Upload
others
View
8
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Đáp án
1.B 2.B 3.C 4.C 5.B 6.A 7.A 8.A 9.A 10.C
11.C 12.C 13.A 14.C 15.B 16.C 17.B 18.C 19.C 20.C
21.A 22.C 23.C 24.B 25.C 26.D 27.B 28.A 29.C 30.B
31.C 32.B 33.C 34.C 35.B 36.A 37.C 38.D 39.D 40.C
41.D 42.C 43.C 44.B 45.C 46.D 47.D 48.A 49.B 50.D
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Sai lầm thường gặp: Tập xác định \ 3D .
Đạo hàm
2
2' ,0,
3y x D
x
Hàm số nghịch biến trên \ 3 , hoặc
làm số nghịch biến trên ;3 3; . Hàm số không có cực trị.
Tiệm cận đứng: 3x ; tiệm cận ngang: 1y . Đồ thị hàm số nhận giao điểm
3;1I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
Từ đó nhiều học sinh kết luận các mệnh đề 1 , 3 , 4 đúng và chọn ngay A.
Tuy nhiên đây là phương án sai.
Phân tích sai lầm:
Mệnh đề 1 sai, sửa lại: hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;3 và
3; . Học sinh cần nhớ rằng, ta chỉ học định nghĩa hàm số đồng biến
(nghịch biến) trên khoảng, đoạn, nửa khoảng; chứ không có trên những khoảng
hợp nhau.
Mệnh đề 2 sai. Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là 3x , một tiệm cận
ngang là 1y .
Mệnh đề 3 , 4 đúng.
Câu 2: Đáp án B
Sai lầm thường gặp: Ta thấy 2
2
1 khi 0, '
1 khi 0
xx xy x x y
xxx
STUDY TIPS
Điều kiện đủ về cực trị
của hàm số: “Nếu
f x đổi dấu qua 0x thì
0x gọi là điểm cực trị của
hàm số”, hoặc nếu nhìn
vòa đồ thị hàm số thì “Đồ
thị hàm số đổi chiều qua
điểm 0x thì 0x gọi là
điểm cực trị”. Do đó hàm
số y f x có thể không
có đạo hàm tại 0x nhưng
vẫn có thể đạt cực trị tại
điểm 0x .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Từ đó học sinh kết luận ngay hàm số không có đạo hàm tại 0x và cũng
không đạt cực trị tại điểm 0x . Nhiều học sinh sẽ chọn ngay phương án A.
Đây là đáp án sai.
Phân tích sai lầm: Nhiều học sinh ngộ nhận ngay điều kiện cần và đủ để hàm
số có cực trị là “Nếu hàm số y f x đạt cực trị tại 0x thì 0' 0f x ”, từ
đó nếu 0' 0f x thì hàm số không đạt cực trị tại điểm 0x . Tuy nhiên, điều
này là sai lầm vì định lý trên chiều ngược lại có thể không đúng, tức chỉ đúng
với một chiều.
Vậy, đối với hàm số đã cho ta có 2
1 khi 0'
1 khi 0
xx xy
xxx
.
Dễ thấy đạo hàm 'y đổi dấu qua điểm 0x nên 0x là điểm cực trị của hàm
số, ở đây 0x là điểm cực tiểu của hàm số.
Quan sát đồ thị hàm số y x hình vẽ bên để hiểu rõ hơn về điểm cực trị của
hàm số này.
Câu 3: Đáp án C
Đạo hàm 2 0' 3 6 3 2 ; ' 0
2
xy x x x x y
x
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy ' 0, 0;2y x nên hàm số nghịch biến
trên khoảng 0;2 .
Câu 4: Đáp án C
Tập xác định: 2;2 \ 1D . Ta thấy
24
1 4
xy
x x
.
Ta có
2
1 1
4lim lim
1 4x x
xy
x x
và
2
1 1
4lim lim
1 4x x
xy
x x
nên đồ thị có đúng một đường tiệm cận
đứng là 1x .
Do tập xác định 2;2 \ 1D nên ta không xét được limx
y
và limx
y
. Vậy
hàm số không có đường tiệm cận ngang.
Câu 5: Đáp án B
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Cách 1: Tư duy tự luận
2
2 3 2 2 4 21 32 3.2 1 0 . 2 .2 1 0
18 4 2 2
x
x x x x
x
x
x
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1 2 3 .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Vậy phương trình có hai nghiệm 1x và 2x . Tổng các nghiệm là 1 2 3 .
