Giải đề thi học kì 2 toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường THPT chuyên Thái NguyênGiải chi tiết đề thi học kì 2 môn toán lớp 12 năm 2019 - 2020 trường THPT chuyên Thái Nguyên với cách giải nhanh và chú ý quan trọng Quảng cáo
Câu 1(NB): Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 5} \right){\left( {x + 1} \right)^3}\), \(\forall x \in \mathbb{R}\). Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\) B. Hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) C. Hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 5} \right)\) D. Hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 5; - 1} \right)\) Câu 2(NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \(\left( S \right):\) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 6y - 6z - 6 = 0\). Bán kính mặt cầu (S) bằng bao nhiêu? A. R=10 B. R=4 C. R=5 D. R=3 Câu 3(TH): Tính đạo hàm của hàm số \(y = {\log _2}\left| {5x + 1} \right|\) A. \(y' = \frac{1}{{\left| {5x + 1} \right|\ln 2}}\) B. \(y' = \frac{5}{{\left| {5x + 1} \right|\ln 2}}\) C. \(y' = \frac{1}{{\left( {5x + 1} \right)\ln 2}}\) D. \(y' = \frac{5}{{\left( {5x + 1} \right)\ln 2}}\) Câu 4(NB): Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A. \(\left( { - \infty ;1} \right)\) B. \(\left( { - 2;3} \right)\) C. \(\left( {3;5} \right)\) D. \(\left( {0; + \infty } \right)\) Câu 5(TH): Thể tích của một khối lập phương bằng \(27\). Cạnh của khối lập phương đó là: A. 2 B. \(3\sqrt 3 \) C. \(27\) D. 3 Câu 6(NB): Trong mặt phẳng Oxy, điểm M(-7;6) biểu diễn cho số phức nào dưới đây? A. \(z = - 7 - 6i\) B. \(z = 7 - 6i\) C. \(z = 7 + 6i\) D. \(z = - 7 + 6i\) Câu 7(TH): Họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} + \sin x\) là: A. \(3{x^3} - \sin x + C\) B. \({x^3} + \sin x + C\) C. \({x^3} + \cos x + C\) D. \({x^3} - \cos x + C\) Câu 8(NB): Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\). Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 2 B. 1 C. 3 D. 0 Câu 9(TH): Khối cầu có thể tích \(\frac{{32\pi {a^3}}}{3}\) thì bán kính bằng A. \(\frac{a}{3}\) B. \(a\sqrt 3 \) C. \(2a\) D. \(a\) Câu 10(TH): Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
A. \(y = {x^3} - 3{x^2}\) B. \(y = {x^3} - 3x\) C. \(y = {x^3} + 3x\) D. \(y = {x^3} - 3x - 2\) Câu 11(NB): Trong không gian Oxyz, đường thẳng \(d:\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}\) đi qua điểm nào dưới đây? A. M(3;2;1) B. M(3;-2;-1) C. M(-3;2;1) D. M(1;-1;2) Câu 12(NB): Cho hai số phức \({z_1} = 2 + 3i,{z_2} = - 4 + i\). Phần ảo của số phức \({z_1} - {z_2}\) bằng A. \(4i\) B. \(2i\) C. \(2\) D. \(4\) Câu 13(TH): Cho \({\log _2}x = \sqrt 2 \). Giá trị của biểu thức \(P = \log _2^2x + {\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _4}x\) bằng A. \(P = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) B. \(P = \frac{{4 - \sqrt 2 }}{2}\) C. \(P = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) D. \(P = 2\sqrt 2 \) Câu 14(NB): Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{x - 2}}\) là A. \(x = \frac{1}{3}\) B. \(y = 3\) C. \(x = 2\) D. \(y = 2\) Câu 15(NB): Đồ thị (hình bên) là đồ thị của hàm số nào sau đây?
A. \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) B. \(y = \frac{{x + 3}}{{1 - x}}\) C. \(y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}\) D. \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) Câu 16(TH): Tìm tập nghiệm S của bất phương trình \({\log _{0,5}}\left( {2x - 1} \right) > - 2\) A. \(S = \left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\) B. \(S = \left( { - \infty ;\frac{5}{2}} \right)\) C. \(S = \left[ {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\) D. \(S = \left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right)\) Câu 17(NB): Trong không gian cho ba điểm A(5;-2;0), B(-2;3;0), C(0;2;3). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là A. G(1;1;-2) B. G(1;1;1) C. G(2;0;-1) D. G(1;2;1) Câu 18(NB): Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3z + 2 = 0\). Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là A. \(\overrightarrow n = \left( {1; - 3; - 1} \right)\) B. \(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;0} \right)\) C. \(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;1} \right)\) D. \(\overrightarrow n = \left( {1;0; - 3} \right)\) Câu 19(NB): Cho \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\). Khi đó hiệu số \(F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right)\) bằng A. \(\int\limits_0^1 { - F\left( x \right)dx} \) B. \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \) C. \(\int\limits_0^1 {F\left( x \right)dx} \) D. \(\int\limits_0^1 { - f\left( x \right)dx} \) Câu 20(TH): Một khối trụ có diện tích đáy bằng \(16\pi \,d{m^2}\) và đường cao \(3\,dm\). Thể tích khối trụ là A. \(8\pi \,d{m^3}\) B. \(32\pi \,d{m^3}\) C. \(16\pi \,d{m^3}\) D. \(48\pi \,d{m^3}\) Câu 21(TH): Số nghiệm của phương trình \({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = - 3\) bằng A. \(2\) B. \(0\) C. \(1\) D. \(3\) Câu 22(TH): Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(AA' = a\), đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại B và AB=a. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. \(V = \frac{{{a^3}}}{3}\) B. \(V = {a^3}\) C. \(V = \frac{{{a^3}}}{6}\) D. \(V = \frac{{{a^3}}}{2}\) Câu 23(NB): Mô đun của số phức \(z = 5 - i\) bằng A. \(\sqrt {26} \) B. \(26\) C. \(\sqrt {24} \) D. \(24\) Câu 24(TH): Cho hình nón có diện tich xung quanh bằng \(5\pi {a^2}\) và bán kính đáy bằng a. Tính độ dài đường sinh của hình nón đã cho. A. \(5a\) B. \(a\sqrt 5 \) C. \(3a\) D. \(3\sqrt 2 a\) Câu 25(TH): Cho đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}}\left( C \right)\). Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị (C) là A. 0 B. 3 C. 2 D. 1 Câu 26(TH): Cho tam giác ABC vuông tại A có \(AB = \sqrt 3 \) và \(AC = 3\). Thể tích V của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC là A. \(V = 2\pi \) B. \(V = 5\pi \) C. \(V = 9\pi \) D. \(V = 3\pi \) Câu 27(TH): Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 3}}{{x - 1}}\). Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\). Tích \(M.m\) bằng A. \( - 3\) B. \(0\) C. \( - \frac{1}{2}\) D. \(\frac{{21}}{2}\) Câu 28(TH): Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị của các hàm số \(y = {x^2}\) và \(y = x\) là A. \( - \frac{1}{6}\) B. \(\frac{7}{6}\) C. \(\frac{1}{6}\) D. \(\frac{5}{6}\) Câu 29(TH): Tìm tập nghiệm của bất phương trình \({6^{2x + 1}} - {13.6^x} + 6 \le 0\) A. \(\left[ {{{\log }_6}\frac{2}{3};{{\log }_6}\frac{3}{2}} \right]\) B. \(\left[ { - 1;1} \right]\) C. \(\left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\) D. \(\left( { - \infty ;{{\log }_6}2} \right)\) Câu 30(TH): Trong không gian Oxyz cho điểm \(M\left( {3; - 1; - 2} \right)\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right):3x - y + 2z + 4 = 0\). Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với \(\left( \alpha \right)\) A. \(3x - y - 2z + 6 = 0\) B. \(3x - y + 2z - 6 = 0\) C. \(3x - y + 2z + 6 = 0\) D. \(3x + y - 2z - 14 = 0\) Câu 31(NB): Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đạt cực đại tại điểm A. \(x = 1\) B. \(x = 3\) C. \(x = 2\) D. \(x = - 5\) Câu 32(TH): Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và cạnh bên tạo với đáy một góc \({45^0}\). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC A. \(\frac{{{a^3}}}{4}\) B. \(\frac{{{a^3}}}{{12}}\) C. \(\frac{{{a^3}}}{8}\) D. \(\frac{{{a^3}}}{{24}}\) Câu 33(TH): Cho hai số phức \({z_1} = 5 - i,{z_2} = 1 + i\). Phần thực của số phức \(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}\) bằng A. 6 B. 2 C. -3 D. 4 Câu 34(TH): Đồ thị hàm số \(y = 13{x^4} - 3{x^2} - 2020\) cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm? A. 2 điểm B. 1 điểm C. 3 điểm D. 4 điểm Câu 35(TH): Đường thẳng đi qua điểm A(1;4;-7) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x + 2y - 2z - 3 = 0\) có phương trình chính tắc là A. \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 4}}{2} = \frac{{z + 7}}{{ - 2}}\) B. \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 4}}{2} = \frac{{z + 7}}{2}\) C. \(\frac{{x - 1}}{4} = y + 4 = \frac{{z + 7}}{2}\) D. \(x - 1 = y - 4 = z + 7\) Câu 36(TH): Biết \({z_1},{z_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(2{z^2} - 3z + 4 = 0\). Khi đó \(z_1^2 + z_2^2\) bằng A. \(\frac{{25}}{4}\) B. \( - \frac{5}{2}\) C. \( - \frac{7}{4}\) D. \(\frac{7}{2}\) Câu 37(VD): Cho \(a\) là số thực dương khác 1 và \(b > 0\) thỏa mãn \({\log _a}b = \sqrt 3 \). Tính \(A = {\log _{{a^2}b}}\frac{a}{{{b^2}}}\) bằng A. \(8 - 5\sqrt 3 \) B. \(\frac{{13 - 4\sqrt 3 }}{{11}}\) C. \(5\sqrt 3 - 8\) D. \(\frac{{4\sqrt 3 - 13}}{{11}}\) Câu 38(TH): Cho \(\int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx} = 10\) và \(\int\limits_2^4 {g\left( x \right)dx} = - 5\). Tính \(I = \int\limits_2^4 {\left[ {3f\left( x \right) - 5g\left( x \right)} \right]dx} \). A. I=5 B. I=10 C. I=-5 D. I=15 Câu 39(VD): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng \(\left( P \right):x - y + 2z = 0\) và các điểm \(A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {3;1; - 2} \right),\) \(C\left( {1; - 2;1} \right)\). Tìm điểm \(M \in \left( P \right)\) sao cho \(M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}\) lớn nhất A. \(M\left( {2;2;0} \right)\) B. \(M\left( { - 2;2;2} \right)\) C. \(M\left( {2; - 2; - 2} \right)\) D. \(M\left( {3; - 2; - \frac{5}{2}} \right)\) Câu 40(VD): Một khối lập phương có cạnh 1 m chứa đầy nước. Đặt vào trong khối đó 1 khối nón có đỉnh trùng với tâm của một mặt của lập phương, đáy của khối nón tiếp xúc với các cạnh của mặt đối diện. Tính tỉ số thể tích lượng nước trào ra ngoài và thể tích lượng nước ban đầu của khối lập phương.
A. \(\frac{4}{\pi }\) B. \(\frac{\pi }{{12}}\) C. \(\frac{{12}}{\pi }\) D. \(\frac{3}{\pi }\) Câu 41(VD): Xét các số thực dương \(a,b\) thỏa mãn \({\log _2}\frac{{1 - ab}}{{a + b}} = 2ab + a + b - 3\). Tìm giá trị nhỏ nhất \({P_{\min }}\) của \(P = a + b\) A. \({P_{\min }} = - 1 + 2\sqrt 5 \) B. \({P_{\min }} = 2 + \sqrt 5 \) C. \({P_{\min }} = - 1 + \sqrt 5 \) D. \({P_{\min }} = 1 + 2\sqrt 5 \) Câu 42(VD): Cho \({4^x} + {4^{ - x}} = 7\). Khi đó biểu thức \(P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + {{4.2}^x} + {{4.2}^{ - x}}}} = \frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) tối giản và \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tích \(a.b\) có giá trị bằng A. \(10\) B. \( - 8\) C. \(8\) D. \( - 10\) Câu 43(VD): Biết \(\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{3{x^2} + 5x - 1}}{{x - 2}}dx} = a\ln \frac{3}{2} + b\), với \(a,b \in \mathbb{Q}\). Tính giá trị \(a + 2b\) A. -2 B. 10 C. 20 D. 40 Câu 44(VD): Cho hàm số \(y = \frac{{mx - 2m + 3}}{{x + m}}\) với \(m\) là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\). Tìm số phần tử của S. A. 5 B. 3 C. 4 D. 1 Câu 45(VD): Gọi T là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình \({x^3} - 3{x^2} - {m^3} + 3{m^2} = 0\) có ba nghiệm phân biệt. Tổng tất cả các phần tử của T bằng A. 1 B. 5 C. 0 D. 3 Câu 46(VD): Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như hình vẽ
Phương trình \(\left| {f\left( {3x + 1} \right) - 2} \right| = 5\) có bao nhiêu nghiệm? A. 3 B. 5 C. 6 D. 4 Câu 47(VD): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, \(AB = 4,SA = SB = SC = 12\). Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm AC, BC, AB. Trên cạnh SB lấy điểm F sao cho \(\frac{{BF}}{{BS}} = \frac{2}{3}\). Thể tích khối tứ diện \(MNEF\) bằng A. \(\frac{8}{3}\) B. \(\frac{4}{3}\) C. \(\frac{8}{9}\) D. \(\frac{{16}}{9}\) Câu 48(VDC): Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| {{z^2}} \right| + 3z + 3\overline z \le 0\) có bao nhiêu điểm có tọa độ nguyên? A. 25 B. 29 C. 36 D. 24 Câu 49(VDC): Gọi \({m_0}\) là giá trị thực nhỏ nhất của tham số \(m\) sao cho phương trình \(\left( {m - 1} \right)\log _{\frac{1}{3}}^2\left( {x - 3} \right)\) \( - \left( {m - 5} \right){\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right) + m - 1 = 0\) có nghiệm thuộc (3;6). Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Không tồn tại \({m_0}\) B. \({m_0} \in \left( { - 1;\frac{4}{3}} \right)\) C. \({m_0} \in \left( {2;\frac{{10}}{3}} \right)\) D. \({m_0} \in \left( { - 5; - \frac{5}{2}} \right)\) Câu 50(VDC): Gọi S là tập tất cả các giá trị nguyên của tham số thực \(m\) sao cho giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {\frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m} \right|\) trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) không vượt quá \(30\). Số phần tử của \(S\) là A. 50 B. 49 C. 66 D. 73 ĐÁP ÁN
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com Câu 1: Phương pháp: Lập BBT rồi kết luận Hướng dẫn giải: Xét \(f'\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 5} \right){\left( {x + 1} \right)^3} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 5\\x = - 1\end{array} \right.\) Ta có BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\)
Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 5} \right)\) Đáp án C Câu 2: Phương pháp: Mặt cầu \(\left( S \right):\)\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \) Hướng dẫn giải: Mặt cầu \(\left( S \right):\) \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 6y - 6z - 6 = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 3;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {3^2} - \left( { - 6} \right)} \) \( = \sqrt {25} = 5\) Đáp án C Câu 3: Phương pháp: Sử dụng công thức \(\left( {{{\log }_a}u} \right)' = \frac{{u'}}{{u\ln a}}\) ; \(\left( {\left| u \right|} \right)' = \frac{u}{{\left| u \right|}}\) Hướng dẫn giải: ĐK: \(x \ne - \frac{1}{5}\) Ta có: \(y' = \left( {{{\log }_2}\left| {5x + 1} \right|} \right)'\) \( = \frac{{\left( {\left| {5x + 1} \right|} \right)'}}{{\left| {5x + 1} \right|\ln 2}}\)\( = \frac{{5x + 1}}{{\left| {5x + 1} \right|\left| {5x + 1} \right|\ln 2}}\) \( = \frac{{5x + 1}}{{{{\left( {5x + 1} \right)}^2}\ln 2}}\) \( = \frac{1}{{\left( {5x + 1} \right)\ln 2}}\) Đáp án C Câu 4: Phương pháp: Quan sát BBT để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến Hướng dẫn giải: Từ BBT ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 2;3} \right)\) Đáp án B Câu 5: Phương pháp: Khối lập phương cạnh \(a\) thì có thể tích \(V = {a^3}\) Hướng dẫn giải: Cạnh khối lập phương là \(\sqrt[3]{{27}} = 3\) Đáp án D Câu 6: Phương pháp: Số phức \(z = a + bi\left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\) có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là \(M\left( {a;b} \right)\) Hướng dẫn giải: Điểm \(M\left( { - 7;6} \right)\) biểu diễn số phức \(z = - 7 + 6i\) Đáp án D Câu 7: Phương pháp: Sử dụng các công thức nguyên hàm \(\int {{x^n}dx} = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\left( {n \ne - 1} \right)\) và \(\int {\sin xdx} = - \cos x + C\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\int {\left( {3{x^2} + \sin x} \right)dx} \) \( = 3.\frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + C\)\( = {x^3} - \cos x + C\) Đáp án D Câu 8: Phương pháp: Lập BBT rồi kết luận số điểm cực trị Hướng dẫn giải: Ta có: \(f'\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\) BBT:
Từ BBT ta thấy hàm số có 2 cực trị. Đáp án A Câu 9: Phương pháp: Khối cầu có bán kính \(R\) thì có thể tích \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) Hướng dẫn giải: Gọi bán kính là \(R\) Ta có: \(V = \frac{{32\pi {a^3}}}{3}\) nên \(\frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{32}}{3}\pi {a^3}\) \( \Leftrightarrow {R^3} = 8{a^3} \Leftrightarrow R = 2a\) Đáp án C Câu 10: Phương pháp: Từ đồ thị hàm số xác định tọa độ 1 số điểm thuộc đồ thị rồi thay tọa độ đó vào các hàm số ở đáp án để chọn đáp án đúng. Hướng dẫn giải: Từ đồ thị hàm số ta có các điểm \(\left( { - 1;2} \right),\left( {1; - 2} \right)\) thuộc đồ thị Thay tọa độ các điểm trên vào các hàm số ở các đáp án \(A,B,C,D\) Ta thấy chỉ có hàm số \(y = {x^3} - 3x\) thỏa mãn. (Vì \(2 = {\left( { - 1} \right)^3} - 3.\left( { - 1} \right); - 2 = {1^3} - 3.1\)) Nên hàm số cần tìm là \(y = {x^3} - 3x\) Đáp án B Câu 11: Phương pháp: Thay tọa độ các điểm ở các đáp án vào phương trình đường thẳng, nếu có hệ thức đúng thì đó là điểm cần tìm. Hướng dẫn giải: Thay tọa độ điểm M(3;-2;-1) vào phương trình đường thẳng ta được: \(\frac{{3 - 3}}{1} = \frac{{ - 2 + 2}}{{ - 1}}\) \( = \frac{{ - 1 + 1}}{2} = 0\) nên đường thẳng đã cho đi qua \(M\left( {3; - 2; - 1} \right)\) Đáp án B Câu 12: Phương pháp: Cho \({z_1} = {a_1} + {b_1}i;{z_2} = {a_2} + {b_2}i\) với \({a_1},{b_1},{a_2},{b_2} \in \mathbb{R}\) Ta có: \({z_1} - {z_2} = \left( {{a_1} - {a_2}} \right) + \left( {{b_1} - {b_2}} \right)i\) Hướng dẫn giải: Ta có: \({z_1} - {z_2}\)\( = 2 + 3i - \left( { - 4 + i} \right)\) \( = 2 + 3i + 4 - i\) \( = 6 + 2i\) Phần ảo của số phức \(6 + 2i\) là \(2.\) Đáp án C Câu 13: Phương pháp: Sử dụng \({\log _{{a^\alpha }}}b = \frac{1}{\alpha }{\log _a}b\left( {b > 0;0 < a \ne 1} \right)\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(P = \log _2^2x + {\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _4}x\) \(\begin{array}{l} = \log _2^2x + {\log _{{2^{ - 1}}}}x + {\log _{{2^2}}}x\\ = \log _2^2x - {\log _2}x + \frac{1}{2}{\log _2}x\\ = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - \sqrt 2 + \frac{1}{2}\sqrt 2 \\ = 2 - \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{4 - \sqrt 2 }}{2}\end{array}\) Đáp án B Câu 14: Phương pháp: Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = \frac{{ - d}}{c}\) Hướng dẫn giải: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{x - 2}}\) là đường thẳng \(x = 2.\) Đáp án C Câu 15: Phương pháp: Từ đồ thị hàm số đã cho xác định tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị Từ đó sử dụng đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = \frac{{ - d}}{c}\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = \frac{a}{c}.\) Hướng dẫn giải: Từ đồ thị hàm số ta có \(x = - 1;y = 2\) lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Nhận thấy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng \(x = - 1\) và tiệm cận ngang \(y = 2\) nên chọn đáp án D. Đáp án D. Câu 16: Phương pháp: Sử dụng: Với \(0 < a < 1\) ta có: \({\log _a}f\left( x \right) > b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) > 0\\f\left( x \right) < {a^b}\end{array} \right.\) Hướng dẫn giải: Ta có: \({\log _{0,5}}\left( {2x - 1} \right) > - 2\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\2x - 1 < {\left( {0,5} \right)^{ - 2}}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\2x - 1 < 4\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x < \frac{5}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x < \frac{5}{2}\) Bất phương trình có tập nghiệm \(S = \left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)\) Đáp án A Câu 17: Phương pháp: Cho \(\Delta ABC\) có \(A\left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right),\) \(B\left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right),\)\(C\left( {{x_3};{y_3};{z_3}} \right).\) Trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) có tọa độ: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_1} + {y_2} + {y_3}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_1} + {z_2} + {z_3}}}{3}\end{array} \right.