán khác về phương trình
Câu 360. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Gọi z và z là hai nghiệm phức của phương trình 2 z − z + 3 = 0 1 2
. Khi đó z + z bằng 1 2 A. 3 . B. 2 3 . C. 6 . D. 3 . Lời giải Chọn B  1 11 z = + i
Giải phương trình 2 2 2
z − z + 3 = 0 ⇔  .  1 11 z = − i  2 2 Khi đó: 1 11 1 11 z + z = + i + − i = 2 3 . 1 2 2 2 2 2 Trang 148
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
25. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
Câu 361. [Đề-BGD-2020-Mã-101] [Mức độ 1] Cho khối chóp có diện tích đáy B = 6 và chiều cao h = 2
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 6 . B. 3. C. 4 . D. 12. Lời giải 1 1
Thể tích khối chóp là V = Bh = .6.2 = 4 . 3 3
Câu 362. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 2 . Thể
tích của khối chóp đã cho bằng. A. 6 B. 12 C. 2 D. 3 Lời giải Chọn C Ta có 1 1 V = . B h = .3.2 = 2 3 3
Câu 363. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối chóp có diện tích đáy B = 2 và chiều cao h = 3. Thể
tích của khối chóp đã cho bằng A. 12. B. 2 . C. 3. D. 6 . Lời giải
Thể tích của khối chóp đã cho là: 1 1 V = . . B h = .2.3 = 2 . 3 3
Câu 364. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3, chiều cao h = 8. Thể tích
của khối chóp đã cho bằng A. 24 . B. 12. C. 8 . D. 6 . Lời giải Thể tích khối chóp: 1 V = .3.8 = 8. 3
Câu 365. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối chóp có diện tích đáy 2
B = 2a và chiều cao h = 6a
. Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 3 12a . B. 3 4a . C. 3 2a . D. 3 6a . Lời giải Chọn B
Thể tích khối chóp đã cho bằng 1 1 2 3
V = Bh = .2a .6a = 4a . 3 3
Câu 366. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối chóp có diện tích đáy 2
B = 6a và chiều cao h = 2a . Thể
tích khối chóp đã cho bằng: A. 3 2a . B. 3 4a . C. 3 6a . D. 3 12a . Lời giải Chọn B 1 1 2 3 V = .
B h = 6a .2a = 4a 3 3
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 149 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 367. ]HH12.C2.2.D02.a] [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r = 5 và
chiều cao h = 3. Thể tích của khối trụ đã cho bằng A. 5π . B. 30π . C. 25π . D. 75π . Lời giải Chọn D
Thể tích khối trụ là 2
V = π r .h = 75π .
Câu 368. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối chóp có diện tích đáy 2
B = 2a và chiều cao h = 9a . Thể
tích của khối chóp đã cho bằng A. 3 3a . B. 3 6a . C. 3 18a . D. 3 9a . Lời giải Chọn B 1 1 2 3
V = Bh = .2a .9a = 6a . 3 3
Câu 369. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3, chiều cao h = 8. Thể tích
của khối chóp đã cho bằng A. 24 . B. 12. C. 8 . D. 6 . Lời giải Thể tích khối chóp: 1 V = .3.8 = 8. 3
Câu 370. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 Chọn D
Thể tích khối chóp đã cho là 1 1 V = . . B h = .3.4 = 4. 3 3
25.2 Thể tích khối chóp đều
Câu 371. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 3a , cạnh bên
bằng 3a 3 và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O 2
trên các mặt phẳng (SAB) , (SBC) , (SCD) và (SAD). Thể tích khối chóp . O MNPQ bằng 3 3 3 3 A. 9a . B. 2a . C. 9a . D. a . 16 3 32 3 Lời giải Chọn C. Trang 150
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Gọi E, F,G, H lần lượt là giao điểm của SM với AB , SN với BC , SP với CD , SQ với DA
thì E, F,G, H là trung điểm của AB, BC,CD, DA thì 2 9a 2 Ta có SP . SP SG SO 4 1 = = =
= ⇒ P là trung điểm SG . 2 2 2 SG SG SG 9a 2 2
Chứng minh tương tự ta cũng có M , N,Q lần lượt là trung điểm AB, BC, DA . Khi đó 1 3 ( ,( )) a d O MNPQ = SO = . 2 4 2 1 1 9a S = S = S = . MNPQ 4 EFGH 8 ABCD 8 2 3 Vậy 1 3a 9a 9a V = ⋅ ⋅ = . O.MNPQ 3 4 8 32
25.3 Thể tích khối chóp khác
Câu 372. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng
a 3 và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P,Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm
của các tam giác SAB, SBC , SCD, SDA và S′ là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích khối chóp S MN ′ PQ bằng 3 3 3 3
A. 40 10a . B. 10 10a . C. 20 10a . D. 2 10a . 81 81 81 9 Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 151 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Gọi G ,G ,G ,G lần lượt là trọng tâm của SA ∆ B, SB ∆ C , SC ∆ D, SA ∆ D . 1 2 3 4 Do 1
G G //G G //EF;G G = G G = EF ⇒ Tứ giác G G G G là hình bình hành. 1 2 3 4 1 2 3 4 2 1 2 3 4
⇒ MN //PQ//G G , MN = PQ = 2G G ⇒ Tứ giác MNPQ là hình bình hành. 1 2 1 2
Gọi H = QN ∩ MP . Ta có: SH 1 = . SO 3 2 2  
Ta có: SO = ( a) 2 a 10 3 −  a =  2  2   3 Ta có:  2  80 V = = = = ′ V V   V V S MNPQ
5. S MNPQ 5.2 S GG G G 5.2. . S EFIK . . . . 1 2 3 4 . S.  3  27 EFIK 2 3
80 1 a 10  a 2  20 10 = . . . a   = . 27 3 2  2  81  
Câu 373. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a
và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của
các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S ' là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích của khối
chóp S '.MNPQ bằng 3 3 3 3 A. 20 14a . B. 40 14a . C.10 14a . D. 2 14a . 81 81 81 9 Lời giải Trang 152
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Gọi G ,G ,G ,G ∆ ∆ ∆ ∆ 1 2 3
4 lần lượt là trọng tâm SAB, SBC, SCD, SDA .
E, F,G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC,CD, DA . 2 4 4 1 8 Ta có a S = S = S = EG HF = . MNPQ
4 GG G G 4. EFGH 4. . . 1 2 3 4 9 9 2 9
d (S ,′(MNPQ)) = d (S ,′( ABCD)) + d (O,(MNPQ))
= d (S,( ABCD)) + 2d (O,(G G G G 1 2 3 4 ))
= d (S ( ABCD)) 2 ,
+ d (S,( ABCD)) 3 5
= d (S ( ABCD)) 5a 14 , = 3 6 2 3 Vậy 1 5a 14 8a 20a 14 V = ⋅ ⋅ = . S .′MNPQ 3 6 9 81
Câu 374. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng
a 2 và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xúng với O qua trọng
tâm của các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S′ là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích
của khối chóp S .′MNPQ . 3 3 3 3 A. 2 6a . B. 40 6a . C. 10 6a . D. 20 6a . 9 81 81 81 Lời giải:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 153 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Gọi G , G , G , G lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . 1 2 3 4
E , F , I , K lần lượt là trung điểm AB , BC , CD , DA . Ta có: 4 16 1 8 2 S = S = S = ⋅ S = a . MNPQ 4 GG G G 4. 1 2 3 4 9 EFIK 9 2 ABCD 9 2   2 5a 6 SO = (a ) 2 2 a 2 2 a a 6 2 −   = 2a − =  ⇒ S H ′ = S O
′ + OH = SO + SO = . 2  2 2   3 6 3 1 5a 6 8 2 20a 6 ⇒ V = ⋅ ⋅ = ′ a (đvtt). S .MNPQ 3 6 9 81
Câu 375. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a và O là
tâm đáy. Gọi M , N, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác
SAB, SBC, SCD, SDAvà S′ là điểm đỗi xứng với S quaO . Thể tích của khối chóp S .′MNPQ bằng 3 3 3 3
A. 2 2a .
B. 20 2a .
C. 40 2a .
D. 10 2a . 9 81 81 81 Lời giải S M Q O' N P G H I A B E O D F C S' Trang 154
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Ta có S.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng a a 2 ⇒ SO = . 2
Gọi G, I lần lượt là trọng tâm các tam giác S , DA SDC .
Gọi E, F lần lượt là trung điểm , DA DC . Ta có 2 GI = EF, 1 a 2 EF = AC = a 2 ⇒ GI = . 3 2 2 3
Mà G, I lần lượt là trung điểm của OQ,OP 2 2 ⇒ = 2 a QP GI = . 3 2
Từ giả thiết cho dễ dàng suy ra được MNPQ là hình vuông cạnh 2 2a PQ 8 = a ⇒ S = . 3 MNPQ 9
Gọi O′ là tâm hình vuông MNPQ kẻ GH / /QO′(H ∈OO′) ⇒ H là trung điểm OO′ (vì G là trung điểm OQ ). Ta có 2 2a 2 2 . a QO′ = = và 1 a 2
OO′ = 2OH = 2. .SO = 3 2 3 3 3 Theo giả thiết a 2 OS′ = OS =
a 2 a 2 5 2a ⇒ S O ′ ′ = S O ′ + OO′ = + = 2 2 3 6 2 3 1 5 2a 8a 20 2a V = = . S′ MNPQ . . . 3 6 9 81
Câu 376. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng
3a và O là tâm của đáy. Gọi M,N,P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên các 2
mặt phẳng (SAB) , (SBC) , (SCD) và (SDA) . Thể tích của khối chóp . O MNPQ bằng 3 3 3 3 A. a . B. 2a . C. a . D. a . 48 81 81 96 Lời giải Chọn D
Gọi M ,′ N ,′ P ,′Q′ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC,CD, DA .
Ta có AB ⊥ OM ′ và AB ⊥ SO nên AB ⊥ (SOM ′) .
Suy ra (SAB) ⊥ (SOM ′) theo giao tuyến SM ′ .
Theo giả thiết ta có OM ⊥ (SAB) nên OM ⊥ SM ′, do đó M là hình chiếu vuông góc của O trên SM ′ .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 155 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Tương tự như vậy: N, P,Q là hình chiếu vuông góc của O lần lượt trên SN ,′ SP ,′ SQ′ . 2 2 Ta có 2 2 3a 2a a
SO = SA − AO = − = = OM ′. 4 4 2
Suy ra tam giác SOM ′ vuông cân tại O nên M là trung điểm của SM ′ .