Câu 6: Đáp án A
Cách 1: Tư duy tự luận
327 3 3 53
1 1log 5 log 5 log 5 log 5 3 log 3
3 3a a
a .
55 5 3 2
2
2 log 3 2log 4 log 3.log 2.log 4
log 3 3ac .
38 2 2 7 7 72
1 1 2log 7 log 7 log 7 log 7 3 log 2 log 4 2log 2 .
3 3 3b b
b b
7 7 2log 3 log 2.log 33
c
b .
12 12 12
5 7 5 5 7 7
1 1 1 1log 35 log 5 log 7
log 12 log 12 log 3 log 4 log 3 log 4
12
1 1 3 3 3 3log 35
1 2 2 2 2 23 3 3 3
ac b b ac
c c c ca ac b b
.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
STUDY TIPS
Công thức cần nhớ:
d f x f ' x dx
STUDY TIPS
Trên MTCT, ta nên hạn chế
nhập vào máy hàm chứa
giá trị tuyệt đối f x .
Thay vào đó, ta nhập hàm
2
f x do
2
f x f x .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Câu 7: Đáp án A
Cách 1: Tư duy tự luận
Phương án A: cossin
tan ln coscos cos
d xxxdx dx x C
x x .
Phương án B: sincos
cot ln sinsin sin
d xxxdx dx x C
x x .
Phương án C: sin 2 cos 2cos2 2 2
x x xdx d C
.
Phương án D: cos 2 sin 2sin2 2 2
x x xdx d C
.
Vậy phương án A đúng.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Câu 8: Đáp án A
Cách 1: Xét phương trình: 2 23 3; 1 1x x x x .
Quan sát hình vẽ:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 , 3, 0y x y x là
0 0 3
2 21
3 3
03 3 3 2 3
3 3
xS x dx x dx x
(đvdt).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 , 1, 0y x y x là
0 0 3
2 22
1 1
0 21 1
13 3
xS x dx x dx x
(đvdt).
STUDY TIPS
Cho hai hàm số y f x và
y g x liên tục trên đoạn
a;b . Diện tích hình phẳng D
giới hạn bởi các đồ thị
y f x , y g x và hai
đường thẳng x a, x b
(a b) được tính theo công
thức: b
a
S f x g x dx .
Tương tự, cho hai hàm số
x f y và x g y liên tục
trên đoạn a;b . Diện tích hình
phẳng D giới hạn bởi các đồ thị
x f y , x g y và hai
đường thẳng y a, y b
(a b) được tính theo CT:
b
a
S f y g y dy .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là 1 2
22 3
3S S S (đvdt).
Cách 2: Ta có 30y
y xx y
. Từ hình vẽ ta thấy 0x x y .
Diện tích hình phẳng cần tính là:
3 3 3
1 1
32 20 2 3
13 3
yS y dy ydy (đvdt).
Câu 9: Đáp án A
Dễ thấy 9 1 9
0 0 1
9 2 11f x dx f x dx f x dx .
Ta có 3 3 3
1 2
0 0 0
3 33 3
x xI f f x dx f dx f x dx I I
.
* Tính 3
1
03
xI f dx
: Đặt 3
3
xt dx dt . Đổi cận
0 0; 3 1x t x t .
Khi đó 1 1
1
0 0
3 3 3.9 27I f t dt f x dx .
* Tính 3
2
0
3I f x dx : Đặt 1
33
t x dx dt . Đổi cận
0 0; 3 9x t x t .
Khi đó 9 9
2
0 0
1 1 11
3 3 3I f t dt f x dx . Vậy 1 2
11 9227
3 3I I I .
Câu 10: Đáp án C
Giả sử , ,z x yi x y . Khi đó điểm biểu diễn số phức z là ;M x y .
Từ giả thiết, ta có 2 3 7 2 3 7z i x y i
2 2 2 2
2 3 7 2 3 49x y x y .
Vậy tập hợp các điểm ;M x y biểu diễn số phức z z yi là đường tròn
2 2
: 2 3 49C x y có tâm 2; 3I , bán kính 7R .
STUDY TIPS
Ta luôn có:
b b
a a
f x dx f t dt
b
a
f u du ...
STUDY TIPS
Đường tròn và hình tròn:
1. Đường tròn tâm I bán
kính R 0 là hình gồm
những điểm cách đều điểm I
một khoảng bằng R. Trong
mặt phẳng tọa độ Oxy,
đường tròn tâm I(a;b) bán
kính R có phương trình là
2 2 2x a y b R .
