Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Hình họa 11 - Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Hình họa 11 - Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Tải bản đầy đủ - 0trang

https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Ta có CD ⊥ (BCC B ) ⇒ CD ⊥ BC .

BC ⊥ CD

⇒ BC ⊥ (A B CD) ⇒ (ABC D ) ⊥ (A B CD).

BC ⊥ B C

Vậy góc giữa (A B CD) và (ABC D ) là 90◦ .



D



A

B



C

A



D



B



C



Chọn đáp án D

’ = 60◦ ,

Câu 49 (Đề minh họa 2019). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

SA = √

a và SA vng góc với mặt

B đến mặt phẳng (SCD)√bằng

√ đáy. Khoảng cách từ √

21a

15a

21a

15a

A.

.

B.

.

C.

.

D.

.

7

7

3

3

Lời giải.

Ta có AB (SCD) ⇒ d(B, (SCD)) = d(A, (SCD)).

S

Trong (ABCD), kẻ AE ⊥ CD tại E.

Trong (SAE), kẻ AH ⊥ SE tại H (1).

CD ⊥ AE

Ta có

⇒ CD ⊥ (SAE) ⇒ CD ⊥ AH (2).

CD ⊥ SA

Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ (SCD)



H

a



E

A



⇒ d(A, (SCD)) = AH.

Xét tam giác AED vuông√tại E

a 3

⇒ AE = AD · sin 60◦ =

.

2

1

1

1

Xét SAE vuông tại A ⇒

=

+

2

2

AH √ AS

AE 2

1

1

4

a 21



= 2 + 2 ⇒ AH =

.

2

AH

a

3a

7



a 21

.

Vậy d(B, (SCD)) = d(A, (SCD)) = AH =

7

Chọn đáp án A

5.11



D



a



60◦



B



C



Đại số 10- Chương 4: Bất đẳng thức, bất phương trình



Câu 50 (Đề minh họa 2019). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương

trình m2 (x4 − 1) + m (x2 − 1) − 6 (x − 1) ≥ 0 đúng với mọi x ∈ R. Tổng giá trị của tất cả các phần

tử thuộc S bằng

3

A. − .

2

Lời giải.



1

C. − .

2



B. 1.



D.



1

.

2



Bất phương trình

m2 x4 − 1 + m x2 − 1 − 6 (x − 1) ≥ 0

⇔ (x − 1) m2 x3 + x2 + x + 1 + m (x + 1) − 6 ≥ 0.

Đặt f (x) = (x − 1) [m2 (x3 + x2 + x + 1) + m (x + 1) − 6].

x=1

Ta có f (x) = 0 ⇔

m2 x3 + x2 + x + 1 + m (x + 1) − 6 = 0 (1).

Nếu x = 1 khơng là nghiệm của phương trình (1) thì x = 1 là nghiệm đơn của phương trình f (x) = 0.

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



96



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Do vậy f (x) đổi dấu khi qua nghiệm x = 1.

Suy ra mệnh đề f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R là mệnh đề sai.

Do đó điều kiện cần để f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R là x = 1 là nghiệm của phương trình (1).



m=1

Khi đó ta có 4m2 + 2m − 6 = 0 ⇔ 

3

m=− .

2

Với m = 1, ta có f (x) = (x − 1)2 (x2 + 2x + 4) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ m = 1 thỏa mãn u cầu bài

tốn.

3

3

3

Với m = − , ta có f (x) = (x − 1)2 (3x2 + 6x + 7) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇒ m = − thỏa mãn u

2

4

2

cầu ß

bài tốn.



3

1

Vậy S = 1; −

⇒ Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng − .

2

2

Chọn đáp án C



Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



97



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



ĐÁP ÁN

1. D

11. B



2. D

12. B



3. B

13. C



4. D

14. D



5. A

15. A



6. C

16. C



7. A

17. A



8. C

18. B



9. D

19. B



10. C

20. D



21. D



22. B



23. A



24. C



25. B



26. D



27. D



28. A



29. D



30. B



31. A



32. A



33. D



34. A



35. C



36. A



37. A



38. B



39. B



40. C



41. A



42. C



43. C



44. C



45. A



46. A



47. B



48. D



49. A



50. C



Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



98



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



B



ĐỀ THI THQG 2018



1



Mã đề 101



Tồn cảnh đề thi THQG



NỘI DUNG ĐỀ

1.1



Giải tích 12 - Chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số



Câu 1 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d ∈ R) có đồ thị như hình vẽ bên. Số



y



điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 2.



B. 0.



C. 3.



D. 1.



O



x



Lời giải.

Dựa vào đồ thị ta khẳng định hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn đáp án A

Câu 2 (THQG 2018 - Mã đề 101). Cho hàm số y = f (x) có bảng biến thiên như sau

x

y



−∞





−1

0



0

0



+



+∞



1

0







+∞

+

+∞



3



y

−2



−2



Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A. (0; 1).



B. (−∞; 0).



C. (1; +∞).



D. (−1; 0).



Lời giải.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 1).

Chọn đáp án A

Câu 3 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Đường cong trong hình vẽ bên là của hàm số nào dưới đây?

4



2



3



y



2



A. y = x − 3x − 1.



B. y = x − 3x − 1.



C. y = −x3 + 3x2 − 1.



D. y = −x4 + 3x2 − 1.



x



O



Lời giải.

Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên không thể là đồ thị hàm số bậc ba.

Vì lim y = −∞ nên chọn y = −x4 + 3x2 − 1.

x→±∞



Chọn đáp án D

Câu 4 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Cho hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a, b, c, d ∈ R). Đồ thị của hàm số



y



y = f (x) như hình vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình 3f (x) + 4 = 0



2





A. 3.



B. 0.



C. 1.



D. 2.



2

O



x



−2

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



99



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Lời giải.

4

Ta có 3f (x) + 4 = 0 ⇔ f (x) = − .

3

4

Dựa vào đồ thị, đường thẳng y = − cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại ba điểm phân biệt.

3

Chọn đáp án A



x+9−3

Câu 5 (THQG 2018 - Mã đề 101). Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =



x2 + x

A. 3.

B. 2.

C. 0.

D. 1.

Lời giải.

Tập xác định D = [−9; +∞)

√ \ {−1; 0}.



x+9−3





= +∞

 lim + y = lim +

x→−1

x→−1

x2 + x



Ta có

⇒ x = −1 là tiệm cận đứng.



x

+

9



3



 lim y = lim

= −∞



x→−1−

x→−1

x2 + x



x+9−3

1

Ngoài ra lim y = lim

= nên x = 0 không phải là một tiệm cận đứng.

2

x→0

x→0

x +x

6

Chọn đáp án D

Câu 6 (THQG 2018 - Mã đề 101). Giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 − 4x2 + 9 trên đoạn

[−2; 3] bằng

A. 201.



B. 2.



C. 9.



D. 54.



Lời giải.

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [−2; 3].

Ta có y = 4x3 − 8x.

x = 0 ∈ [−2; 3]



x = ± 2 ∈ [−2; 3].

Ä √ ä

Ä√ ä

Ta có f (−2) = 9, f (3) = 54, f (0) = 9, f − 2 = 5, f

2 = 5.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [−2; 3] bằng f (3) = 54.



y = 0 ⇔ 4x3 − 8x = 0 ⇔



Chọn đáp án D

Câu 7 (THQG 2018 - Mã đề 101). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =

x+2

đồng biến trên khoảng (−∞; −10)?

x + 5m

A. 2.

B. Vô số.

C. 1.

D. 3.

Lời giải.

Tập xác định D = R \ {−5m}.

5m − 2

.

y =

(x + 5m)2

Hàm số đồng biến trên (−∞; −10) ⇔





m > 2

5m − 2 > 0

2

5 ⇔




5

− 5m −10

m 2



2.



Do m ∈ Z nên m ∈ {1; 2}.

Chọn đáp án A

Câu 8 (THQG 2018 - Mã đề 101). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y =

x8 + (m − 2)x5 − (m2 − 4)x4 + 1 đạt cực tiểu tại x = 0?