Từ đó dễ chứng minh được MNPQ là hình vuông có tâm I thuộc SO và nằm trong mặt phẳng
song song với ( ABCD) , với I là trung điểm của SO . Suy ra 1 a OI = OS = . 2 4 Do đó 1 1 2a MN = M N ′ ′ = AC = . 2 4 4 2 3 Thể tích khối chóp . O MNPQ bằng 1 1 2 1 a a a S OI = MN OI = = . MNPQ . . . . . 3 3 3 8 4 96
Câu 377. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a và O là
tâm đáy. Gọi M , N, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác
SAB, SBC, SCD, SDAvà S′ là điểm đỗi xứng với S quaO . Thể tích của khối chóp S .′MNPQ bằng 3 3 3 3
A. 2 2a .
B. 20 2a .
C. 40 2a .
D. 10 2a . 9 81 81 81 Lời giải S M Q O' N P G H I A B E O D F C S'
Ta có S.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng a a 2 ⇒ SO = . 2
Gọi G, I lần lượt là trọng tâm các tam giác S , DA SDC .
Gọi E, F lần lượt là trung điểm , DA DC . Ta có 2 GI = EF, 1 a 2 EF = AC = a 2 ⇒ GI = . 3 2 2 3
Mà G, I lần lượt là trung điểm của OQ,OP 2 2 ⇒ = 2 a QP GI = . 3 2
Từ giả thiết cho dễ dàng suy ra được MNPQ là hình vuông cạnh 2 2a PQ 8 = a ⇒ S = . 3 MNPQ 9 Trang 156
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Gọi O′ là tâm hình vuông MNPQ kẻ GH / /QO′(H ∈OO′) ⇒ H là trung điểm OO′ (vì G là trung điểm OQ ). Ta có 2 2a 2 2 . a QO′ = = và 1 a 2
OO′ = 2OH = 2. .SO = 3 2 3 3 3 Theo giả thiết a 2 OS′ = OS =
a 2 a 2 5 2a ⇒ S O ′ ′ = S O ′ + OO′ = + = 2 2 3 6 2 3 1 5 2a 8a 20 2a V = = . S′ MNPQ . . . 3 6 9 81
25.4 Tỉ số thể tích trong khối chóp
Câu 378. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 4a , cạnh bên
bằng 2 3a và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của O
lên các mặt phẳng (SAB) , (SBC) , (SCD) và (S )
DA . Thể tích của khối chóp . O MNPQ bằng 3 3 3 3 A. 4a . B. 64a . C. 128a . D. 2a . 3 81 81 3 Lời giải Chọn D
Gọi E, F,G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC,CD và DA . Gọi M , N, P,Q lần lượt hình
chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng SE, SF, SG, SH ta suy ra M , N, P,Q lần lượt hình
chiếu vuông góc của O mặt phẳng (SAB),(SBC),(SCD) và (S ) DA .
Ta có EFGH là hình vuông và 1 S = S suy ra 1 V = V . EFGH 2 ABCD S.EFGH S. 2 ABCD Các độ dài 2 1 2 2 1 2
SO = SA − AC = (2a 3) − (4a 2) = 2a và 2 2
SE = SO + OE = 2a 2 . 4 4
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 157 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 2
Trong tam giác vuông SOE ta có SM SO 1 = = suy ra SN SP SQ 1 = = = . 2 SE SE 2 SF SG SH 2
Xét hai hình chóp S.EFGH và .
O MNPQ ta có hai đường cao OO′ và SO tương ứng tỷ lệ OO′ 1 2 SMNPQ MN  1
= , đồng thời diện tích đáy = = . SO 2 S   EF EFGH  4 V
Do vậy O.MNPQ 1 = hay 1 1 1 1 2 2 3 V = V = V = a a = a . O MNPQ S EFGH S ABCD . .2 .(4 ) V . . . 8 16 16 3 3 S EFGH 8 . Trang 158
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
26. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC
26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
Câu 379. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là A. 3Bh . B. Bh . C. 4 Bh . D. 1 Bh . 3 3 Lời giải Chọn B
Câu 380. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 6 .
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 9. B. 18. C. 3. D. 6 . Lời giải Chọn B
Ta có thể tích khối lăng trụ là V = . B h =18 .
Câu 381. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho khối trụ có bán kính đáy r = 4 và chiều cao h = 3. Thể
tích của khối trụ đã cho bằng A. 48π. B. 4π. C. 16π . D. 24π. Lời giải Chọn A Thể tích khối trụ là 2 2 V = r π h = .4 π .3 = 48π .
Câu 382. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 2 . Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng A. 1. B. 3. C. 2 . D. 6 . Lời giải Chọn D
Thể tích khối lăng trụ là V = . B h = 3.2 = 6 .
Câu 383. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 6 , và chiều cao h = 3. Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng. A. 3. B. 18 C. 6 D. 9. Lời giải Chọn B Tta có V = .
B h ⇒ V = 6.3 =18 .
Câu 384. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Thể tích của khối lập phương cạnh 2 bằng A. 6 . B. 8 . C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn B Ta có 3 V = 2 = 8 .
26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật
Câu 385. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 3; 4; 5. Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 10. B. 20 . C. 12. D. 60 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 159 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải
Thể tích của khối hộp đã cho là V = 3. 4. 5 = 60 .
Câu 386. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối hộp chữ nhật có kích thước 2;4;6 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 16. B. 12. C. 48 . D. 8 . Lời giải
Thể tích của khối hộp là V = 2.4.6 = 48 .
Câu 387. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2 ; 6 ; 7 . Thể tích của
khối hộp đã cho bằng A. 28 . B. 14. C. 15. D. 84 . Lời giải
Thể tích của khối hộp đã cho là 2.6.7 = 84.
Câu 388. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2 ; 3; 7 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 7 . B. 42 . C. 12. D. 14. Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2 ; 3; 7 là: V = 2.3.7 = 42 .
Câu 389. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2 ; 3; 7 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 7 . B. 42 . C. 12. D. 14. Lời giải
Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước 2 ; 3; 7 là: V = 2.3.7 = 42 .
26.3 Thể tích khối lăng trụ đều
Câu 390. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho khối chóp đứng ABC.A′B C ′ ′ có đáy A/ C/
là tam giác đều cạnh a và AA′ = a 3 (minh hoạ như hình vẽ bên). A
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 3a 3 3a A. . B. . 4 2 A C 3 a 3 a C. . D. . B 4 2 Lời giải Chọn A. 2 a 3 2 3 a 3 3a Ta có S = . Vậy V = ′ = = ′ ′ ′ AA S a . ABC A B C . C AB 3. ABC 4 . 4 4
26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp Trang 160
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 391. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho lăng trụ ABC.A′B C
′ ′ có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác
đều cạnh bằng 6 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm các mặt bên ABB A ′ ′ , ACC A ′ ′ và BCC B ′ ′.
Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm ,
A B,C, M , N, P bằng A. 27 3 . B. 21 3 . C. 30 3 . D. 36 3 . Lời giải Chọn A Cách 1: C A B N C1 A1 Q M B1 C' A' B' 2
Thể tích khối lăng trụ đã cho là 8.6 3 V = = 72 3 . 4
Gọi A , B ,C là trung điểm của AA ,′ BB ,′CC′ . 1 1 1
Thể tích khối đa diện cần tính là thể tích khối lăng trụ ABC.A B C , trừ đi thể tích các khối chóp 1 1 1 AA MN;BB ; MP CC NP . 1 1 1 2 6 3
Thể tích khối chóp AA MN bằng 1 8 4 . . V = . 1 3 2 4 24
Vậy thể tích khối đa diện cần tính là V V 3V V = − = = ABCMNP 3 27 3. 2 24 8 Cách 2:
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 161 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Diện tích của đáy 2 3 S = 6 .
= 9 3 , chiều cao lăng trụ h = 8. 4
Gọi I là trung điểm AA′ . Ta có (MINP) / / ( ABC) .
Gọi E là giao điểm của A′P và ( ABC) , suy ra BE / / AC và BE = 2MP = AC , hay E là đỉnh
thứ tư của hình bình hành ABEC . Ta có V = V − − − ′ V V ′ V . A .ABEC P.BEC A .IMPN . A IMN Trong đó: 1 2 V = = . ′ S h Sh A ABEC .2 . . 3 3 1 1 1 1 V = S
d P ABC = S h = Sh . P BEC . BEC. , . . ( ( )) 3 3 2 6 1 1 1 1 1 V = ′ = = . ′ S d A IMPN S h Sh A IMPN IMPN . , . . . ( ( )) 3 3 2 2 12 1 1 1 1 1 V = S d A IMN = S h = Sh . A IMN IMN . , . . . ( ( )) 3 3 4 2 24 Vậy  2 1 1 1  3 V = V − − − = − − − = = ′ V V ′ V   Sh Sh . A ABEC P BEC A IMPN A IMN 27 3 . . . .  3 6 12 24  8 Trang 162
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 27. KHỐI NÓN
27.1 Câu hỏi lý thuyết về khối nón
Câu 392. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính r là A. 1 2 π r h . B. 2 π r h . C. 4 2 π r h . D. 2 2π r h . 3 3 Lời giải Chọn A
Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính r là 1 2 π r h . 3
27.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích(liên quan) khối nón khi biết các dữ kiện cơ bản
Câu 393. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối nón có bán kính đáy r = 5 và chiều cao h = 2 . Thể tích của khối nón đã cho bằng A. 10π . B. 10π . 3 C. 50π . D. 50π . 3 Lời giải
Thể tích khối nón đã cho bằng 1 2 50π V = π r h = . 3 3
Câu 394. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 và góc ở đỉnh bằng 60°. Diện
tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. π π 8π . B. 16 3 . C. 8 3 . D. 16π . 3 3 Lời giải S 60° A B
Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là một đường kính của đáy.
Theo bài ra, ta có tam giác SAB là tam giác đều ⇒ l = SA = AB = 2r = 4.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là S = π rl = π . xq 8 Kết luận: S = π . xq 8
Câu 395. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 3
= x − 24x trên đoạn [2;19] bằng A. 32 2 . B. 40 − . C. 32 − 2 . D. 45 − . Lời giải Ta có: f (x) 3 = x − 24x
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 163 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT x = 2 2 ∈[2;19] f ′(x) 2 = 3x − 24 = 0 ⇔  . x = 2 − 2 ∉  [2;19] f ( ) 3 2 = 2 − 24.2 = 40 − ; f ( )=( )3 2 2 2 2 − 24.2 2 = 32 − 2 ; f ( ) 3
19 =19 − 24.19 = 6403 . Mà 32 − 2 < − 40 < 6403.