\) Hướng dẫn giải: Trọng tâm \(G\) có tọa độ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{5 + \left( { - 2} \right) + 0}}{3} = 1\\{y_G} = \frac{{ - 2 + 3 + 2}}{3} = 1\\{z_G} = \frac{{0 + 0 + 3}}{3} = 1\end{array} \right.\) . Hay \(G\left( {1;1;1} \right)\) Đáp án B Câu 18: Phương pháp: Mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz + d = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\) Hướng dẫn giải: Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3z + 2 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {1;0; - 3} \right)\) Đáp án D Câu 19: Phương pháp: Sử dụng: \(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} = \left. {F\left( x \right)} \right|_a^b\) \( = F\left( b \right) - F\left( a \right)\) với \(F\left( x \right)\) là 1 nguyên hàm của hàm số \(y = f\left( x \right)\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \left. {F\left( x \right)} \right|_0^1\) \( = F\left( 1 \right) - F\left( 0 \right)\) Đáp án B Câu 20: Phương pháp: Thể tích khối trụ có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\) là \(V = \pi {R^2}h\) hay \(V = S.h\) với \(S\) là diện tích đáy. Hướng dẫn giải: Thể tích khối trụ là \(V = 16\pi .3 = 48\pi \) \(\left( {d{m^3}} \right)\) Đáp án D Câu 21: Phương pháp: Sử dụng: Với \(0 < a \ne 1\) thì \({\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\) Hướng dẫn giải: Ta có \({\log _3}\left( {{3^x} - 1} \right) = - 3\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {3^x} - 1 = {3^{ - 3}}\\ \Leftrightarrow {3^x} - 1 = \frac{1}{{27}}\\ \Leftrightarrow {3^x} = \frac{{28}}{{27}}\\ \Leftrightarrow x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\end{array}\) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm \(x = {\log _3}\frac{{28}}{{27}}\) Đáp án C Câu 22: Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ \(V = S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao lăng trụ Hướng dẫn giải:
Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(BC = AB = a\) Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{{a^2}}}{2}\) Thể tích khối trụ \(V = {S_{ABC}}.AA'\) \( = \frac{1}{2}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{3}\) Đáp án A Câu 23: Phương pháp: Số phức \(z = a + bi\left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\) có môđun \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \) Hướng dẫn giải: Số phức \(z = 5 - i\) có môđun \(z = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {26} \) Đáp án A Câu 24: Phương pháp: Diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy \(R\) và đường sinh \(l\) là \({S_{xq}} = \pi Rl\) Hướng dẫn giải: Gọi \(l\) là đường sinh của hình nón Ta có: \({S_{xq}} = \pi .a.l = 5\pi {a^2}\) \( \Rightarrow l = 5a\) Đáp án A Câu 25: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa: Đường thẳng \(y = a\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = {y_0};\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = {y_0}\) Đường thẳng \(x = b\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nếu 1 trong các điều kiện sau được thỏa mãn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = - \infty ;\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f\left( x \right) = - \infty \) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1\) Nên đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = \frac{{ - 1}}{2}\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}} = + \infty \) nên đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang. Đáp án C Câu 26: Phương pháp: Khối nón có bán kính đáy \(R\) và chiều cao \(h\) thì có thể tích \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) Hướng dẫn giải:
Khi quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AC\) ta nhận được hình nón bán kính đáy \(AB\) và chiều cao \(AC.\) Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi A{B^2}AC\) \( = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.3 = 3\pi \) Đáp án D Câu 27: Phương pháp: Tìm GTLN và GTNN của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) B1: Tính \(y'\), gpt \(y' = 0\) tìm các nghiệm \({x_i} \in \left[ {a;b} \right]\) và các điểm \({x_j} \in \left[ {a;b} \right]\) làm \(y'\) không xác định (nếu có) B2: Tính \(f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_j}} \right);f\left( a \right);f\left( b \right)\) B3: Ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) \)\(= \min \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_j}} \right)} \right\}\) và \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right) \)\(= \max \left\{ {f\left( a \right);f\left( b \right);f\left( {{x_i}} \right);f\left( {{x_j}} \right)} \right\}\) Hướng dẫn giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\); \(\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right] \subset D\) Ta có: \(y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} - 3x + 3} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) \( = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\) Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0\) \( \Rightarrow {x^2} - 2x = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0 \in \left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\\x = 2 \notin \left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]\end{array} \right.\) Ta có \(y\left( { - 1} \right) = - \frac{7}{2};\) \(y\left( 0 \right) = - 3;\) \(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{7}{2}\) Vậy \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]} y = - 3\)\( \Leftrightarrow x = 0\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;\frac{1}{2}} \right]} y = - \frac{7}{2}\) khi \(x = - 1\) hoặc \(x = \frac{1}{2}\) Suy ra \(M.m = \frac{{21}}{2}\) Đáp án D Câu 28: Phương pháp: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số\(y = f\left( x \right);y = g\left( x \right)\) và các đường thẳng \(x = a;x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \) Hướng dẫn giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} = x \Leftrightarrow {x^2} - x = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\) Diện tích cần tìm là: \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} dx\) \( = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - x} \right)dx} } \right|\)\( = \left| {\left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1} \right|\) \( = \left| {\frac{1}{3} - \frac{1}{2}} \right| = \frac{1}{6}\) Đáp án B Câu 29: Phương pháp: Đặt ẩn phụ \({6^x} = t > 0\), từ đó giải bất phương trình ẩn \(t\) rồi thay lại cách đặt để tìm ra \(x.