A. 3.



B. 5.



C. 4.



D. Vô số.



Lời giải.

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



100



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Ta có y = 8x7 + 5(m − 2)x4 − 4(m2 − 4)x3 .

Đặt g(x) = 8x4 + 5(m − 2)x − 4(m2 − 4). Có 2 trường hợp cần xét liên quan (m2 − 4):

Trường hợp 1: m2 − 4 = 0 ⇔ m = ±2.

+ Khi m = 2 ⇒ y = 8x7 ⇒ x = 0 là điểm cực tiểu.

+ Khi m = −2 ⇒ y = x4 (8x4 − 20) ⇒ x = 0 không là điểm cực tiểu.

Trường hợp 2: m2 − 4 = 0 ⇔ m = ±2. Khi đó x = 0 khơng là nghiệm của g(x).

Ta có x3 đổi dấu từ − sang + khi qua x0 = 0, do đó

y = x3 · g(x) đổi dấu từ − sang + khi qua x0 = 0 ⇔ lim g(x) > 0 ⇔ m2 − 4 < 0.

x→0



Kết hợp các trường hợp giải được ta nhận m ∈ {2; 1; 0; −1}.

Chọn đáp án C

1

7

Câu 9 (THQG 2018 - Mã đề 101). Cho hàm số y = x4 − x2 có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm

4

2

A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A cắt (C) tại hai điểm phân biệt M (x1 ; y1 ), N (x2 ; y2 )

(M, N khác A) thỏa mãn y1 − y2 = 6(x1 − x2 )?

A. 1.



B. 2.



C. 0.



D. 3.



Lời giải.

* Nhận xét đây là hàm số trùng phương có hệ số a > 0. 

x=0





* Ta có y = x3 − 7x nên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị 

x

=



7





x = 7.

* Phương trình tiếp tuyến tại A(x0 ; y0 ) (là đường thẳng qua hai điểm M, N ) có hệ số góc:

y1 − y2

k=

= 6. Do đó để tiếp tuyến tại A(x0 ; y0 ) có hệ số góc k = 6 > 0 và cắt (C) tại hai điểm

x1 − x2





21

(hoành độ điểm uốn).

phân biệt M (x1 ; y1 ), N (x2 ; y2 ) thì − 7 < x0 < 0 và x0 = −

 3

x0 = −2



* Ta có phương trình: y (x0 ) = 6 ⇔ x30 − 7x0 − 6 = 0 ⇔ 

x0 = −1

x0 = 3(loại).

Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu.

Chọn đáp án B

Câu 10 (THQG 2018 - Mã đề 101).

x−1

có đồ thị (C). Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Xét tam giác đều

Cho hàm số y =

x+2

ABI có hai đỉnh A, B thuộc (C), đoạn thẳng AB có độ dài bằng







A. 6.

B. 2 3.

C. 2.

D. 2 2.

Lời giải.

x−1

3

Ta có (C) : y =

=1−

có I(−2; 1) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

x+2 ã

x + 2

Å

ã



 Å



3

3



9













∈ (C)

A a − 2; 1 −

IA = a; −

IA = a2 + 2

a

a

a

Å

ã

Å

ã và



Xét



3

3







#

»







B b − 2; 1 −

IB = b; −

IB = b2 + 9 .

∈ (C)

b

b

b2

2

2

IA = IB

Ä # » # »ä

Tam giác ABI đều khi và chỉ khi

cos IA, IB = cos 60◦

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



101



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG





9

9







a2 + 2 = b2 + 2 (1)



9

9





2

2

a

b





a + 2 = b + 2



9

a

b

⇔ #» #»

⇔ ab +





1

IA · IB

ab = 1 .





(2)





=





2

IA · IB

2

 a2 + 9

a2

Từ (2) ta suy ra ab > 0 vàÅa2 = b2 (do

ã A ≡ B).