2. Hình tròn là tập hợp
những điểm nằm trong và
nằm trên đường tròn, hay
là tập hợp những điểm cách
tâm một khoảng nhỏ hơn
hoặc bằng bán kính. Trong
mặt phẳng tọa độ Oxy, hình
tròn tâm I(a;b) bán kính R
có phương trình
2 2 2x a y b R
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Câu 11: Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng BCD . Do ABCD là tứ diện
đều nên tâm H là tâm đường trong ngoại tiếp BCD .
Đặt cạnh của tứ diện là a. Gọi M là trung điểm của CD.
Do BCD đều nên 3 2 2 3 3
.2 3 3 2 3
a a aBM BH BM .
Ta có ABH vuông tại H nên
2
2 2 2 3 6
3 3
a aAH AB BH a
.
Từ giả thiết ta có 26 3 27 3
6 3 63 4 2
BCD
a aAH a S (đvdt).
Vậy thể tích của tứ diện ABCD là
1 1 27 3. .6. 27 3
3 3 2BCDV AH S (đvtt).
Câu 12: Đáp án C
Thể tích khối cầu là 3 34 32
. 23 3
V R R (đvtt).
Câu 13: Đáp án A
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng P là:
2 22
2.1 2 2 13 3 4;
32 2 1d M P
.
Câu 14: Đáp án C
Điểm D Oy nên 0; ;0D y . Suy ra 2; 1;1AD y
.
Ta có 1; 1;2 , 0; 2;4 , 0; 4; 2AB AC AB AC
.
Khi đó 2 11 1
, . 4 26 6 3
ABCD
yV AB AC AD y
.
Từ giả thiết ta có 82 1
5 573
ABCD
yyV
y
. Vậy
0; 7;0
0;8;0
D
D
.
Tính tích có hướng ,AB AC
bằng MTCT:
STUDY TIPS
Cho tứ diện đều ABCD.
Chiều cao kẻ từ đỉnh A của
tứ diện là:
a 6d A; BCD .
3
STUDY TIPS
Thể tích khối cầu bán kính
bằng R là: 34V R
3 .
STUDY TIPS
Trong không gian Oxyz,
cho điểm 0 0 0M x ; y ;z và
mặt phẳng P có phương
trình ax by cx d 0 .
Khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng P là
0 0 0
2 2 2
ax by cz dd M; P
a b c
STUDY TIPS
Thể tích khối tứ diện
ABCD được tính theo
công thức:
ABCD
1V AB,AC AD
6
.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Câu 15: Đáp án B
Mặt cầu 2 2 2: 2 4 6 9 0S x y z x y z có tâm 1; 2;3I , bán kính
22 21 2 3 9 5R .
Câu 16: Đáp án C
Số số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là 9.9.8.7 4536 . Không gian
mẫu có số phần tử là 14536 4536n C .
Gọi A là biến cố “Số được chọn chia hết cho 25”. Gọi số đó có dạng Chọn thì
25;50;75cd .
* Số đó có dạng 25ab : Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7 49 số
25ab thỏa mãn.
* Số đó có dạng 50ab : Chọn a có 8 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 8.7 56 số
50ab thỏa mãn.
* Số đó có dạng 75ab : Chọn a có 7 cách, chọn b có 7 cách. Suy ra 7.7 49 số
75ab thỏa mãn.
Vậy số phần tử của biến cố A là 49 56 49 154n A .
Vậy xác suất cần tính là
154 11
4536 324
n AP A
n
.
Câu 17: Đáp án B
Cách 1: Tư duy suy luận
Ta có 2
2 2
2006 2006
2006lim lim lim
2007 20072007 1 1 1x x x
x m x mmx x x
Lx x x x x
x x
2
2006
lim22007 1 1
1 1x
mm mx
x
. Để 0L thì 0 02
mm .
STUDY TIPS
Trong không gian Oxyz,
mặt cầu
2 2 2S : x y z
2ax 2by 2cz d 0 có
tâm là I a;b;c , bán kính
2 2 2R a b c d .
STUDY TIPS
Dấu hiệu để một số tự
nhiên chia hết cho 25 là
hai chữ số tận cùng là 00,
25, 50, 75. Do bài toán
này yêu cầu các chữ số
khác nhau nên ta không
xét trường hợp cd 00 .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Chọn 0,5m thỏa mãn các phương án A, C, D. Ta có
2
0,5 2006lim
2007x
xL
x x
.
Nhập vào màn hình:
Suy ra 1
04
L L . Loại ngay A, C, D.
Câu 18: Đáp án C
Ta có 2
8 4 21 2
3' 2 1; ' 0
8 4 21 2
3
x y
y x x y
x y
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai cực trị là 8 4 2
1 2;3
A
và
8 4 21 2;
3B
.