\) Hướng dẫn giải: Ta có: \({6^{2x + 1}} - {13.6^x} + 6 \le 0\)\( \Leftrightarrow {6.6^{2x}} - {13.6^x} + 6 \le 0\) Đặt \({6^x} = t > 0\) ta được \(6{t^2} - 13t + 6 \le 0\) \( \Leftrightarrow \frac{2}{3} \le t \le \frac{3}{2}\) \( \Rightarrow \frac{2}{3} \le {6^x} \le \frac{3}{2}\) \( \Leftrightarrow {\log _6}\frac{2}{3} \le x \le {\log _6}\frac{3}{2}\) Tập nghiệm của bất phương trình: \(S = \left[ {{{\log }_6}\frac{2}{3};{{\log }_6}\frac{3}{2}} \right]\) Đáp án A Câu 30: Phương pháp: Mặt phẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\) có phương trình \(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right)\)\( + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0\) Hướng dẫn giải: Ta có VTPT của \(\left( \alpha \right)\) là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3; - 1;2} \right)\) Vì mặt phẳng cần tìm song song với \(\left( \alpha \right)\) nên nhận \(\overrightarrow n = \overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3; - 1;2} \right)\) làm VTPT Phương trình mặt phẳng đó là: \(3\left( {x - 3} \right) - 1\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x - y + 2z - 6 = 0\) Đáp án B Câu 31: Phương pháp: Quan sát bảng biến thiên xác định điểm cực đại của hàm số. Hướng dẫn giải: Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x = 1.\) Đáp án A Câu 32: Phương pháp: Thể tích hình chóp \(V = \frac{1}{3}S.h\) với \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao hình chóp Hướng dẫn giải:
Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AD\) Vì \(AD\) là đường trung tuyến trong tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AD\)\( = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \) góc giữa cạnh bên \(SA\) và đáy là góc giữa \(SA\) và \(AH\), hay là góc \(SAH\) Theo đề bài ta có \(\widehat {SAH} = {45^0} \Rightarrow \Delta SAH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) Diện tích tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH\) \( = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) \( = \frac{{{a^3}}}{{12}}\) Đáp án B Câu 33: Phương pháp: Sử dụng: \(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{{a_1} + {b_1}i}}{{{a_2} + {b_2}i}}\) \( = \frac{{\left( {{a_1} + {b_1}i} \right)\left( {{a_2} - {b_2}i} \right)}}{{a_2^2 + b_2^2}}\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}\)\( = \frac{{5 - i}}{{1 + i}} = \frac{{\left( {5 - i} \right)\left( {1 - i} \right)}}{{{1^2} - {i^2}}}\) \( = \frac{{5 - 6i + {i^2}}}{2}\) \( = \frac{{4 - 6i}}{2} = 2 - 3i\) Số phức \(2 - 3i\) có phần thực bằng \(2.\) Đáp án B Câu 34: Phương pháp: Số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành là số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 0\) Hướng dẫn giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm \(13{x^4} - 3{x^2} - 2020 = 0\) (*) Đặt \({x^2} = t \ge 0\) ta có phương trình \(13{t^2} - 3t - 2020 = 0\) Phương trình trên có \(ac = 13.\left( { - 2020} \right) < 0\) nên có hai nghiệm trái dấu \({t_1} < 0 < {t_2}\) Suy ra \({x^2} = {t_2} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {{t_2}} \) Hay phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt. Đáp án A Câu 35: Phương pháp: Đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có VTCP \(\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)\) \(\left( {a.b.c \ne 0} \right)\) thì có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\) Hướng dẫn giải: Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x + 2y - 2z - 3 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow n = \left( {1;2; - 2} \right)\) Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) nên có 1 VTCP là \(\overrightarrow u = \overrightarrow n = \left( {1;2; - 2} \right)\) Phương trình chính tắc của đường thẳng \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 4}}{2} = \frac{{z + 7}}{{ - 2}}\) Đáp án A Câu 36: Phương pháp: Biến đổi biểu thức làm xuất hiện \({z_1} + {z_2}\) và \({z_1}{z_2}\). Sử dụng định lí Vi-et \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = - \frac{b}{a}\\{z_1}{z_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\) Thay vào biểu thức cần tính giá trị. Hướng dẫn giải: Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = \frac{3}{2}\\{z_2}.{z_2} = 2\end{array} \right.\) Khi đó \(\begin{array}{l}z_1^2 + z_2^2 = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2}\\ = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} - 2.2 = - \frac{7}{4}\end{array}\) Đáp án C Câu 37: Phương pháp: Sử dụng các công thức: \(\begin{array}{l}{\log _a}b = \frac{1}{{{{\log }_b}a}}\\{\log _a}\frac{b}{c} = {\log _a}b - {\log _a}c\\{\log _a}{b^n} = n{\log _a}b\end{array}\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\begin{array}{l}A = {\log _{{a^2}b}}\frac{a}{{{b^2}}} = {\log _{{a^2}b}}a - {\log _{{a^2}b}}{b^2}\\ = \frac{1}{{{{\log }_a}\left( {{a^2}b} \right)}} - 2{\log _{{a^2}b}}b\\ = \frac{1}{{{{\log }_a}\left( {{a^2}b} \right)}} - \frac{2}{{{{\log }_b}\left( {{a^2}b} \right)}}\\ = \frac{1}{{{{\log }_a}{a^2} + {{\log }_a}b}} - \frac{2}{{{{\log }_b}{a^2} + {{\log }_b}b}}\\ = \frac{1}{{2 + {{\log }_a}b}} - \frac{2}{{2{{\log }_b}a + 1}}\end{array}\) Mà \({\log _a}b = \sqrt 3 \Rightarrow {\log _b}a = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\). Thay \({\log _a}b = \sqrt 3 ,{\log _b}a = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) vào A ta được: \(\begin{array}{l}A = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} - \frac{1}{{2.\frac{1}{{\sqrt 3 }} + 1}}\\ = 8 - 5\sqrt 3 \end{array}\) Đáp án A Câu 38: Phương pháp: Sử dụng tính chất của tích phân: \(\int\limits_a^b {\left[ {\alpha f\left( x \right) \pm \beta g\left( x \right)} \right]dx} \) \( = \alpha \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \pm \beta \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} \) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\begin{array}{l}I = \int\limits_2^4 {\left[ {3f\left( x \right) - 5g\left( x \right)} \right]dx} \\ = 3\int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx} - 5\int\limits_2^4 {g\left( x \right)dx} \\ = 3.10 - 5.