Kết luận: min f (x) = 3
− 2 2 tại x = 2 2 . x [ ∈ 2;19]
Câu 396. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối nón có bán kính r = 4 và chiều cao h = 2 . Thể tích của
khối nón đã cho bằng 32π A. 8π . B. 8π . C. . D. π 32 . 3 3 Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Theo công thức ta có thể tích khối nón là 1 32 2 π V = h π . .r =
nên chọn đáp án C. 3 3
Câu 397. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 chiều cao h = 5. Thể tích khối nón đã cho bằng A. 20π . B. 20π . C. 10π . D. 10π . 3 3 Lời giải Thể tích khối nón 1 2 1 2 20π
V = π.r .h = .π.2 .5 = . 3 3 3
Câu 398. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 và chiều cao h = 4 . Thể tích
của khối nón đã cho bằng 8π 16π A. 8π . B. . C. . D. 16π . 3 3 Lời giải Thể tích khối nón: 1 2 1 2 16π
V = π r .h = π.2 .4 = . 3 3 3
Câu 399. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh
l = 5 . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 20 π π π. B. 20 C. 10π . D. 10 . 3 3 Lời giải Chọn C
Ta có diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: S = rl π = .2.5 π = 10π. xq
Câu 400. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh l = 7.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng π π A. 28π . B. 14π . C. 14 . D. 98 . 3 3 Lời giải Chọn B Trang 164
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Có S = π rl = π = π . xq .7.12 14
Câu 401. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối nón có bán kính đáy r = 2 và chiều cao h = 4 . Thể tích
của khối nón đã cho bằng 8π 16π A. 8π . B. . C. . D. 16π . 3 3 Lời giải Thể tích khối nón: 1 2 1 2 16π
V = π r .h = π.2 .4 = . 3 3 3
Câu 402. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 Chọn A
Thể tích của khối nón đã cho là 1 2 1 2
V = π r h = π 4 .3 =16π . 3 3
Câu 403. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5 và góc ở đỉnh bằng 0 60 .
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 50π . B. 100 3π . C. 50 3π . D. 100π . 3 3 Lời giải 30 h l 5 Ta có 0 5
sin 30 = ⇒ l =10 ⇒ S = π rl = π = π xq .5.10 50 l
Câu 404. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 và góc ở đỉnh bằng 60°.
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 18π . B. 36π . C. 6 3π . D. 12 3π . Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 165 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Vì góc ở đỉnh bằng 60° nên  IOM = 30° .
Trong tam giác vuông IOM ta có = 
IM OM.sin IOM hay r = l sin 30° r 3 ⇔ l = = = 6 . sin 30° 12
Diện tích xung quanh của hình nón là S = π rl = π = π . xq .3.6 18
Câu 405. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4 và góc ở đỉnh bằng ° 60 .
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 64 3π 32 3π A. . B. 32π . C. 64π . D. . 3 3 Lời giải S 60° 4 A H B Ta có   ASB = ° 60 ⇒ HSB = ° 30 ;HB = 4 . HB HB 4
Áp dụng tỉ số lượng giác cho S ∆ HB ta có sin ° 30 = ⇒ SB = = = 8. SB sin ° 30 1 2
Vậy S = πrl = π . . HB SB = π 8.4. = π 32 . xq
Câu 406. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình nón có bán kính đáy bằng 4 và góc ở đỉnh bằng ° 60 .
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 64 3π 32 3π A. . B. 32π . C. 64π . D. . 3 3 Lời giải Trang 166
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 S 60° 4 A H B Ta có   ASB = ° 60 ⇒ HSB = ° 30 ;HB = 4 . HB HB 4
Áp dụng tỉ số lượng giác cho S ∆ HB ta có sin ° 30 = ⇒ SB = = = 8. SB sin ° 30 1 2
Vậy S = πrl = π . . HB SB = π 8.4. = π 32 . xq
Câu 407. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại A , AB = a và
AC = 2a . Khi quay tam giác ABC quanh cạnh góc vuông AB thì đường gấp khúc ACB tạo
thành một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng A. 2 5π a .. B. 2 5π a .. C. 2 2 5π a . . D. 2 10π a . Lời giải Chọn C
Hình nón được tạo thành có bán kính đáy R = 2a và chiều cao h = a Áp dụng Pitago: 2 2 2
l = BC = AB + AC = a + (2a)2 = a 5
Diện tích xung quanh hình nón: 2
S = π Rl = π.2 . a a 5 = 2π a . xq 5.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 167 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 28. KHỐI TRỤ
28.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ khi biết các dữ kiện cơ bản
Câu 408. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình trụ có bán kính đáy r = 8 và độ dài đường sinh l = 3. Diện
tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 24π . B. 192π . C. 48π . D. 64π . Lời giải
Diện tích xung quanh hình trụ S = π rl = π.8.3 = π 48 . xq 2 2
Câu 409. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình trụ có bán kính đáy r = 4 và độ dài đường sinh l = 3 .
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 48π . B. 12π . C. 16π . D. 24π . Lời giải
Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình trụ ta có: S = π rl = π = π xq 2 2 .4.3 24
Câu 410. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình trụ có bán kính đáy r = 5 và độ dài đường sinh l = 3 .
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 15π . B. 25π . C. 30π . D. 75π . Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng S = π r l = π = π . xq 2 . . 2.5.3. 30
Câu 411. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình lăng trụ có bán kính đáy r = 7 và độ dài đường sinh
l = 3 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 42π . B. 147π . C. 49π . D. 21π . Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ là: S = 2π rl = 2π.7.3 = 42π .
Câu 412. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối trụ có bán kính r = 3và chiều cao h = 4 . Thể tích khối trụ đã cho bằng A. 4π . B. 12π . C. 36π . D. 24π . Lời giải Chọn C Ta có: 2 2
V = π r h = π.3 .4 = 36π
Câu 413. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình trụ có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 7.
Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 42π . B. 147π . C. 49π . D. 21π . Lời giải
Diện tích xung quanh của hình trụ là: S = 2π rl = 2π.3.7 = 42π .
Câu 414. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng A. 4π rl . B. π rl . C. 1π rl . D. 2π rl . 3 Lời giải Chọn D
Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng 2π rl . Trang 168
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 415. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cắt hình trụ (T ) bởi một mặt phẳng qua trục của nó ta được
thiết diện là một hình vuông cạnh bằng 7 . Diện tích xung quanh của (T ) bằng A. 49π .
B. 49π . C. 49π . D. 98π . 4 2 Lời giải Chọn C
Bán kính đáy của hình trụ là 7 r = . 2
Đường cao của hình trụ là h = 7 .
Diện tích xung quanh của hình trụ là 7
S = 2πr.h = 2π. .7 = 49π . 2
Câu 416. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cắt hình trụ (T ) bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết
diện là một hình vuông cạnh bằng 1. Diện tích xung quanh của (T ) bằng. A. π . B. π . C. π 2π . D. . 2 4 Lời giải Chọn A
Thiết diện qua trục là hình vuông ABCD cạnh a
Do đó hình trụ có đường cao h =1 và bán kính đáy CD 1 r = = . 2 2
Diện tích xung quanh hình trụ: 1 S = π rh = π = π xq 2 2 .1. 2
Câu 417. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện
là một hình vuông cạnh bằng 3. Diện tích xung quanh của (T ) bằng π π A. 9 . B. 18π . C. 9π . D. 9 . 4 2 Lời giải Chọn C
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 169 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Vì thiết diện qua trục của hình trụ (T )là một hình vuông cạnh bằng 3 nên hình trụ (T ) có đường l
sinh l = 3 , bán kính 3 r = = . 2 2
Diện tích xung quanh của hình trụ (T ) là 3
S = 2πrl = 2π. .3 = 9π xq 2
Câu 418. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Cho hình trụ có chiều cao 5 3 . Cắt mặt trụ đã cho bởi mặt phẳng
song song với trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 30. Diện tích xung
quanh của hình trụ đã cho bằng A. 10 3π . B. 5 39π . C. 20 3π . D. 10 39π . Lời giải Chọn C
Ta có hình vẽ bên, với khoảng cách từ O đến mặt phẳng cắt O'
là OH =1 (với H là trung điểm cạnh AB ); AD = BC = 5 3 .
Gọi R là bán kính đường tròn mặt đáy của hình trụ. D
Ta có diện tích thiết diện: S = . ABCD 30 C ⇔ A . B BC = 30 ⇔ A .5 B 3 = 30 ⇔ AB = 2 3 . Suy ra: AH = 3 . 2 2 2 2
OA = OH + AH = 1 + 3 = 2 = R .
Vậy diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: O S = π R l = π = π . xq 2 . . 2 .2.5 3 20 3 1 H A B Câu 419.
[ĐỀ BGD 2020-MH2] 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. 3 216πa . B. 3 150πa . C. 3 54πa . D. 3 108πa . Lời giải Chọn D
Gọi J là trung điểm GH . Khi đó IJ ⊥ GH và IJ = 3a .
Theo giả thiết, ta có EFGH là hình vuông, có độ dài cạnh bằng 6a ⇒ GH = 6a .
Trong tam giác vuông IJH , ta có IH = ( a)2 + ( a)2 3 3 = 3 2a . Vậy 2 2 3
V = π.IH .IO = π.18a .6a =108πa . Trang 170
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 420. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho hình hộp ABC .
D A'B 'C 'D ' có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy
bằng 9. Gọi M , N, P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A', BCC 'B ',CDD 'C ' và
DAA' D '. 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 Chọn B
Mặt (MNPQ)cắt các cạnh AA',BB',CC', DD'tại A , B ,C , D . Thể tích khối đa diện cần tìm là 1 1 1 1 V , thì: V = V −V −V −V −V 1 A 1 B 1 C 1
D .A' B 'C ' D ' A'.Q 1 MA B '.MN 1 B C '.PN 1 C D '.QP 1 D 8.9 = − 4 V × . 2 24 ⇒ V = 30
28.2 D06 - Bài toán thực tế về khối trụ - Muc do 2
Câu 421. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau,
bán kính đáy lần lượt bằng 1m và 1,2m . Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có
cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước
dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 1,8m . B. 1,4m . C. 2,2m . D. 1,6m . Lời giải Chọn D
Gọi chiều cao của bể nước là h(m) , bán kính bể mới là r (m)
Khi đó tổng thể tích hai bể nước ban đầu là: V = π h +π h = π h( 3 . .1,44. 2,44 m ) .
Vì bể mới có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích hai bể cũ nên: 2
π r h = 2,44π h ⇔ r = 2,44 ≈1,56 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 171 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT 29. KHỐI CẦU
29.1 Câu hỏi chỉ liên quan đến biến đổi V,S,R
Câu 422. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho khối cầu có bán kính r = 4. Thể tích của khối cầu đã cho bằng A. 256π . B. 64π . C. 64π . D. 256π . 3 3 Lời giải 4 4 256π Thể tích khối cầu 3 3 V = πr = π.4 = . 3 3 3
Câu 423. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho khối cầu có bán kính r = 4. Thể tích khối cầu đã cho bằng A. 64π . B. 64π . C. 256π . D. 256π . 3 3 Lời giải
Ta có thể tích khối cầu là: 4 3 256π V = π r = . 3 3
Câu 424. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho khối cầu có bán kính r = 2 . Thể tích của khối cầu đã cho bằng A. 16π . B. 32π . C. 32π . D. 8π . 3 3 Lời giải
Thể tích của khối cầu đã cho 4 3 4 3 π V = π.r = π.2 32 = . 3 3 3
Câu 425. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối cầu có bán kính r = 2. Thể tích khối cầu đã cho là π A. 32π . B. 16π . C. 32π . D. 8 . 3 3 Lời giải π
Thể tích khối cầu bán kính r = 2 là 4 3 4 32 V = π r 3 = .π.2 = . 3 3 3
Câu 426. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho mặt cầu có bán kính r = 4 . Diện tích của mặt cầu đã cho bằng A. 256π . B. 64π . C. 16π . D. 64π. 3 3 Lời giải Chọn D
Ta có diện tích mặt cầu là 2 S = 4 r π = 64π .