Vậy 2
2 8 4 2 8 4 2 10 21 2 1 2
3 3 3AB
.
Câu 19: Đáp án C
Phương án A: ' 2 ' 0, ;0y x y x và ' 0, 0;y x .
Khi đó hàm số 21y x đòng biến trên khoảng ;0 , nghịch biến trên
khoảng 0; .
Phương án B: 1
' ln 1 ' 0, ;y x y xe
và
1' 0, 0;y x
e
. Khi
đó hàm số đồng biến trên 1
;e
và nghịch biến trên
10;
e
.
Phương án C: 2
1' 0, 0xy e x
x nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
;0 và 0; .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Phương án D: 1
1' .x ' 0, 0;y y x
x
. Khi đó hàm số
y x nghịch biến trên khoảng 0; .
Câu 20: Đáp án C
Từ đồ thị hàm số y f x trên 2;4 , ta vẽ được đồ thị hàm số y f x
trên đoạn 2;4 như hình vẽ bên.
Quan sát đồ thị, ta thấy
2;4
max 1 3f x f
.
Câu 21: Đáp án A
Phương trình 2 2
1 0 1log 1 2 3
31 2
x xx x
xx
.
Câu 22: Đáp án C
Cách 1: Tư duy tự luận
Đặt lndx
x t dtx
. Đổi cận 1 0; 1x t x e t .
Khi đó 1 3
2
0
1 1
03 3
tI t dt .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Câu 23: Đáp án C
Cách 1: Tư duy tự luận
Giả sử , ( , )z a bi a b .
Giả thiết tương đương với 1 2 1 5 2i a bi i
1 2 2 2 5 2a b a b i i
62 1 5 2 6 5
2 2 2 2 0 12
5
aa b a b
a b a bb
Vậy 6 12
5 5z i .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
STUDY TIPS
Cho hai số phức z a bi
và z' x yi ,
a, b, x, y .
Ta có a x
z z 'b y
.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
5 2 6 12
1 2 1 5 2 0 11 2 5 5
ii z i z i
i
.
Câu 24: Đáp án B
Áp dụng định lý hàm số sin, ta có
2sin sin sin
BC AC ABR
BAC ABC ACB
0
0
0 0 0
0
2 .sin 60 3
6 22 2 .sin 75
sin 75 sin 45 sin 60 2
2 .sin 45 2
AB R R
BC AC ABR BC R R
AC R R
Lại có
01 1. .sin . .sin 3.sin 75
2 2ABCS AB AC BAC BH AC BH AB BAC R
3 6 2
4BH R
.
Khi quay ABC quanh AC thì BHC tạo thành hình nón tròn xoay N có
đường sinh 6 2
2l BC R
, bán kính đáy
3 6 2
4r BH R
.
Diện tích xung quanh hình nón N là
2
3 6 2 6 2 3 2 3.
4 4 2xqS rl R R R
(đvdt).
Câu 25: Đáp án C
Mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến là 1; 1;4P
n
. Mặt phẳng Q có
vectơ pháp tuyến là 2;0; 2Q
n
.
Cách 1: Tư duy tự luận
Góc giữa hai mặt phẳng P và Q được tính theo công thức:
STUDY TIPS
Cho ABC có các cạnh
BC a , AB c , AC b và
bán kính đường tròn ngoại
tiếp tâm giác là R. Ta có:
1. Định lý hàm số sin:
a b c2R.
sin A sin B sin C
2. Diện tích tam giác:
ABC
1 1S absin C bcsin A
2 2
1
acsin B2
.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
2 22 2 2 2
. 1.2 1 .0 4. 2cos , cos ,
. 1 1 4 . 2 0 2
P Q
P Q
P Q
n nP Q n n
n n
1cos ,
2P Q . Vậy 0, 60P Q .
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Nhập vào máy tính các vectơ: VctA 1; 2;4 ,VctB 2;0; 2 .
Câu 26: Đáp án D
Gọi M là hình chiếu của điểm 3;2;4I trên Oy, suy ra 0;2;0M . Khi đó
3;0; 4IM
. Mặt cầu tâm 3;2;4I tiếp xúc với trục Oy nên bán kính
mặt cầu là 5R IM .
Phương trình mặt cầu S là 2 2 2
3 2 4 25x y z
2 2 2 6x 4 8z 4 0x y z y .
Câu 27: Đáp án B
Ta có mặt phẳng : 1 2x 2 6z 6 03 2 1
x y zP y . Suy ra mặt phẳng
P có vectơ pháp tuyến là 2;3;6n
.