\left( { - 5} \right)\\ = 55\end{array}\) Đáp án E Câu 39: Phương pháp: - Gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) - Thay vào biểu thức đã cho tìm GTLN. Hướng dẫn giải: Gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) ta có: \(\begin{array}{l}A{M^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2}\\ = {x^2} - 2x + 1 + {y^2} - 4y + 4 + {z^2} + 2z + 1\\ = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 2z + 6\\B{M^2} = {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2}\\ = {x^2} - 6x + 9 + {y^2} - 2y + 1 + {z^2} + 4z + 4\\ = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 2y + 4z + 14\\C{M^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}\\ = {x^2} - 2x + 1 + {y^2} + 4y + 4 + {z^2} - 2z + 1\\ = {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 6\\ \Rightarrow M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}\\ = \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 2z + 6} \right)\\ - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 2y + 4z + 14} \right)\\ - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 6} \right)\\ = - {x^2} - {y^2} - {z^2} + 6x - 6y - 14\,\,\left( * \right)\end{array}\) Mà \(M \in \left( P \right):x - y + 2z = 0\) nên \(y = x + 2z\), thay vào (*) ta được: \(\begin{array}{l}M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}\\ = - {x^2} - {\left( {x + 2z} \right)^2} - {z^2}\\ + 6x - 6\left( {x + 2z} \right) - 14\\ = - {x^2} - {x^2} - 4xz - 4{z^2} - {z^2}\\ + 6x - 6x - 12z - 14\\ = - 2{x^2} - 4xz - 5{z^2} - 12z - 14\\ = - 2{x^2} - 4xz - 2{z^2}\\ - 3{z^2} - 12z - 12 - 2\\ = - 2\left( {{x^2} + 2xz + {z^2}} \right)\\ - 3\left( {{z^2} + 4z + 4} \right) - 2\\ = - 2{\left( {x + z} \right)^2} - 3{\left( {z + 2} \right)^2} - 2\\ \le - 2.0 - 3.0 - 2 = - 2\\ \Rightarrow M{A^2} - M{B^2} - M{C^2} \le - 2\end{array}\) Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + z = 0\\z + 2 = 0\\y = x + 2z\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}z = - 2\\x = 2\\y = - 2\end{array} \right.\) \( \Rightarrow M\left( {2; - 2; - 2} \right)\) Đáp án C Chú ý: Có thể thay trực tiếp tọa độ các điểm M đã cho vào và tìm GTLN của biểu thức đã cho. Chú ý kiểm tra điều kiện \(M \in \left( P \right)\) trước khi thay. Câu 40: Phương pháp: - Tính thể tích khối lập phương đã cho. - Tính thể tích khối nón, từ đó suy ra tỉ lệ thể tích. Chú ý: Công thức tính thể tích khối lập phương \(V = {a^3}\) Thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) Hướng dẫn giải: Thể tích khối lập phương \(V = {1^3} = 1\). Khối nón đã cho có bán kính đáy \(R = \frac{1}{2}\), chiều cao \(h = 1\) nên có thể tích: \({V_n} = \frac{1}{3}\pi .{R^2}h = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.1 = \frac{\pi }{{12}}\) Vậy \(\frac{{{V_n}}}{V} = \frac{\pi }{{12}}:1 = \frac{\pi }{{12}}\). Đáp án B Câu 41: Phương pháp: Biến đổi điều kiện đã cho về dạng: \({\log _2}\left[ {2\left( {1 - ab} \right)} \right] + 2\left( {1 - ab} \right)\) \( = {\log _2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\) Rồi sử dụng phương pháp hàm số để suy ra điều kiện của a, b. Từ đó đánh giá GTNN của P. Hướng dẫn giải: Ta có: \(\begin{array}{l}{\log _2}\frac{{1 - ab}}{{a + b}} = 2ab + a + b - 3\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 - ab} \right) - {\log _2}\left( {a + b} \right)\\ = a + b - 2\left( {1 - ab} \right) - 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 - ab} \right) + 1 + 2\left( {1 - ab} \right)\\ = a + b + {\log _2}\left( {a + b} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 - ab} \right) + {\log _2}2 + 2\left( {1 - ab} \right)\\ = {\log _2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2\left( {1 - ab} \right)} \right] + 2\left( {1 - ab} \right)\\ = {\log _2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\) Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0,\forall t > 0\) Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\). Do đó \(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {2\left( {1 - ab} \right)} \right) = f\left( {a + b} \right)\\ \Leftrightarrow 2\left( {1 - ab} \right) = a + b\\ \Leftrightarrow a + b + 2ab - 2 = 0\end{array}\) Theo bđt Cô si ta có: \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \Rightarrow ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow 0 = a + b + 2ab - 2\\ \le a + b + 2.{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - 2\\ \Leftrightarrow 0 \le a + b + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} - 2\\ \Rightarrow 0 \le P + \frac{{{P^2}}}{2} - 2\\ \Leftrightarrow {P^2} + 2P - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}P \ge - 1 + \sqrt 5 \\P \le - 1 - \sqrt 5 \end{array} \right.\end{array}\) Dễ thấy \(P = a + b > 0\) nên \(P \ge - 1 + \sqrt 5 \) Vậy \({P_{\min }} = - 1 + \sqrt 5 \) khi \(a = b = \frac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}\). Đáp án C Câu 42: Phương pháp: Từ đẳng thức bài cho tính tổng \({2^x} + {2^{ - x}}\). Thay vào tìm P và kết luận. Hướng dẫn giải: \(\begin{array}{l}{4^x} + {4^{ - x}} = 7\\{4^x} + {4^{ - x}} + 2 = 9\\ \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} + {2.2^x}{.2^{ - x}} = 9\\ \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9\\ \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3\end{array}\) (do \({2^x} + {2^{ - x}} > 0\)) Vậy \(\begin{array}{l}P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + {{4.2}^x} + {{4.2}^{ - x}}}}\\ = \frac{{5 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{8 + 4\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}\\ = \frac{{5 - 3}}{{8 + 4.3}} = \frac{1}{{10}}\\ \Rightarrow a = 1,b = 10\\ \Rightarrow a.b = 1.10 = 10\end{array}\) Đáp án A Câu 43: Phương pháp: Tính tích phân đã cho bằng cách tách \(\frac{{3{x^2} + 5x - 1}}{{x - 2}} = 3x + 11 + \frac{{21}}{{x - 2}}\) Hướng dẫn giải: Ta có: \(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{3{x^2} + 5x - 1}}{{x - 2}}dx} \\ = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {3x + 11 + \frac{{21}}{{x - 2}}} \right)dx} \\ = \left. {\left( {3.\frac{{{x^2}}}{2} + 11x + 21\ln \left| {x - 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^0\\ = 21\ln 2 - \left( {\frac{3}{2} - 11 + 21\ln 3} \right)\\ = 21\ln 2 + \frac{{19}}{2} - 21\ln 3\\ = \frac{{19}}{2} - 21\ln \frac{3}{2}\\ \Rightarrow a = - 21,b = \frac{{19}}{2}\\ \Rightarrow a + 2b = - 21 + 2.