Câu 427. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho mặt cầu có bán kính r = 5. Diện tích mặt cầu đã cho bằng A. 25π . B. 500π . C. 100π . D. 100π . 3 3 Lời giải. Chọn C Diện tích mặt cầu 2 2
S = 4π r = 4π.5 =100π. Trang 172
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 428. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho mặt cầu có bán kính r = 4 . Diện tích của mặt cầu đã cho bằng A. 16π π π . B. 64π . C. 64 . D. 256 . 3 3 Lời giải Chọn B
Diện tích của mặt cầu bằng 2 2 4π r = 4.π.4 = 64π
Câu 429. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho khối cầu có bán kính r = 2. Thể tích khối cầu đã cho là π A. 32π . B. 16π . C. 32π . D. 8 . 3 3 Lời giải π
Thể tích khối cầu bán kính r = 2 là 4 3 4 32 V = π r 3 = .π.2 = . 3 3 3
Câu 430. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Cho mặt cầu có bán kính R = 2 . Diện tích của mặt cầu đã cho bằng A. 32π . B. 8π . C. 16π . D. 4π . 3 Lời giải Chọn C
Diện tích của mặt cầu đã cho 2 2
S = 4π R = 4π.2 =16π .
29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện
Câu 431. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 4a , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 60° . Diện tích mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 2 π 2 π 2 π A. 172 a 76 172 . B. a . C. a 2 84π a . D. . 3 3 9 Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 173 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Gọi O là tâm của tam giác ABC , M và N lần lượt là trung điểm của BC và SA , R, S là bán
kính và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC .
Dựng trục d của tam giác ABC , ⇒ d qua O và d // SA . Trong mặt phẳng ( ,
SA d ) dựng đường thẳng qua N song song với AO cắt d tại I . Khi đó I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và R = AI . Do A ∆ BC
đều và SA ⊥ ( ABC) nên BC ⊥ AM
⇒ BC ⊥ (SAM ) ⇒ ((SBC),( ABC)) = S ∠ MA = 60° . BC ⊥ SA  2 4a 3 3 AO = AM =  3 3 AM = 4a = 2a 3 ⇒ . 2   1 1
AN = SA = AM tan 60° = 3a  2 2 2 a
ANIO là hình chữ nhật 2 2 2 16 43
⇒ AI = AN + AO = 9a + = a . 3 3 2 π Vậy 2 172 = 4 a S π R = . 3
Câu 432. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 4a , SA vuông
góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 0
30 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng: 2 2 2 A. 2 52π a . B. 172πa . C. 76πa . D. 76πa . 3 9 3 Lời giải Trang 174
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Gọi N là trung điểm của BC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC .
Dựng ∆ qua O, ∆ ⊥ ( ABC) ⇒ ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp A
∆ BC và ∆,SA đồng phẳng.
Trong mặt phẳng (SAN ) dựng đường trung trực d của cạnh bên SA .
Gọi I = ∆  d , suy ra IA = IB = IC = IS , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và R = IA. BC ⊥ AN Ta có: 
⇒ BC ⊥ (SAN ) ⇒ BC ⊥ SN . BC ⊥ SA
Suy ra ∠((SBC),( ABC)) = ∠( AN ,SN ) = S ∠ NA = 30° . Mặt khác: AB 3 4a 3 AN = = = 2a 3 , 2 4 3a AO = AN = . 2 2 3 3
Vì SA ⊥ ( ABC) ⇒ SA ⊥ AN ⇒ S
∆ AN vuông tại A . Ta có tan SA SN ∠ A = SA
⇒ SA = AN ⋅ tan 30° 3 = 2a 3 ⋅
= 2a , suy ra MA = IO = = a . AN 3 2 2   Xét tam giác a a
IOA vuông tại O : 2 2
R = IA = IO + AO 2 4 3 57 = a +   =  . 3  3   2 2  57a  76π
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a S.ABC là 2 S( = 4π R = 4π   = S.ABC)  3  3  
Câu 433. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a . SA vuông
góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 60°. Diện tích của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 2 2 2 A. 43π a π π . B. 19 a . C. 43 a . D. 2 21π a . 3 3 9 Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 175 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Phân tích, nhận xét:
1. Bài toán kiểm tra kĩ năng xác định góc giữa hai mặt phẳng và kĩ năng xác định tâm của mặt
cầu ngoại tiếp khối chóp.
2. Để xác định góc giữa hai mặt phẳng có giao tuyến là d , ta cần xác định hai đường thẳng d ,d 1 2
nằm trong hai mặt phẳng, cùng vuông góc với d tại cùng một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng
chính là góc giữa d ,d . 1 2
3. Để tính diện tích của mặt cầu ta cần tìm bán kính của mặt cầu. Do đó cần xác định xem tâm
của mặt cầu trong hình vẽ nằm ở đâu. Tâm O của mặt cầu cách đều ,
A B,C nênO phải nằm trên
∆ , là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy. Mặt khác, O cách đều S, A nên O phải nằm trên
mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng SA . Như vậy, O là giao điểm của mặt phẳng trung trực
của SA với ∆ . Trường hợp SA song song với ∆ , thì trong mặt phẳng xác định bởi SA và ∆ , ta
có thể kẻ luôn đường trung trực của SA . AI ⊥ BC
+ α = 60° là góc giữa mặt phẳng (SBC) và ( ABC) . Lấy I là trung điểm BC ⇒  SI ⊥ BC ⇒ α = ( ) =  , = 60o SI AI SIA . + 3 AI = 2 . a
= a 3 ⇒ SA = 3.AI = 3a . 2
+ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . QuaG kẻ đường thẳng ∆ ⊥ ( ABC) ⇒ ∆//SA Trong mp( ,
SA ∆): Đường trung trực SAcắt ∆ ở O ⇒ Mặt cầu S ( ;
O OA) ngoại tiếp S.ABC . Gọi K là trung điểm AS 1 3a 2 2 Ta có = = ; a AK AS AG = AI = 2 2 3 3 2 2 2 2 9a 4a 43
R = AK + AG = + = a 4 3 12 2
+ Diện tích mặt cầu S ( ; O OA) là 2 2 43 43π = 4π = 4 a S R π a = . 12 3
Câu 434. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 30 . Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng Trang 176
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 2 2 2
A. 43π a .
B. 19π a .
C. 19π a . D. 2 13πa . 3 3 9 Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC , ta có góc 
SMA là góc giữa (SBC) và ( ABC) ⇒  SMA = 30° .
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC khi đó ta có: 2a 3 AM = = a 3 , 2 2a 3 AG = AM = , 1
SA = AM.tan 30° = a 3. = a . 2 3 3 3
Qua G kẻ đường thẳng d vuông góc với ( ABC) ⇒ d / /SA . (  P) ⊥ SA
Gọi E là trung điểm của SA , qua E kẻ mặt phẳng (P) sao cho: (  P
 ) ∩ d = {I}
Khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC và khối cầu đó có bán kính là: 2 2 2 2 2  SA  2 a 4a a 57
R = IA = IG + AG = +  AG = + =  .  2  4 3 6 2 π
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a S.ABC là: 2 19 S = 4π R = . 3
Câu 435. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy bằng 30 . Diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng 2 2 2
A. 43π a .
B. 19π a .
C. 19π a . D. 2 13πa . 3 3 9 Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 177 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Gọi M là trung điểm của BC , ta có góc 
SMA là góc giữa (SBC) và ( ABC) ⇒  SMA = 30° .
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC khi đó ta có: 2a 3 AM = = a 3 , 2 2a 3 AG = AM = , 1
SA = AM.tan 30° = a 3. = a . 2 3 3 3
Qua G kẻ đường thẳng d vuông góc với ( ABC) ⇒ d / /SA . (  P) ⊥ SA
Gọi E là trung điểm của SA , qua E kẻ mặt phẳng (P) sao cho: (  P
 ) ∩ d = {I}
Khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC và khối cầu đó có bán kính là: 2 2 2 2 2  SA  2 a 4a a 57
R = IA = IG + AG = +  AG = + =  .  2  4 3 6 2 π
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a S.ABC là: 2 19 S = 4π R = . 3
29.3 Bài toán tổng hợp về khối nón, khối trụ, khối cầu
Câu 436. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Cho hình nón (N ) có đỉnh S ,bán kính đáy bằng 2a và độ dài
đường sinh bằng 4a .Gọi (T ) là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N ) .Bán kính của (T ) bằng A. 4 2 a . B. 14a . C. 4 14 a . D. 8 14 a . 3 7 7 Lời giải Chọn C Trang 178
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Gọi R là bán kính mặt cầu (T ) , SH là đường cao của hình nón
⇒ SH = ( a) − (a )2 2 4 2 = a 14 2 2
Gọi I là tâm mặt cầu 2
⇒ R = (a 2) +(R − a 14) 4 14 ⇒ R = a 7
Câu 437. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Cho hình nón (N ) có đỉnh S , bán kính đáy bằng 3a và độ dài
đường sinh bằng 4a . Gọi (T ) là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N ) . Bán kính của (T ) bằng A. 2 10a . B. 16 13a . C. 8 13a . D. 13a . 3 13 13 Lời giải. Chọn C Cách 1.
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 179 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Nếu cắt mặt cầu ngoại tiếp khối nón (N ) bởi mặt phẳng (SAB) , ta được mộ hình tròn ngoại tiếp
tam giác SAB . Khi đó bán kính mặt cầu (T ) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .
Gọi M là trung điểm của SB . Kẻ đường vuông góc với SB tại M , cắt SO tại I .
Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp S
∆ AB và r = SI là bán kính đường tròn ngoại tiếp S ∆ AB . Ta có: SI SM SM S ∆ IM ∽ SB ∆ O ⇒ = ⇒ SI = .SB . SB SO SOSM = 2a  Trong đó: 8a 13 SB = 4a ⇒ r = SI = . 13  2 2
SO = SB − OB = a 13 Cách 2.
Gọi O là tâm của mặt cầu (T ), H là tâm đường tròn đáy của (N ) , M là một điểm trên đường
tròn đáy của (N ) và R là bán kính của (T ).
Ta có: SO = OM = R ; 2 2 2
OM = OH + HM ; 2 2
SH = SM − HM = 13a .