Câu 28: Đáp án A
Ta có 1
2 2
1 1!' 1 . y
x x;
2
3 3
2 2!'' 1 . y
x x;
3
4 4
6 3!''' 1 . y
x x.
Dự đoán 1
!1 . *
nn
n
ny
x. Chứng minh mệnh đề * :
* Với 1n thì 2
1* 'y
x . Khi đó * đúng.
* Giả sử * đúng với , 1n k k , tức là 1
!1 .
kk
k
ky
x .
STUDY TIPS
Trong không gian Oxyz,
cho hai mặt phẳng P ,
Q lần lượt có vectơ
pháp tuyến là
1n a;b;c
,
2n a ';b ';c '
.
Góc giữa hai mặt phẳng
P , Q được tính theo
công thức:
1 2
1 2
n .ncos P , Q .
n . n
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Khi đó
' 11
21 21
1 . !. 1 !!1 . 1 . 1 .
kk k kk k
k kk
k k x kky y
x xx
.
Vậy mệnh đề * cũng đúng với 1n k nên nó đúng với mọi n.
Câu 29: Đáp án C
Không gian mẫu có số phần tử là 10!n .
Gọi A là biến cố “Xếp được dòng chữ “NƠI NÀO CÓ Ý CHÍ NƠI ĐÓ CÓ
CON ĐƯỜNG”. Số phần tử của biến cố A là 1n A .
Vậy xác suất cần tính là
1 1
10! 3628800
n AP A
n
.
Câu 30: Đáp án B
Câu 31: Đáp án C
Gọi 'A là điểm đối xứng với 5;3A qua điểm 4;1I . Khi đó I là trung điểm
của 'AA và '
'
2 2.4 5 3
2 2.1 3 1
A I A
A I A
x x x
x y y
. Vậy ' 3; 1A .
Câu 32: Đáp án B
Gọi I là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng ABC . Do SA SB SC nên
IA IB IC I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Mà ABC vuông cân
tại A nên I là trung điểm của BC và 1 2
2 2
aIA IB IC BC .
Ta có IA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng ABC nên
0, , 45SA ABC SA IA SAI .
Do SIA vuông tại I nên SAI vuông cân tại I, khi đó :
2 2;
2 2
a aSI IA d S ABC SI .
Câu 33: Đáp án C
Ta dễ dàng chứng minh được '/ / ' 'AA BCC B
'; '; ' ' ; ' 'd AA BC d AA BCC B d A BCC B .
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra 'A G ABC .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Ta có 2 3
4ABC
aS
3 2
. ' ' '. ' ' '
3 3' . ' :
4 4ABC A B C
ABC A B C ABC
ABC
V a aV A G S A G a
S
.
Lại có 2 23 2 3 2 3' '
2 3 3 3
a a aAM AG AM AA A G AG .
Ta luôn có 3 3
'. . ' ' '
1 1 3 3.
3 3 4 12A ABC ABC A B C
a aV V .
Mà . ' ' ' '. '.BCC'B'ABC A B C A ABC AV V V
3 3 3
'. ' ' . ' ' ' '.
3 3 3
4 12 6A BCC B ABC A B C A ABC
a a aV V V .
Gọi , 'M M lần lượt là trung điểm của BC và ' 'B C . Ta có
, 'BC AM BC A G ' ' 'BC AMM A BC MM . Mà '/ / 'MM BB
nên ' ' 'BC BB BCC B là hình chữ nhật
2
' '
2 3 2 3'. .
3 3BCC B
a aS BB BC a .
Từ '.BCC'B''.BCC'B' ' '
' '
31'; ' ' . '; ' '
3A
A BCC B
BCC B
VV d A BCC B S d A BCC B
S
3 23 2 3 3
'; ' ' :2 3 4
a a ad A BCC B . Vậy
3';
4
ad AA BC .
Câu 34: Đáp án C
Ta có
' 2
22 2
' 1 5 .2 . '5'
1 1
f x f x f x f x f xf xy
f x f x
2
22
' . 10 1'
1
f x f x f xy
f x
Do hai hàm số cùng đống biến trên nên
2
22
' . 10 1
1
0
f x f x f x
f x
f x
2 10 1 0 5 26 5 26f x f x f x .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Câu 35: Đáp án B
Cách 1: Tư duy tự luận
Xét hàm số sin 1 cosf x x x trên 0;
Đạo hàm 2 2' cos 1 cos sin 2cos cos 1f x x x x x x ;
2cos 1
' 12cos
32
x kx
f x kx kx
. Do 0;x nên
;3
x x
.