\frac{{19}}{2}\\ = - 2\end{array}\) Đáp án A Câu 44: Phương pháp: - Tính \(y'\). - Hàm số nghịch biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow y' < 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\) Hướng dẫn giải: TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}\) Ta có:\(y' = \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\) Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' < 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 2m - 3 < 0\\ - m \notin \left( {2; + \infty } \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 1\\ - m \le 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < m < 1\\m \ge - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 2 \le m < 1\end{array}\) Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0} \right\}\). Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn. Đáp án B Câu 45: Phương pháp: Phân tích vế trái của phương trình thành nhân tử. Từ đó tìm điều kiện của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Hướng dẫn giải: Ta có: \(\begin{array}{l}{x^3} - 3{x^2} - {m^3} + 3{m^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x^3} - {m^3}} \right) - 3\left( {{x^2} - {m^2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {{x^2} + mx + {m^2}} \right)\\ - 3\left( {x - m} \right)\left( {x + m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left( {{x^2} + mx + {m^2} - 3x - 3m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - m} \right)\left[ {{x^2} + \left( {m - 3} \right)x + {m^2} - 3m} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - m = 0\\{x^2} + \left( {m - 3} \right)x + {m^2} - 3m = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\{x^2} + \left( {m - 3} \right)x + {m^2} - 3m = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\) Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} + \left( {m - 3} \right)x + {m^2} - 3m\). Để pt đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác \(m\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\f\left( m \right) \ne 0\end{array} \right.\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 3} \right)^2} - 4\left( {{m^2} - 3m} \right) > 0\\{m^2} + \left( {m - 3} \right).m + {m^2} - 3m \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 3} \right)^2} - 4m\left( {m - 3} \right) > 0\\{m^2} + {m^2} - 3m + {m^2} - 3m \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m - 3} \right)\left( {m - 3 - 4m} \right) > 0\\3{m^2} - 6m \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {m - 3} \right)\left( { - 3m - 3} \right) > 0\\3m\left( {m - 2} \right) \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 3\\m \ne 0,m \ne 2\end{array} \right.\end{array}\) Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 1\) hay \(T = \left\{ 1 \right\}\). Vậy tổng các phần tử của T là 1. Đáp án A Câu 46: Phương pháp: Phương trình \(\left| {h\left( x \right)} \right| = m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h\left( x \right) = m\\h\left( x \right) = - m\end{array} \right.\) Hướng dẫn giải: Đặt \(t = 3x + 1\). Dễ thấy với mỗi \(x\) chỉ có một \(x\) và ngược lại. Do đó số nghiệm \(x\) của phương trình đã cho bằng số nghiệm \(t\) của phương trình \(\left| {f\left( t \right) - 2} \right| = 5\) Ta có: \(\left| {f\left( t \right) - 2} \right| = 5\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( t \right) - 2 = 5\\f\left( t \right) - 2 = - 5\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( t \right) = 7\,\,\,\left( 1 \right)\\f\left( t \right) = - 3\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\) Từ bbt ta thấy, +) Đường thẳng \(y = 7\) cắt đồ thị hàm số tại duy nhất 1 điểm nên (1) có 1 nghiệm. +) Đường thẳng \(y = - 3\) cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm nên (2) có 2 nghiệm. Dễ thấy các nghiệm của (1) và (2) phân biệt. Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm. Đáp án A Câu 47: Phương pháp: Sử dụng công thức tính tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác: \(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SC'}}{{SC}}\) Công thức tính thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}Sh\) với \(S\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao. Hướng dẫn giải:
Gọi D là giao điểm của MB và EN thì D là trung điểm của MB. Ta có: \({V_{MNEF}} = {V_{M.NEF}} = \frac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right)\) Do D là trung điểm của MB và MB cắt (EFN) tại D nên \(d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\) \( \Rightarrow {V_{MNEF}} = \frac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\) \( = {V_{B.NEF}}\) Mà \(\frac{{{V_{B.NEF}}}}{{{V_{B.CAS}}}} = \frac{{BN}}{{BC}}.\frac{{BE}}{{BA}}.\frac{{BF}}{{BS}}\) \( = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{6}\) \( \Rightarrow {V_{B.NEF}} = \frac{1}{6}{V_{B.CAS}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}}\) Vì SA=SB=SC nên \(S\) nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà ABC vuông cân nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Do đó \(SM \bot \left( {ABC} \right)\). Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.4.4 = 8\) Tam giác ABC vuông cân tại B nên \(\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \\ = \sqrt {{4^2} + {4^2}} = 4\sqrt 2 \\ \Rightarrow AM = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.4\sqrt 2 = 2\sqrt 2 \end{array}\) Tam giác \(SMA\) vuông tại M nên theo Pitago ta có: \(SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} \) \( = \sqrt {{{12}^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = 2\sqrt {34} \) Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SM\) \( = \frac{1}{2}.8.2\sqrt {34} = 8\sqrt {34} \) Thể tích khối tứ diện MNEF là: \({V_{MNEF}} = \frac{1}{6}.{V_{S.ABC}}\) \( = \frac{1}{6}.8\sqrt {34} = \frac{{4\sqrt {34} }}{3}\) Đáp án E Câu 48: Phương pháp: Đặt \(z = a + bi\) thay vào điều kiện bài cho tìm mối quan hệ của a, b. Từ đó suy ra các bộ số nguyên (a;b) thỏa mãn. Hướng dẫn giải: Đặt \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\) ta có: \(\begin{array}{l}\left| {{z^2}} \right| + 3z + 3\overline z \le 0\\ \Rightarrow {\left| z \right|^2} + 3\left( {z + \overline z } \right) \le 0\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \right)^2} + 3\left( {a + bi + a - bi} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 3.2a \le 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + 6a \le 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + 6a + 9 + {b^2} \le 9\\ \Leftrightarrow {\left( {a + 3} \right)^2} + {b^2} \le 9\end{array}\) \( \Rightarrow {b^2} \le 9 \Leftrightarrow - 3 \le b \le 3\) Vì \(b \in \mathbb{Z}\) nên \(b \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\) +) Với \(b = \pm 3\) thì \({\left( {a + 3} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = - 3\) nên ta có hai số phức \( - 3 \pm 3i\). +) Với \(b = \pm 2\) thì \({\left( {a + 3} \right)^2} + 4 \le 9 \Leftrightarrow {\left( {a + 3} \right)^2} \le 5\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - \sqrt 5 \le a + 3 \le \sqrt 5 \\ \Leftrightarrow - \sqrt 5 - 3 \le a \le \sqrt 5 - 3\\ \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\end{array}\) Do đó trường hợp này có 10 số phức thỏa mãn. +) Với \(b = \pm 1\) thì \({\left( {a + 3} \right)^2} + 1 \le 9 \Leftrightarrow {\left( {a + 3} \right)^2} \le 8\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - 2\sqrt 2 \le a + 3 \le 2\sqrt 2 \\ \Leftrightarrow - 2\sqrt 2 - 3 \le a \le 2\sqrt 2 - 3\\ \Rightarrow a \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\end{array}\) Do đó trường hợp này có 10 số phức thỏa mãn. +) Với \(b = 0\) thì \({\left( {a + 3} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = - 6\end{array} \right.