Do SH ≠ HM nên chỉ xảy ra hai trường hợp sau
Trường hợp 1: SH = SO + OH S O H M Ta có hệ phương trình
R + OH = 13a OH  = 13a − R  ⇔  . 2 2 2 2 2 2 2
R = OH + 3a
R = 13a − 2 3aR + R + 3a  (*) Giải (*) ta có 8 13a R = . 13
Trường hợp 2: SH = SO − OH . Trang 180
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 S M H O
R = OH + 13a OH  = R − 13a
Ta có hệ phương trình  ⇔  . 2 2 2 2 2 2 2
R = OH + 3a
R =13a − 2 13aR + R + 3a  (*) Giải (*) ta có 8 13a R = . 13
Câu 438. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Cho hình nón (N ) có đỉnh S , bán kính đáy bằng a và độ dài
đường sinh bằng 4a . Gọi (T ) là mặt cầu đi qua S và đường tròn đáy của (N ) . Bán kính của (T ) bằng 2 6 16 15 8 15 A. a a a . B. . C. . D. 15a . 3 15 15 Lời giải Chọn C S M I O A
Gọi I là tâm của (T ) thì I ∈ SO và IS = IA . Gọi M là trung điểm của SA thì IM ⊥ SA . Ta có 2 2
SO = SA − OA = ( a)2 2 4 − a = a 15 . SM.SA 2 .4 a a 8 15a
Lại có SM.SA = SI.SO ⇒ SI = = = . SO a 15 15
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 181 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
30. TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ
30.1 Hình chiếu của điểm lên các trục tọa độ, lên các mặt phẳng tọa độ và điểm đối xứng của nó
Câu 439. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M (2;1;− ) 1
trên trục Oz có tọa độ là A. (2;1;0) . B. (0;0;− ) 1 . C. (2;0;0) . D. (0;1;0) . Lời giải Chọn B.
Câu 440. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm A(3;2; ) 1
trên trục Ox có tọa độ là A. (0;2; ) 1 . B. (3;0;0). C. (0;0; ) 1 . D. (0;2;0) . Lời giải
Hình chiếu của điểm A(3;2; )
1 trên trục Ox là A′(3;0;0) .
Câu 441. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm
A(1;2;5) lên trục Ox có tọa độ là A. (0;2;0) . B. (0;0;5) . C. (1;0;0) . D. (0;2;5) . Lời giải
Hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;5) lên trục Ox có tọa độ là (1;0;0)
Câu 442. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz hình chiếu vuông góc của điểm A(3;5;2)
trên trục Ox có tọa độ là A. (0;5;2) . B. (0;5;0) . C. (3;0;0). D. (0;0;2) . Lời giải
Hình chiếu vuông góc của điểm A(3;5;2) trên trục Ox là (3;0;0).
Câu 443. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm
A(8;1;2) trên trục Ox có tọa độ là A. (0;1;0) . B. (8;0;0) . C. (0;1;2) . D. (0;0;2) . Lời giải
Tọa độ hình chiếu vuông góc của A(8;1;2) lên trục Ox là (8;0;0) .
Câu 444. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz . Điểm nào sau đây là hình chiếu vuông góc của điểm (
A 1;4;2) trên mặt phẳng Oxy ? A. (0;4;2). B. (1;4;0) . C. (1;0;2) . D. (0;0;2) . Lời giải Chọn B Ta có hình chiếu của (
A 1;4;2) trên mặt phẳng Oxy là (1;4;0) . Trang 182
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 445. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông
góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng Oxy . A. Q(1;0;3) B. P(1;2;0) C. M (0;0;3) D. N (0;2;3) Lời giải Chọn B
Ta có hình chiếu vuông góc của điểm A(1;2;3) trên mặt phẳng Oxy là điểm P(1;2;0) .
Câu 446. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz điểm nào dưới đây là hình chiếu vuông
góc của điểm A(3;5;2) trên mặt phẳng (Oxy)?
A. M (3;0;2) B. (0;0;2)
C. Q(0;5;2) D. N (3;5;0) Lời giải Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm A(3;5;2) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm N (3;5;0).
Câu 447. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm
A(8;1;2) trên trục Ox có tọa độ là A. (0;1;0) . B. (8;0;0) . C. (0;1;2) . D. (0;0;2) . Lời giải
Tọa độ hình chiếu vuông góc của A(8;1;2) lên trục Ox là (8;0;0) .
Câu 448. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 Chọn D
Hình chiếu vuông góc của điểm M (2;1;− )
1 trên mặt phẳng (Ozx) có tọa độ là (2;0;− ) 1 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 183 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
31. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
31.1 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu
Câu 449. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z + 2)2 = 9. Bán
kính của (S ) bằng A. 6. B. 18. C. 9. D. 3. Lời giải
Mặt cầu (S ) (x − a)2 + ( y −b)2 + (z − c)2 2 :
= R có tâm I (a;b;c) và bán kính . R
Vậy mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z + 2)2 = 9 có tâm I (0;0;− 2) và bán kính R = 3.
Câu 450. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2
(S) : x + (y− 2) + z = 9.
Bán kính mặt cầu (S) bằng A. 6 . B. 18. C. 3. D. 9 . Lời giải
Người giải: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn
Áp dụng phép cộng số phức ta có bán kính mặt cầu trên bằng 3 nên chọn đáp án C
Câu 451. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103]Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2
:x + y + (z − )2 1 =16 .
Bán kính của (S ) bằng A. 32. B. 8 . C. 4 . D. 16. Lời giải Chọn C
Bán kính của (S ) bằng R = 16 = 4 .
Câu 452. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z − 2)2 =16
. Bán kính của (S ) bằng: A. 4 . B. 32. C. 16. D. 8 . Lời giải Mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z − 2)2 =16 có bán kính bằng R = 4 .
Câu 453. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x + )2 +( y − )2 +(z + )2 : 1 2
3 = 4. Tâm của (S ) có tọa độ là A. ( 1; − 2;− 3). B. (2; − 4;6). C. (1; − 2;3). D. ( 2; − 4;− 6) . Lời giải Chọn A
Tâm mặt cầu (S ) có tọa độ là ( 1; − 2;− 3).
Câu 454. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : (x +1) + (y + 2) + (z − 3) = 9 . Tâm của (S) có tọa độ là: Trang 184
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 A. ( 2; − 4; − 6) . B. (2;4; 6 − ) . C. ( 1 − ; 2; − 3) . D. (1;2; 3) − . Lời giải Chọn C
Tâm của (S) có tọa độ là: ( 1 − ; 2; − 3)
Câu 455. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y + )2 +(z + )2 : 1 2
3 = 4 . Tâm của (S ) có tọa độ là A. ( 1; − 2;3). B. (2; 4; − 6 − ) . C. ( 2; − 4;6) . D. (1; 2 − ; 3 − ) . Lời giải Chọn D
Tâm của mặt cầu (S ) có tọa độ là (1; 2 − ; 3 − ) .
Câu 456. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z − 2)2 =16
. Bán kính của (S ) bằng: A. 4 . B. 32. C. 16. D. 8 . Lời giải Mặt cầu (S ) 2 2
: x + y + (z − 2)2 =16 có bán kính bằng R = 4 .
Câu 457. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) 2 2 2
: x + y + z + 2x − 2z − 7 = 0 . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 9 . C. 3. D. 15 . Lời giải Chọn C. Ta có 2 2 2
x + y + z + 2x − 2z − 7 = 0 ⇔ (x − )2 2 1 + y + (z + )2 1 = 9
Vậy bán kính mặt cầu là R = 3.
Câu 458. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
(S) (x − )2 +( y + )2 +(z − )2 : 2 4
1 = 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 Chọn B
Tâm của mặt cầu (S ) có tọa độ là (2;− 4; ) 1 .
32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK
Câu 459. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) x + y + (z + )2 2 2 : 2 = 3.
Có tất cả bao nhiêu điểm A(a;b;c) ( a , b , c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho
có ít nhất hai tiếp tuyến của (S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau ? A. 12. B. 8 . C. 16. D. 4 .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 185 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Lời giải Chọn A
Ta có A∈(Oxy) ⇒ c = 0 .
Suy ra A(a;b;0) .
Mặt cầu (S ) có tâm I (0;0; 2) và bán kính R = 3 .
Từ giả thiết ta có R ≤ IA ≤ R 2 . 2 2
⇔ 3 ≤ a + b + 2 ≤ 6 . 2 2
⇔ 1≤ a + b ≤ 4 .
Vì a, b∈ nên có 12 điểm thỏa bài toán là ( 1; ± 0) , ( 2; ± 0) , (0;± ) 1 , (0;± 2) , (1; ) 1 , ( 1; − − ) 1 , (1;− ) 1 , ( 1; − ) 1 .
Vậy có 12 điểm A thỏa bài toán. Trang 186
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
32. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
32.1 Tìm VTPT, các vấn đề về lý thuyết
Câu 460. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz ,cho mặt phẳng (P) : x + 2y + 3z −1= 0 .
Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (P) A. n = 1;2; 1 − .
B. n = 1;2;3 . C. n = 1;3; 1 − . D. n = 2;3; 1 − . 2 ( ) 4 ( ) 3 ( ) 1 ( ) Lời giải Chọn B.
(P) : x + 2y +3z −1= 0 có một vtpt là n = 1;2;3 . 4 ( )
Câu 461. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α) : 2x + 4y − z + 3 = 0
. Véctơ nào sau đây là véc tơ pháp tuyến của (α) ?     A. n = 2;4; 1 − .
B. n = 2;− 4;1 . C. n = 2; − 4;1 . D. n = 2;4;1 . 1 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 1 ( ) Lời giải Chọn A
Mặt phẳng (α) : 2x + 4y − z + 3 = 0 có một véctơ pháp tuyến là n = (2;4;− ) 1 .
Câu 462. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 2x −3y + 4z −1= 0
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (α ) ?    
A. n = 2; −3; 4 n = 2; 3; − 4 n = 2; 3; 4 n = 2 − ; 3; 4 3 ( ). B. 2 ( ) . C. 1 ( ) . D. 4 ( ). Lời giải Chọn A 
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) : 2x −3y + 4z −1 = 0 là n = 2; −3; 4 3 ( ).
Câu 463. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (α ) : 2x − y + 3z + 5 = 0
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (α ) ?     A. n = 2 − ;1;3 . B. n = 2;1; 3 − . C. n = 2; 1; − 3 . D. n = 2;1;3 . 1 ( ) 2 ( ) 4 ( ) 3 ( ) Lời giải Chọn C
Câu 464. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) :2x + 3y + z + 2 = 0. Vectơ
nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (P) ? A. n = 2;3;2 .
B. n = 2;3;0 .
C. n = 2;3;1 .
D. n = 2;0;3 . 4 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 3 ( ) Lời giải Chọn C
Mặt phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến là n = 2;3;1 . 2 ( )
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 187 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
32.2 PTMP trung trực của đoạn thẳng
Câu 465. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;3;0) và B(5;1; 2 − ) . Mặt
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là
A. 2x − y − z + 5 = 0 . B. 2x − y − z − 5 = 0 . C. x + 2y + 2z − 3 = 0 . D. 3x + 2y − z −14 = 0. Lời giải Chọn B.
Mặt phẳng trung trực (P) của AB đi qua trung điểm I (3;2;− ) 1 của AB và nhận  AB = (4; 2; − 2
− ) làm vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình mặt phẳng (P) là
4(x −3) − 2( y − 2) − 2(z + )
1 = 0 ⇔ 2x − y − z − 5 = 0 .
32.3 PTMP qua 1 điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h)
Câu 466. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2;−1;4) và mặt phẳng
(P):3x − 2y + z +1= 0 . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (P) là
A. 2x − 2y + 4z − 21 = 0 .
B. 2x − 2y + 4z + 21 = 0
C. 3x − 2y + z −12 = 0.
D. 3x − 2y + z +12 = 0 . Lời giải Chọn C
Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (P) là
3(x − 2) − 2( y + )
1 + (z − 4) = 0 ⇔ 3x − 2y + z −12 = 0 .