Ta có 3 3
0 0;6 4
f f f
.
Vậy
0;0;
3 3max ; min 0
4M f x m f x
.
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Quan sát bảng giá trị, ta thấy
0;0;
3 3max 1,295... ; min 0
4M f x m f x
.
Câu 36: Đáp án A
Từ giả thiết ta có
2
' 1 1 1 1 1 3' 1 ' 1 0
1 1
f g g ff g k
g
Suy ra
2 2
1 1 1 3 1 1 21
1 1 1 1
k g k f g fk
g g
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
2
2 2 1 111 1 1 1 2 1 1 1 3 1
2 4g g f f g g g
Suy ra 11
14
f .
Câu 37: Đáp án C
Điều kiện 0x .
* Trường hợp 1: 3 1
2
log log 1x x x .Khi đó 3 1 3
2
max log ; log logx x x
và bất phương trình đã cho tương đương với 3log 3 27x x .
Đối chiếu điều kiện ta được 1 x 27.
* Trường hợp 2: 3 1
2
log log 0 1x x x .
Khi đó 3 1 1
2 2
max log ;log logx x x
và bất phương trình tương đương với
1
2
1log 3
8x x .
Đối chiếu điều kiện ta được 1
18 x .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1
;278
.
Câu 38: Đáp án D
Ý tưởng bài toán: Với bài toán dạng này, ta thường chọn hai giá trị a, b bất kì,
tính tổng f a f b và tìm mối quan hệ giữa hai giá trị a, b.
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
log log 2log log log log
log 1 log 1 log 1 log 1
a b a b a bf a f b
a b a b
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 log log log log 2log log log
log log log log 1 log log log 1
a b a b a b ab
a b a b a b ab
.
Cần chọn hai giá trị a, b sao cho tử rút gọn được với mẫu.
Ta thường chọn a b k hoặc ab k . Ở bài toán này ta chọn ab k .
Nếu 1
4ab thì 2 2
1log log 2
4ab .
Suy ra 2 2
2 2
2 log log 22
log log 2 1
a bf a f b
a b
.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Vậy với các giá trị a, b thỏa mãn 1
4ab thì 2f a f b .
Ta có 100 99 2 0 1 982 2 ... 2 2 2 ... 2S f f f f f f
100 98 99 97 2 0
99 s 2
2 2 2 2 ... 2 2 2 2 ... 2o
f f f f f f
99.2 198 .
Câu 39: Đáp án D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f x và Ox: 4 2 0ax bx c .
Để phương trình có bốn nghiệm
2 22
50
4 0 09
0 0 0
0 0 0
b bb ac b
b b b
a a a
c c c
a a a
Gọi 1x , 2x , 3x , 4x lần lượt là bốn nghiệm của phương trình 4 2 0ax bx c
và 1 2 3 4x x x x . Không mất tính tổng quát, giả sử 0a .
Khi đó
2
2
2
32 6
, 02
532 6
bb
bx
a ab
bb
bx
a a
.
Suy ra 1 2 3 4
5 5; ; ;
6 6 6 6
b b b bx x x x
a a a a .
Do đồ thị hàm số f x nhận trục tung làm trục đối xứng nên ta có:
2 4 4 4
1 3 3 3
4 21 2 2
x x x x
x x x x
S f x dx f x dx f x dx ax bx c dx
5 3 5 35 34 3 3 4 4
3 4
3
2 22 .
5 3 5 3 5 3
x ax bx ax bxax bxcx cx cx
x
3 3 3
2
5 334 2
2
0 0
2 2 25 3 0
x x x
x
xax bxS f x dx f x dx ax bx c dx cx
5 33 3
3
2 22
5 3
ax bxcx .
Suy ra
STUDY TIPS
Một cách giải khác của bài
toán:
Đề bài đúng với mọi giá trị
a, b, c thỏa mãn 25b 36ac .
Nên ta chọn
a 1,b 6,c 5 thỏa mãn.
Khi đó 4 2f x x 6x 5.
Và x 1
f x 0 .x 5
Ta có 1
1
1
44S f x dx
7
;
1 5
2
15
S f x dx f x dx
44
7 .
Vậy 1
2
S1.
S
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
5 35 34 4
2 1 4
2 2 2 5 2 5 52 2
5 3 5 6 3 6 6
ax ax a b b b bS S cx c
a a a
2 2 2
2
2 25 5 2 5 5 5 5 5 5. . 2 2
5 36 6 3 6 6 6 6 18 9
a b b b b b b b b bc c
a a a a a a a a
25 5 36. 0
6 18
b b ac
a a
. Vậy 1 2S S hay 1
2
1S
S .