\) nên ta có hai số phức thỏa mãn là \(0\) và \( - 6\). Vậy có tất cả \(2 + 10 + 10 + 2 = 24\) số phức thỏa mãn bài toán. Đáp án D Câu 49: Phương pháp: Đặt \(t = {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right)\), tìm điều kiện của t ứng với điều kiện của x đã cho. Từ đó tìm m để phương trình ẩn t có nghiệm thỏa mãn điều kiện của t vừa tìm được. Hướng dẫn giải: Đặt \(t = {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right)\) ta có phương trình: \(\left( {m - 1} \right){t^2} - \left( {m - 5} \right)t + m - 1 = 0\) (*) Với \(x \in \left( {3;6} \right)\) thì \(t = {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right) \in \left( { - 1; + \infty } \right)\) Do đó để phương trình đã cho có nghiệm thuộc (3; 6) thì (*) phải có nghiệm thuộc \(\left( { - 1; + \infty } \right)\). + TH1: \(m = 1\) thì (*) là \(4t = 0 \Leftrightarrow t = 0\) (TM) + TH2: \(m \ne 1\) ta có: \(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {m - 5} \right)^2} - 4{\left( {m - 1} \right)^2}\\ = {m^2} - 10m + 25 - 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right)\\ = - 3{m^2} - 2m + 21\end{array}\) Để (*) có nghiệm thì \(\Delta \ge 0\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow - 3{m^2} - 2m + 21 \ge 0\\ \Leftrightarrow - 3 \le m \le \frac{7}{3}\end{array}\) Để (*) có nghiệm thuộc \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) thì \(\left[ \begin{array}{l} - 1 < {t_1} \le {t_2}\\{t_1} \le - 1 < {t_2}\end{array} \right.\) +) \( - 1 < {t_1} \le {t_2}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}af\left( { - 1} \right) > 0\\ - 1 < \frac{S}{2}\end{array} \right.\) Ta có: \(\begin{array}{l}f\left( { - 1} \right)\\ = \left( {m - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^2} - \left( {m - 5} \right).\left( { - 1} \right) + m - 1\\ = m - 1 + m - 5 + m - 1\\ = 3m - 7\end{array}\) \( \Rightarrow af\left( { - 1} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {3m - 7} \right) > 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \frac{7}{3}\\m < 1\end{array} \right.\) \(\begin{array}{l} - 1 < \frac{S}{2} \Leftrightarrow - 1 < \frac{{m - 5}}{{2\left( {m - 1} \right)}}\\ \Leftrightarrow \frac{{m - 5}}{{2\left( {m - 1} \right)}} + 1 > 0\\ \Leftrightarrow \frac{{m - 5 + 2m - 2}}{{2\left( {m - 1} \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \frac{{3m - 7}}{{2\left( {m - 1} \right)}} > 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > \frac{7}{3}\\m < 1\end{array} \right.\end{array}\) Kết hợp với \( - 3 \le m \le \frac{7}{3}\) ta được \( - 3 \le m < 1\). +) \({t_1} \le - 1 < {t_2}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow af\left( { - 1} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {3m - 7} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow 1 \le m \le \frac{7}{3}\end{array}\) Kết hợp với \( - 3 \le m \le \frac{7}{3}\) và \(m \ne 1\) ta được \(1 < m \le \frac{7}{3}\). Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m = 1\\ - 3 \le m < 1\\1 < m \le \frac{7}{3}\end{array} \right. \Rightarrow - 3 \le \le \frac{7}{3}\) Do đó GTNN của m là \({m_0} = - 3 \in \left( { - 5; - \frac{5}{2}} \right)\) Đáp án D Câu 50: Phương pháp: Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m\) trên đoạn [2; 4] Biện luận tìm GTLN của \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) trên đoạn [2; 4]. Cho GTLN của hàm số \(\left| {f\left( x \right)} \right|\) nhỏ hơn hoặc bằng 30 tìm m và kết luận. Hướng dẫn giải: Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{4}{x^4} - 14{x^2} + 48x + m\) trên đoạn [2; 4] ta có: \(f'\left( x \right) = {x^3} - 28x + 48\) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 6\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\) Ta thấy \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {2;4} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( {2;4} \right)\). \(f\left( 2 \right) = 44 + m\) và \(f\left( 4 \right) = 32 + m\) +) TH1: \(32 + m \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 32\) thì \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( 2 \right) = 44 + m\) Khi đó \(44 + m \le 30 \Leftrightarrow m \le - 14\). Kết hợp với \(m \ge - 32\) ta được \( - 32 \le m \le - 14\) (1) +) TH2: \(32 + m < 0 < 44 + m\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}32 + m < 0\\0 < 44 + m\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < - 32\\m > - 44\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow - 44 < m < - 32\end{array}\) Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right|\) \( = \max \left\{ {44 + m; - 32 - m} \right\}\) \( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \le 30\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}44 + m \le 30\\ - 32 - m \le 30\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le - 14\\m \ge - 62\end{array} \right.\) Kết hợp với \( - 44 < m < - 32\) ta được \( - 44 < m < - 32\) (2) +) TH3: \(44 + m \le 0 \Leftrightarrow m \le - 44\) Khi đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| = - 32 - m\) \( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} \left| {f\left( x \right)} \right| \le 30\)\( \Leftrightarrow - 32 - m \le 30 \Leftrightarrow m \ge - 62\) Kết hợp với \(m \le - 44\) ta được \( - 62 \le m \le - 44\) (3) Từ (1) (2) và (3) suy ra \( - 62 \le m \le - 14\). Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 62; - 61;...; - 15; - 14} \right\}\). Vậy có \( - 14 - \left( { - 62} \right) + 1 = 49\) giá trị. Đáp án B Loigiaihay.com  Chia sẻ Bình luận
Quảng cáo
|