33.4 PTMP qua 1 điểm, song song với một mặt phẳng
Câu 467. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2;1; 2 − ) và mặt phẳng
(P):3x − 2y + z +1= 0 . Phương trình của mặt phẳng đi qua M và song song với (P) là:
A. 2x + y − 2x + 9 = 0 .
B. 2x + y − 2z − 9 = 0
C. 3x − 2y + z + 2 = 0 .
D. 3x − 2y + z − 2 = 0 . Lời giải Chọn D
Phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) có dạng:3x − 2x + z + D = 0 .
Mặt phẳng (Q) qua điểm M (2;1; 2
− ) , do đó: 3.2 − 2.1+ ( 2
− ) + D = 0 ⇔ D = 2 − .
Vậy (Q) :3x − 2y + z − 2 = 0 .
Câu 468. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2; 1; − 3) và mặt phẳng
(P):3x − 2y + z +1= 0 . Phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với (P) là
A. 3x − 2y + z +11 = 0 . B. 2x − y + 3z −14 = 0. Trang 188
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
C. 3x − 2y + z −11 = 0 . D. 2x − y + 3z +14 = 0 . Lời giải Chọn C ( 
P) nhận n = (3; 2 − ; ) 1 làm vectơ pháp tuyến 
Mặt phẳng đã cho song song với (P) nên cũng nhận nhận n = (3; 2 − ; ) 1 làm vectơ pháp tuyến
Vậy mặt phẳng đi qua M và song song với (P) có phương trình là
3(x − 2) − 2( y + )
1 + (z −3) = 0 ⇔ 3x − 2y + z −11= 0 33.5 PTMP theo đoạn chắn
Câu 469. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz , cho điểm A(3;0;0) , B(0;1;0), C (0;0; 2 − )
. Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x y z + + = 1. B. x y z + + = 1. C. x y z + + = 1. D. x y z + + = 1. 3 1 − 2 3 1 2 − 3 1 2 3 − 1 2 Lời giải
Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm A( ;0 a ;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) , abc ≠ 0, có dạng là x y z
+ + = 1 nên phương trình mặt phẳng qua 3 điểm A(3;0;0) , B(0;1;0) và C (0;0; 2 − ) là a b c x y z + + = 1. 3 1 2 −
Câu 470. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A( 2; − 0;0), B(0;3;0) và
C (0;0;4) . Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x y z + + = 1. B. x y z + + = 1. C. x y z + + = 1. D. x y z + + = 1. 2 − 3 4 2 3 4 2 3 − 4 2 3 4 − Lời giải
Phương trình mặt phẳng( ABC) đi qua ba điểm A( 2;
− 0;0), B(0;3;0) và C (0;0;4) có phương
trình mặt phẳng theo đoạn chắn là: x y z + + = 1. 2 − 3 4
Câu 471. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A( 1
− ,0,0), B(0,2,0) và
C (0,0,3). Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x y z + + = 1. B. x y z + + = 1. C. x y z + + = 1. D. x y z + + = 1 1 2 3 − 1 2 − 3 1 − 2 3 1 2 3 Lời giải
Ta có phương trình đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC) là x y z + + = 1. 1 − 2 3
Câu 472. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm
A(2 ; 0 ; 0), B(0 ;−1; 0), C (0 ; 0 ; 3). Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x y z + + = 1. B. x y z + + = 1. C. x y z + + = 1. D. x y z + + = 1. 2 − 1 3 2 1 3 − 2 1 3 2 1 − 3 Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 189 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT Với ba điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) thuộc ba trục tọa độ và abc ≠ 0 thì mặt phẳng
(ABC) có phương trình: x y z + + = 1. a b c
Với 3 điểm A(2; 0; 0), B(0;−1; 0), C (0; 0; 3) , theo phương trình đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng ( ): x y z ABC + + = 1. 2 1 − 3
Câu 473. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm
A(2 ; 0 ; 0), B(0 ;−1; 0), C (0 ; 0 ; 3). Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x y z + + = 1. B. x y z + + = 1. C. x y z + + =1. D. x y z + + = 1. 2 − 1 3 2 1 3 − 2 1 3 2 1 − 3 Lời giải Với ba điểm A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c) thuộc ba trục tọa độ và abc ≠ 0 thì mặt phẳng
(ABC) có phương trình: x y z + + = 1. a b c
Với 3 điểm A(2; 0; 0), B(0;−1; 0), C (0; 0; 3) , theo phương trình đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng ( ): x y z ABC + + = 1. 2 1 − 3
33.6 PTMP qua 1 điểm, vuông góc với đường thẳng Trang 190
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 474. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz , cho điểm M(2;− 2;3) và đường thẳng x −1 y + 2 z − 3 d : = =
. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là 3 2 −1
A. 3x + 2y − z +1 = 0 .
B. 2x − 2y + 3z −17 = 0 .
C. 3x + 2y − z −1 = 0 .
D. 2x − 2y + 3z +17 = 0 . Lời giải
Gọi mặt phẳng (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d .
Ta có: (P)⊥ d ⇒(P) nhận vectơ chỉ phương của d làm vectơ pháp tuyến. qua M( 2;− 2;3) ⇒ (P)    .
cã vect¬ ph¸p tuyÕn n = u =  (3;2;− ) 1 P d
⇒ (P) : 3(x − 2) + 2( y + 2) − (z − 3) = 0⇔3x + 2y − z +1 = 0 .
Câu 475. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;1; 2 − ) và đường thẳng x 1 y 2 : z d − + = =
. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là 1 2 3 −
A. x + 2y − 3z − 9 = 0.
B. x + y − 2z − 6 = 0 .
C. x + 2y − 3z + 9 = 0 .
D. x + y − 2z + 6 = 0. Lời giải  Đường thẳng x 1 y 2 : z d − + = =
có một véc tơ chỉ phương u (1;2; 3 − ) . 1 2 3 −  
Mặt phẳng (α ) vuông góc với d có một véc tơ pháp tuyến n = u (1;2; 3 − ). 
Mặt phẳng (α ) đi qua M (1;1; 2
− ), có một véc tơ pháp tuyến n(1;2; 3 − ) phương trình là 1.(x − ) 1 + 2.( y − ) 1 − 3.(z + 2) = 0
⇔ x + 2y − 3z − 9 = 0 .
Câu 476. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2; 1; − 2) và đường thẳng
x −1 y + 2 z − 3 d : = =
. Mặt phẳng qua M và vuông góc với d có phương trình là 2 3 1
A. 2x + 3y + z −3 = 0.
B. 2x − y + 2z − 9 = 0 .
C. 2x + 3y + z + 3 = 0.
D. 2x − y + 2z + 9 = 0. Lời giải
Mặt phẳng (α ) qua M và vuông góc với đường thẳng d nên có một vectơ pháp tuyến là n = (2;3; ) 1 .
Vậy mặt phẳng (α ) có phương trình là 2(x − 2) + 3( y + ) 1 +1(z − 2) = 0
⇔ 2x + 3y + z − 3 = 0 .
Câu 477. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (3; − 2; 2), đường thẳng
x − 3 y +1 z −1 d : = =
. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là 1 2 2 −
A. x + 2y − 2z + 5 = 0. B. 3x − 2y + 2z −17 = 0 .
C. 3x − 2y + 2z +17 = 0 . D. x + 2y − 2z − 5 = 0 . Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 191 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua M (3;− 2;2) và vuông góc với
x − 3 y +1 z −1 d : = = . 1 2 2 − 
Vectơ chỉ phương của d là u = (1;2;− 2) . ( 
α ) ⊥ d nên vectơ pháp tuyến của (α ) là n = (1;2;− 2) .
Phương trình mặt phẳng (α ) là:
1(x −3) + 2( y + 2) − 2(z − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 2z + 5 = 0 .
Câu 478. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (3; − 2; 2), đường thẳng
x − 3 y +1 z −1 d : = =
. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là 1 2 2 −
A. x + 2y − 2z + 5 = 0. B. 3x − 2y + 2z −17 = 0 .
C. 3x − 2y + 2z +17 = 0 . D. x + 2y − 2z − 5 = 0 . Lời giải
Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua M (3;− 2;2) và vuông góc với
x − 3 y +1 z −1 d : = = . 1 2 2 − 
Vectơ chỉ phương của d là u = (1;2;− 2) . ( 
α ) ⊥ d nên vectơ pháp tuyến của (α ) là n = (1;2;− 2) .
Phương trình mặt phẳng (α ) là:
1(x −3) + 2( y + 2) − 2(z − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 2z + 5 = 0 .
Câu 479. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2;1;0) và đường thẳng
x − 3 y −1 z +1 ∆ : = =
. Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với ∆ có phương trình là 1 4 2 −
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 Chọn C 
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Dễ thấy (P) ⊥ ∆ nên (P) sẽ nhận vtcp u = − của ∆ làm ∆ (1;4; 2) vtpt.
Vậy (P) đi qua M và có vecto pháp tuyến là (1;4; 2 − ) nên:
(P):1.(x − 2)+ 4( y − )1− 2(z −0) = 0 ⇒ (P): x + 4y − 2z −6 = 0 .
33. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Trang 192
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng
Câu 480. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 4 z − 2 z +1 d : = =
. Điểm nào sau đây thuộc d ? 2 5 − 1 A. N(4;2; 1 − ) . B. Q(2;5;1) . C. M (4;2;1) . D. P(2; 5 − ;1) . Lời giải Chọn A Thế điểm N(4;2; 1
− ) vào d ta thấy thỏa mãn nên chọn A.
33.2 Tìm VTCP, các vấn đề về lý thuyết
Câu 481. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 2 y −1 z + 3 d : = = . 1 − 2 1
Vecto nào dưới đây là một vecto chỉ phương của d ?     A. u = 2;1;1 . B. u = 1;2; 3 − . C. u = 1; − 2;1 . D. u = 2;1; 3 − . 1 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 2 ( ) Lời giải Chọn C  Đường thẳng
x − 2 y −1 z + 3 d : = =
có một vecto chỉ phương là u = 1; − 2;1 . 3 ( ) 1 − 2 1
Câu 482. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian − − +
Oxyz , cho đường thẳng
x 3 y 4 z 1 d : = = . 2 5 − 3
Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ?     A. u = 3;4; 1 − . B. u = 2; 5 − ;3 . C. u = 2;5;3 . D. u = 3;4;1 . 4 ( ) 3 ( ) 1 ( ) 2 ( ) Lời giải
Đường thẳng có phương trình dạng x − x y − y z − z 0 0 0 = =
thì có một vectơ chỉ phương a b c  u = (a; ;
b c) nên đường thẳng
x − 3 y − 4 z +1 d : = =
có một vectơ chỉ phương là u = 2; 5 − ;3 1 ( ) 2 5 − 3 .