Câu 40: Đáp án C
Cách 1: Thay x bởi x ta được 2 cos cosf x f x x x . Kết hợp
với giả thiết ta có 2 2f x f x f x f x f x f x .
Suy ra 1
cos3
f x x . Vậy 2 2
2 2
1 2cos
3 3
I f x dx xdx .
Cách 2: Từ giả thiết ta có 2 2
2 2
2 cos
f x f x dx xdx
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
22 2 2 2 .
3f x dx f x dx f t dt f x dx f x dx
Câu 41: Đáp án D
Giả sử , ,z x yi x y . Từ giả thiết ta có 2 2x yi i i x yi
2 22 2 2 22 2 1 2 4 2 1 2 1x y i y xi x y y x x y .
Suy ra tập hợp các điểm A, B biểu diễn hai số phức 1z , 2z là đường tròn tâm
0;0O , bán kính 1R OA OB .
Giả sử 1 1 1z a b i , 2 2 2z a b i , 1 2 1 2, , b , ba a . Khi đó 1 1;A a b ,
2 2;B a b .
Từ giả thiết 1 2 1z z ta được:
2 2
1 2 1 2 1 2 1 21 1 1a a b b i a a b b AB .
Từ đóOA OB AB OAB đều cạnh bằng 1.
Gọi M là trung điểm AB thì 1 1 2 2;2 2
a b a bM
và 3 3
2 2
ABOM .
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Khi đó 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2P z z a a b b i a a b b
2 2
1 2 1 2 32 2 2. 3
2 2 2
a a b bOM
.
Câu 42: Đáp án C
Nhận thấy 2 6AB BC CA nên ABC đều. Do G là trọng tâm của
ABC nên CG AB , mà CG SA CG SAB CG SB . Lại có
CH SB (H là trực tâm của SBC ) nên SB CHG . Suy ra SB GH .
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có S , . BC A BC AM BC SAM BC GH
Như vậy GH SBC GH SM hay ' ' .S H SM SS H SMA
Suy ra '
'AS AG
AS G AMSAM AS
∽
2
2 2 3 2 2 6. 3'. . . . . 12.
3 3 2 3 2
ABAS AS AM AG AM AM
Câu 43: Đáp án C
Ta có , ' ' ' ' .BC AC BC AA BC A ACC BC A C
Suy ra ' , ' , ' , 0 .2
A CB ABC A C AC A CA x x
'A AC vuông tại B nên ' ' .sin ' sin ; cos . AA A C A CA a x AC a x
Suy ra
2 32
'.
cos1 1. '. . sin . sin cos .
3 3 2 6A ABC ABC
a x aV AA S a x x x
Xét hàm số 2 2sin cos sin 1 sinf x x x x x trên 0; .2
Đặt sint x , do 0; 0;12
x t . Xét hàm số 21g t t t trên
0;1 .
Ta có 2 1' 1 3 ; ' 0
3f t t f t t . Do 0;1t nên
1.
3t
Lập bảng biến thiên, suy ra
0;1
0;2
1 2 3max max .
93tx
f x g t g
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Vậy 3 3
max
2 3 3.
6 9 27
a aV (đvtt).
Câu 44: Đáp án B
Điều kiện 2 11 0 .
1
xx
x
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2 2 22 1 log 1 2 2 1 .log 1 2 8 0x x m x x m
2
2 2 2 22 1 .log 1 2 2 1 .log 1 2 8 0 *
x x m x x m
Đặt 2 1t x , theo bài ra ta có 2 21 2 1 21 3 1 9 1;9 .x x x x t
Xét hàm số 2 1 .log 1f t t t trên đoạn 1;9 .
Ta có
2 1log 1
' 0, 0;91 .ln102 1
ttf t
tt Hàm số f t đồng
biến trên đoạn 1;9 . Khi đó 1 9 f f t hay 0 4f t .
Đặt 2 22 1 .log 1 0;4u x x u . Khi đó phương trình * trở thành
2 2 . 2 8 0 1u m u m .
Nhận thấy 1u không phải là nghiệm của phương trình 1 . Với 1u thì
phương trình 1 tương đương với 2
2 88 2 1 2 2
1
uu m u m
u
Xét hàm số 2 8
1
ug u
u
trên đoạn 0;4 \ 1 .
Ta có
2
2
2 8'
1
u ug u
u
;
4' 0
2
ug u
u
. Mà 0;4 \ 1u nên 4u .