Câu 483. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 2 y + 5 z − 2 d : = =
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? 3 4 1 −     A. u = 3;4; 1 − . B. u = 2; 5; − 2 . C. u = 2;5; 2 − . D. u = 3;4;1 . 4 ( ) 3 ( ) 1 ( ) 2 ( ) Lời giải 
Dựa vào phương trình chính tắc của đường thẳng d ta có vectơ chỉ phương của d là u = 3;4; 1 − 2 ( ) .
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 193 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
Câu 484. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian − + +
Oxyz cho đường thẳng
x 3 y 1 z 2 d : = = 4 2 − 3
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d ? A. u = 3; 1 − ; 2 − .
B. u = 4;2;3 . C. u = 4; 2; − 3 .
D. u = 3;1;2 . 1 ( ) 2 ( ) 4 ( ) 3 ( ) Lời giải 
Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là u = 4; 2; − 3 . 2 ( )
Câu 485. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 4 y + 2 z − 3 d : = =
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? 3 1 − 2 −
A. u = 4;− 2;3 .
B. u = 4;2;−3 .
C. u = 3;−1;− 2 . D. u = 3;1;2 . 1 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 2 ( ) Lời giải
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = 3;−1;− 2 . 3 ( )
Câu 486. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
x − 2 y −1 z + 3 d : = =
. Điểm nào dưới đây thuộc d? 4 2 − 1 A. Q(4; 2; − ) 1 . B. N (4;2; ) 1 . C. P(2;1; 3 − ). D. M (2;1;3). Lời giải Chọn C Thay tọa độ điểm − − + P(2;1; 3 − ) vào
x 2 y 1 z 3 d : = = ta được 4 2 − 1 2 − 2 1−1 3 − + 3 = =
⇔ 0 = 0 = 0 đúng. Vậy điểm P ∈(d ) . 4 2 − 1
Câu 487. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 3 y +1 z + 2 d : = =
. Điểm nào dưới đây thuộc d ? 2 4 1 − A. N (3; 1 − ; 2 − ) B. Q(2;4; ) 1 C. P(2;4;− ) 1 D. M (3;1;2) Lời giải Chọn A Ta có: 3− 3 1 − +1 2 − + 2 = = = 0. Vậy N (3; 1 − ; 2 − ) thuộc d . 2 4 1 −
Câu 488. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x − 4 y + 2 z − 3 d : = =
. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? 3 1 − 2 −
A. u = 4;− 2;3 .
B. u = 4;2;−3 .
C. u = 3;−1;− 2 . D. u = 3;1;2 . 1 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 2 ( ) Lời giải
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = 3;−1;− 2 . 3 ( )
Câu 489. [ĐỀ BGD 2020-MH2] Trong không gian − − +
Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y 2 z 1 d : = = . 2 3 1 −
Điểm nào dưới đây thuộc d ? A. P(1;2;− ) 1 . B. M ( 1; − 2 − ; ) 1 . C. N (2;3;− ) 1 . D. Q( 2 − ; 3 − ; ) 1 . Trang 194
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020 Lời giải Chọn A
Thay lần lượt tọa độ các điểm M , N, P, Q vào phương trình của đường thẳng d ta có: 1 − −1 2 − − 2 1+1 4 = = ⇔ 1 − = − = 2
− (vô lý) ⇒ M ∉ d . 2 3 1 − 3 2 −1 3− 2 1 − +1 1 1 = =
⇔ = = 0 (vô lý) ⇒ N ∉ d . 2 3 1 − 2 3 1−1 2 − 2 1 − +1 = =
⇔ 0 = 0 = 0 (đúng) ⇒ P ∈ d . 2 3 1 − 2 − −1 3 − − 2 1+1 3 5 = = ⇔ − = − = 2
− (vô lý) ⇒ Q ∉ d . 2 3 1 − 2 3
Vậy điểm P(1;2;− )
1 thuộc đường thẳng d .
33.3 PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h)
Câu 490. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 102] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm (
A 1;2;3) , B(1;1;1) và
C(3;4;0) . Đường thẳng đi qua A và song song BC có phương trình là
A. x +1 y + 2 z + 3 − − − = = .
B. x 1 y 2 z 3 = = . 4 5 1 4 5 1
C. x −1 y − 2 z −3 + + + = = .
D. x 1 y 2 z 3 = = . 2 3 1 − 2 3 1 − Lời giải  
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm ta có u∆ = BC = (2;3; 1) −
Vậy phường trình chính tắc ∆ đi qua A và song song BC là :
x −1 y − 2 z − 3 = = 2 3 1 −
Câu 491. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;2;0) ; B(1;1;2) ; C (2;3; )
1 . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là
A. x −1 y − 2 z − − = = .
B. x 1 y 2 z = = . 1 2 1 − 3 4 3
C. x +1 y + 2 z + + = = .
D. x 1 y 2 z = = . 3 4 3 1 2 1 − Lời giải  Ta có BC = (1;2;− ) 1 .
Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là x −1 y − 2 z = = . 1 2 1 −
Câu 492. [Đề-BGD-2020-Mã-101] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0; ) 1 , B(1;1;0), C (3;4;− )
1 . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là
A. x −1 y z −1 + + = = .
B. x 1 y z 1 = = . 4 5 1 − 2 3 1 −
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 195 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT
C. x −1 y z −1 + + = = .
D. x 1 y z 1 = = . 2 3 1 − 4 5 1 − Lời giải  Ta có: BC = (2;3;− ) 1 . 
Gọi d là đường thẳng cần lập phương trình. Vì d // BC nên BC là một vectơ chỉ phương của d .
Vậy phương trình đường thẳng d là: x −1 y z −1 = = . 2 3 1 −
Câu 493. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;1;0) ; B(1;0; ) 1 ;
C (3;1;0) . Đường thẳng đi qua A(1;1;0) và song song với BC có phương trình + + + + − − − −
A. x 1 y 1 z = =
. B. x 1 y 1 z =
= . C. x 1 y 1 z = =
. D. x 1 y 1 z = = . 2 1 1 − 4 1 1 2 1 1 − 4 1 1 Lời giải  
Đường thẳng cần tìm đi qua A(1;1;0) và có một véc tơ chỉ phương là u = BC = (2;1;− ) 1 − −
Phương trình đường thẳng cần tìm là: x 1 y 1 z = = . 2 1 1 −
Câu 494. [ĐỀ BGD 2020-L2-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 2 − ;3) và mặt phẳng
(P):2x − y +3z +1= 0 . Phương trình của đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) là x =1+ 2tx = 1 − + 2tx = 2 + tx =1− 2t A.     y = 2 − − t .
B.y = 2 −t . C.y = 1 − − 2t . D.y = 2 − − t . z = 3+     3t z = 3 − +  3t z = 3+  3t z = 3−  3t Lời giải Chọn A
Đường thẳng cần tìm đi qua M (1; 2
− ;3) , vuông góc với (P) nên nhận n = (2; 1; − 3 là véc tơ P ) ( ) x =1+ 2t
chỉ phương. Phương trình đường thẳng cần tìm là y = 2 − − t . z = 3+  3t
Câu 495. [ĐỀ BGD 2020 L2-MĐ-102] Trong không gian Oxyz , cho M (1;2; 3 − ) và mặt phẳng
(P) : 2x − y + 3z −1 = 0 . Phương trình của đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với (P) là x = 2 + tx = 1 − + 2tx =1+ 2tx =1− 2t A.     y = 1 − + 2t . B. y = 2 − − t .
C. y = 2 −t .
D. y = 2 −t . z = 3−     3t z = 3+  3t z = 3 − +  3t z = 3 − −  3t Lời giải Chọn C
Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : 2x − y + 3z −1 = 0 là n = (2; 1; − 3) . x =1+ 2t
Đường thẳng đi qua điểm M (1;2; 3
− ) và và vuông góc với (P) có phương trình là y = 2 −tz = 3 − +  3t . Trang 196
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN
TOÀN CẢNH ĐỀ THI VÀ ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ:2020
Câu 496. [ĐỀ BGD 2020-L1-MĐ 103] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 2 − ;2) và mặt phẳng
(P):2x + y −3z +1= 0 . Phương trình của đường thẳng qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là x =1+ 2tx = 1+ tx = 2 + tx = 1 − + 2t A.     y = 2 − + t . B. y = 2 − − 2t .
C. y =1− 2t .
D. y = 2 + t . z = 2−     3t z = 2 +  t z = 3 − +  2t z = 2 − −  3t Lời giải Chọn A
Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận véc tơ pháp tuyến của mặt x =1+ 2t
phẳng (P) làm véc tơ chỉ phương có phương trình tham số là y = 2 − + t . z = 2−  3t
Câu 497. [ĐỀ BGD-2020-L1-MĐ 104] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;1;0) ; B(1;0; ) 1 ;
C (3;1;0) . Đường thẳng đi qua A(1;1;0) và song song với BC có phương trình + + + + − − − −
A. x 1 y 1 z = =
. B. x 1 y 1 z =
= . C. x 1 y 1 z = =
. D. x 1 y 1 z = = . 2 1 1 − 4 1 1 2 1 1 − 4 1 1 Lời giải  
Đường thẳng cần tìm đi qua A(1;1;0) và có một véc tơ chỉ phương là u = BC = (2;1;− ) 1 − −
Phương trình đường thẳng cần tìm là: x 1 y 1 z = = . 2 1 1 −
Câu 498. [ĐỀ BGD 2020-MH2] 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 x = 1+ 2tx = 1+ tx = 1− tx = 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
Chọn D   Ta có: MN = (2;2; 2
− ) nên chọn u = (1;1;− )
1 là vecto chỉ phương của MN
Đường thẳng MN có 1 vecto chỉ phương là u = (1;1;− )
1 và đi qua điểm M (1;0; ) 1 x = 1+ t
nên có phương trình tham số là: y = t . z =1−  t
33.4 PTĐT qua 1 điểm, thoả ĐK khác
Câu 499. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(1;2;0), B( 2;0;2), C ( 2; 1; − 3), D(
1;1;3) . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng
( ABD)có phương trình là
TÀI LIỆU ÔN THi THPT QUỐC GIA Trang 197 ĐỀ THI THỬ:2019-2020
NHÓM WORD � BIÊN SOẠN TOÁN THPT x = 2 − − 4tx = 2 + 4tx = 2 − + 4tx = 4 + 2t A.     y = 2 − − 3t . B.y = 1 − + 3t . C.y = 4 − + 3t .
D.y = 3−t . z = 2 −     t z = 3−  t z = 2 +  t z =1+  3t Lời giải Chọn C   
Đường thẳng cần tìm đi qua C (2; 1;
− 3) và có vectơ chỉ phương là u = AB, AD = ( 4 − ; 3 − ;− ) 1   x = 2 + 4t
nên có phương trình tham số là y = 1 − + 3t z = 3+  t
Ta thấy điểm M ( 2; − 4;
− 2) thuộc đường thẳng đi qua C (ứng vớit = 1
− ) và vuông góc với mặt
phẳng ( ABD) nên ta chọn đáp án C.
33.5 Toán Max-Min liên quan đến đường thẳn
Câu 500. [ĐỀ BGD 2019-MĐ 101] Trong không gian Oxyz , cho điểm A(0;4; 3
− ) . Xét đường thẳng d
thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến
d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. P( 3 − ;0; 3 − ). B. M (0; 3 − ; 5 − ) . C. N (0;3; 5 − ). D. Q(0;5; 3 − ) . Lời giải Chọn C
Cách 1: Điểm A thuộc mặt phẳng (Oyz) và có tung độ dương.
Đường thẳng d thuộc mặt trụ có trục là Oz và có bán kính bằng 3 (phương trình: 2 2 x + y = 9).
Do đó khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất thì d phải nằm trong mặt phẳng (Oyz) và cách
Oz một khoảng bằng 3, đồng thời đi qua điểm có tung độ dương.
Vậy d đi qua điểm N (0;3; 5 − ). Cách 2
Vì d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 nên d là đường sinh
của mặt trụ tròn xoay có trục là Oz và bán kính bằng 3. Dễ thấy: d ( ;
A Oz) = 4 nên min d ( ; A d ) = d ( ;
A Oz) − d (d;Oz) =1.
Mặt khác, điểm A∈(Oyz) nên d ⊂ (Oyz)
do d (d;Oz) = 3 nên d đi qua điểm K (0;0;3) . x = 0 d // Oz d :  ⇒ y = 3 . z = z +  t 0
Kiểm tra 4 đáp án ta thấy N (0;3; 5 − ) thỏa mãn. Trang 198
TÔNG HỢP: HOÀNG TUYÊN
Document Outline

  • TOÀN CẢNH ĐỀ THI CỦA BỘ & ĐỀ MINH HỌA 2020
    • 1. PHÉP ĐẾM (QUY TẮC CỘNG – QUY TẮC NHÂN)
    • 2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP
      • 2.1 ĐẾM SỐ (CHỈ DÙNG MỘT LOẠI P HOẶC A HOẶC C)
      • 2.2 CHỌN NGƯỜI, VẬT
    • 3. XÁC SUẤT
    • 4. CẤP SỐ CỘNG
    • 5. CẤP SỐ NHÂN
    • 6. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC MẶT PHẲNG
      • 6.1 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
      • 6.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
    • 7. KHOẢNG CÁCH
      • 7.1 Từ chân H của đường cao đến mp cắt đường cao
      • 7.2 Từ điểm M (khác H) đến mp cắt đường cao
      • 7.3 Hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v.góc chung)
      • 7.4 Hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng)
    • 8. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
      • 8.1 Xét tính đơn điệu của hàm số (biết đồ thị, BBT của y)
      • 8.2 ĐK để hàm số-bậc ba đơn điệu trên khoảng K
      • 8.3 ĐK để hàm số-nhất biến đơn điệu trên khoảng K
      • 8.4 Đơn điệu liên quan hàm hợp, hàm ẩn
      • 8.5 Ứng dụng tính đơn điệu vào PT, BPT, HPT, BĐ
    • 9. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
      • 9.1 Tìm cực trị của hàm số cho bởi công thức của y, y’
      • 9.2 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BBT của y)
      • 9.3 Tìm cực trị, điểm cực trị, số điểm cực trị (khi biết đồ thị, BXD của y’)
      • 9.4 Cực trị liên quan hàm hợp, hàm ẩn
      • 9.5 Cực trị liên quan hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối
    • 10. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
      • 10.1 GTLN, GTNN của f(x) trên đoạn [a;b] biết biểu thức f(x)
      • 10.2 Tìm m để hs f(x) có GTLN, GTNN thỏa mãn đk cho trước
      • 10.3 GTLN, GTNN hàm nhiều biến dạng khác
    • 11. TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
      • 11.1 Tiệm cận đồ thị hàm số phân thức hữu tỷ,không chứa tham số
      • 11.2 Tiệm cận đồ thị hàm số f(x) dựa vào BBT không tham số
    • 12. ĐỌC ĐỒ THỊ - BIẾN ĐỔI ĐỒ TH
      • 12.1 Nhận dạng 3 hàm số thường gặp (biết đồ thị, BBT)
      • 12.2 Xét dấu hệ số của biểu thức (biết đồ thị, BBT)
      • 12.3 Đọc đồ thị của đạo hàm (các cấp)
    • 12. TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ TH
      • 12.1 Tìm toạ độ (đếm) giao điểm
      • 12.2 Đếm số nghiệm pt cụ thể (cho đồ thị, BBT)
      • 12.3 Tương giao liên quan hàm hợp, hàm ẩn
      • 12.4 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm (chứa GTTĐ)
      • 12.5 ĐK để f(x) = g(m) có n-nghiệm thuộc K (không GTTĐ)
    • 13. MŨ - LŨY THỪA
      • 13.1 Kiểm tra quy tắc biến đổi lũy thừa, tính chất
      • 13.2 Tính toán, rút gọn các biểu thức có chứa biến(a,b,c,x,y,….)
    • 14. LOGARIT
      • 14.1 Câu hỏi lý thuyết và tính chất
      • 14.2 Biến đổi các biểu thức logarit liên quan a,b,x,y
      • 14.3 Tính giá trị các biểu thức logarit không dùng BĐT
      • 14.4 Dạng toán khác về logarit
    • 15. HÀM SỐ MŨ - LOGARIT
      • 15.1 Tập xác định liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
      • 15.2 Đạo hàm liên quan hàm số mũ, hàm số lô-ga-rít
      • 15.3 Đồ thị liên quan hàm số mũ, Logarit
      • 15.4 Câu hỏi tổng hợp liên quan hàm số lũy thừa, mũ, lô-ga-rít
      • 15.5 Bài toán lãi suất
      • 15.6 Bài toán tăng trưởng
      • 15.6 Hàm số mũ ,logarit chứa tham số
      • 15.6 Min-Max liên quan hàm mũ, hàm lô-ga-rít(nhiều biến)
    • 16. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
      • 16.1 PT,BPT mũ cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
      • 16.2 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
      • 16.3 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
    • 17. PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGA
      • 17.1 Câu hỏi lý thuyết
      • 17.2 PT,BPT loga cơ bản, gần cơ bản (không tham số)
      • 17.3 Phương pháp đưa về cùng cơ số (không tham số)
      • 17.4 PP phân tích thành nhân tử (không tham số)
      • 17.5 Phương pháp hàm số, đánh giá (không tham số)
      • 17.6 Phương trình loga có chứa tham số
      • 17.7 Phương trình,bất phương trình tổ hợp cả mũ và loga có tham số
    • 18. NGUYÊN HÀM
      • 18.1 Định nghĩa, tính chất của nguyên hàm
      • 18.2 Nguyên hàm của hs cơ bản, gần cơ bản
      • 18.3 Nguyên hàm phân thức
      • 18.4 PP nguyên hàm từng phần
      • 18.5 Nguyên hàm kết hợp đổi biến và từng phần hàm xđ
      • 18.6 Nguyên hàm liên quan đến hàm ẩn
    • 19. TÍCH PHÂN
      • 19.1 Kiểm tra định nghĩa, tính chất của tích phân
      • 19.2 Tích phân cơ bản(a), kết hợp tính chất (b)
      • 19.3 PP tích phân từng phần-hàm xđ
      • 19.4 Kết hợp đổi biến và từng phần tính tích phân-hàm xđ
      • 19.5 Tích phân liên quan đến phương trình hàm ẩn
    • 20. ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
      • 20.1 Xác định công thức tính diện tích, thể tích dựa vào đồ thị
      • 20.2 Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm xác định
      • 20.3 Thể tích giới hạn bởi các đồ thị (tròn xoay) hàm xác định
    • 21. KHÁI NIỆM SỐ PHỨC
      • 21.1 Các yếu tố và thuộc tính cơ bản của số phức
    • 22. CÁC PHÉP TOÁN SỐ PHỨC
      • 22.1 Thực hiện các phép toán cơ bản về số phức
      • 22.2 Xác định các yếu tố của số phức (phần thực, ảo, mô đun, liên hợp,…) qua các phép toán
      • 22.3 Giải phương trình bậc nhất theo z (và z liên hợp)
    • 23. BIỂU DIỄN HÌNH HỌC CỦA SỐ PHỨC
      • 23.1 Câu hỏi lý thuyết, biểu diễn hình học của 1 số phức
      • 23.2 Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn, hình tròn
    • 24. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VỚI HỆ SỐ THỰC
      • 24.1 Tính toán biểu thức nghiệm
      • 24.1 Các bài toán biểu diễn hình học nghiệm của phương trình
      • 24.1 Các bài toán khác về phương trình
    • 25. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
      • 25.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
      • 25.2 Thể tích khối chóp đều
      • 25.3 Thể tích khối chóp khác
      • 25.4 Tỉ số thể tích trong khối chóp
    • 26. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ-ĐA DIỆN KHÁC
      • 26.1 Câu hỏi dạng lý thuyết(Công thức V,h,B ;có sẵn h, B;…)
      • 26.2 Thể tích khối lập phương, khối hộp chữ nhật
      • 26.3 Thể tích khối lăng trụ đều
      • 26.4 Thể tích khối đa diện phức tạp
    • 27. KHỐI NÓN
      • 27.1 Câu hỏi lý thuyết về khối nón
      • 27.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích(liên quan) khối nón khi biết các dữ kiện cơ bản
    • 28. KHỐI TRỤ
      • 28.1 Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, Thể tích (liên quan) khối trụ khi biết các dữ kiện cơ bản
      • 28.2 D06 - Bài toán thực tế về khối trụ - Muc do 2
    • 29. KHỐI CẦU
      • 29.1 Câu hỏi chỉ liên quan đến biến đổi V,S,R
      • 29.2 Khối cầu nội - ngoại tiếp, liên kết khối đa diện
      • 29.3 Bài toán tổng hợp về khối nón, khối trụ, khối cầu
    • 30. TỌA ĐỘ ĐIỂM – VECTƠ
      • 30.1 Hình chiếu của điểm lên các trục tọa độ, lên các mặt phẳng tọa độ và điểm đối xứng của nó
    • 31. PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU
      • 31.1 Tìm tâm và bán kính, ĐK xác định mặt cầu
      • 32.1 Điểm thuộc mặt cầu thoả ĐK
    • 32. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
      • 32.1 Tìm VTPT, các vấn đề về lý thuyết
      • 32.2 PTMP trung trực của đoạn thẳng
      • 32.3 PTMP qua 1 điểm, dễ tìm VTPT (không dùng t.c.h)
      • 33.4 PTMP qua 1 điểm, song song với một mặt phẳng
      • 33.5 PTMP theo đoạn chắn
      • 33.6 PTMP qua 1 điểm, vuông góc với đường thẳng
    • 33. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
      • 33.1 Các câu hỏi chưa phân dạng
      • 33.2 Tìm VTCP, các vấn đề về lý thuyết
      • 33.3 PTĐT qua 1 điểm, dễ tìm VTCP (không dùng t.c.h)
      • 33.4 PTĐT qua 1 điểm, thoả ĐK khác
      • 33.5 Toán Max-Min liên quan đến đường thẳn