Mặt khác, có 0 8g ; 4 8g ; 1
limx
g u
; 1
limx
g u
.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Bảng biến thiên:
x 0 1 4
y’ +
y
8
8
Yêu cầu bài toán Phương trình 2 có nghiệm duy nhất trên đoạn
0;4 \ 1 . Suy ra 2 8 4
.2 8 4
m m
m m
Mặt khác m , 2017;2017m nên suy ra 4 2017
.2017 4
m
m
Vậy có tất cả 2017 4 1 4 2017 1 4028 giá trị m nguyên thỏa mãn
bài toán.
Câu 45: Đáp án C
Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ với 3 2 2, , .O O O C Ox O A Oy
Ta có 2 2 2 21 2 1 2 15 3 4 4;0 .O O O A O A O
Phương trình đường tròn 2 2
1 : 4 25.O x y
Phương trình đường tròn 2 22 : 9.O x y
Kí hiệu 1H là hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 2
1 : 4 25,O x y
trục Oy: 0x khi 0x .
Kí hiệu 2H là hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 22 : 9,O x y trục Oy:
0x khi 0x .
Khi đó thể tích V cần tìm chíình bằng thể tích 2V của khối tròn xoay thu được
khi quay hình 2H xung quanh trục Ox (thể tích nửa khối cầu bán kính bằng
3) trừ đi thể tích 1V của khối tròn xoay thu được khi quay hình 1H xung
quanh trục Ox.
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Ta có 32
1 4. 3 18
2 3V (đvtt);
1 122
1
0 0
1425 4
3V y dx x dx
(đvtt).
Vậy 2 1
14 4018
3 3V V V
(đvtt).
Câu 46: Đáp án D
Ta có 2 22 1 11 1 1 1
3 9 9 9.
z zz z z z
z z z z z z
22 4 2 22 2 2 2. 1 9 9 2 1 9z z z z zz z z z z z z
Do 2
0z z nên 4 2 4 2
11 1 0 11 1 0z z z z
211 3 13 11 3 13 3 13 3 13.
2 2 2 2z z
Vậy 3 13 3 13
max min 132 2
z z .
Câu 47: Đáp án D
Ta có : 2 3 0 3 6 9 3 0.x y z a x y z a
Gọi h là chiều cao của hình lăng trụ, do / / nên
3
; .3 14
b ah d
Ta có 3
. 5 14 5. 3 42 1433 14
b a bV S h a b a
.
Câu 48: Đáp án A
Ta thấy tập hợp thứ n số nguyên liên tiếp, và phần tử cuối cùng của tập hợp này
là 1
1 2 3 ... .2
n nn
Khi đó nS là tổng của n số hạng trong một cấp số cộng có số hạng đầu là
1
1
2
n nu
, công sai 1d (coi số hạng cuối cùng trong tập hợp thứ n là
số hạng đầu tiên của cấp số cộng này), ta có:
1 2
2 1 11 1 1 .
2 2 2n
n u n d nS n n n n n
STUDY TIPS
Tổng quát: Cho a, b, c là
các số thực dương và số
phức z khác 0 thỏa mãn
baz c.
z
Khi đó 2c c 4ac
2a
2 2c c 4abz .
2a
STUDY TIPS
Tổng n số hạng đầu tiên
của một cấp số cộng có số
hạng đầu 1u , công sai d là:
1
n
n 2u n 1 dS .
2
HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ
Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/
Vậy 2999
1.999. 999 1 498501999.
2S
Câu 49: Đáp án B
Số phần tử của không gian mẫu là 310 .n
Gọi A là biến cố “chiếc kim của bánh xe đó lần lượt dừng lại ở ba vị trí khác
nhau”, suy ra 10.9.8 720.n A
Vậy xác suất cần tính là 3
7200,72.
10
n AP A
n
Câu 50: Đáp án D
Ta có 2 2
2 2 2 21 1 1 2 1 1f n n n n n n n
2 2 2 21 1 2 1 1 1 1 .n n n n n
Do đó
2 2 2
22 2
2 1 1 . 2 12 1 2 1 1.
2 2 1 12 1 . 2 1 1
n nf n n
f n nn n
Suy ra
22 2 2
22 2 2
1 3 5 2 1 2 1 11 1 3 1 5 1. . ... . . ...
2 4 6 2 3 1 5 1 7 1 2 1 1n
f f f f n nu
f f f f n n
2 2
2 1
2 2 12 1nu
n nn
2
2
1 1lim lim .
1 1 22 2 1 2n
nn u
n n
n n