9

Từ (1) ta suy ra (a2 − b2 ) 1 − 2 2 = 0 ⇒ ab = 3.

ab





9

9

Với ab = 3, thay vào (2) ta tìm được a2 + 2 = 12. Vậy AB = IA = a2 + 2 = 2 3.

a

a

Chọn đáp án B

Câu 11 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Cho hai hàm số y = f (x), y = g(x). Hai hàm số y = f (x) và y = g (x) có đồ thị như hình vẽ bên,

trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y = g (x).

y

y = f (x)

10

8

5

4



O



x

3



8 1011



y = g (x)

Å

ã

3

Hàm số h(x) = f (x + 4) − g 2x −

đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

Å

ã

Å 2ã

Å

ã

Å

ã

31

9

31

25

A. 5;

.

B.

;3 .

C.

; +∞ .

D. 6;

.

5

4

5

4

Lời giải.

Kẻ

số y = f (x) tại A(a; 10), a ∈ (8; 10). Khi đó ta có

 đường thẳng y = 10 cắt đồ thị hàm 





khi 3 < x + 4 < a

khi − 1 < x < 4

f (x + 4) > 10

f (x + 4) > 10

Å

ã

Å

ã



3

3

3

3

25





5 khi 0 2x − < 11

5 khi

x

.

g 2x −

g 2x −

2

2

4

4

Å 2

ã

3

3

Do đó h (x) = f (x + 4) − 2g 2x −

> 0 khi

x < 4.

2

4

Kiểu đánh giá khác:

Å

ã

3

Ta có h (x) = f (x + 4) − 2g 2x −

.

2

Å

ã

9

25

Dựa vào đồ thị, ∀x ∈

; 3 , ta có

< x + 4 < 7, f (x + 4) > f (3) = 10;



ã 4

3

9

3

3 < 2x − < , do đó g 2x −

< f (8) = 5.

2

2

Å2

ã

Å

ã

Å

ã

3

9

9

Suy ra h (x) = f (x + 4) − 2g 2x −

> 0, ∀x ∈

; 3 . Do đó hàm số đồng biến trên

;3 .

2

4

4

Chọn đáp án B

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



102



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



1.2



Tồn cảnh đề thi THQG



Giải tích 12 - Chương 2: Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit



Câu 12 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Với a là số thực dương tùy ý, ln(5a) − ln(3a) bằng

5

ln(5a)

.

B. ln(2a).

C. ln .

A.

ln(3a)

3

Lời giải.

5a

5

Ta có ln(5a) − ln(3a) = ln

= ln .

3a

3

Chọn đáp án C



D.



ln 5

.

ln 3



Câu 13 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Phương trình 22x+1 = 32 có nghiệm là

5

A. x = .

B. x = 2.

2

Lời giải.



3

C. x = .

2



D. x = 3.



Ta có 22x+1 = 32 ⇔ 2x + 1 = 5 ⇔ x = 2.

Chọn đáp án B

Câu 14 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7,5 %/năm. Biết rằng nếu khơng rút tiền ra khỏi

ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi

sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền đã gửi,

giả định trong khoảng thời gian này lãi suất khơng thay đổi và người đó khơng rút tiền ra?

A. 11 năm.



B. 9 năm.



C. 10 năm.



D. 12 năm.



Lời giải.

Å



n



Áp dụng công thức: Sn = A(1 + r) ⇒ n = log(1+r)



Sn

A



ã

⇒ n = log(1+7,5%) (2) ≈ 9,6.



Chọn đáp án C

Câu 15 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình 16x − m · 4x+1 +

5m2 − 45 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?

A. 13.



B. 3.



C. 6.



D. 4.



Lời giải.

Đặt t = 4x , t > 0. Phương trình đã cho trở thành t2 − 4mt + 5m2 − 45 = 0.



(∗)



Với mỗi nghiệm t > 0 của phương trình (∗) sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của phương

trình ban đầu. Do đó, u cầu bài tốn tương đương phương trình (∗) có hai nghiệm dương phân

biệt. Khi đó













5

<

m

<

3

5



3











∆ >0

− m2 + 45 > 0











m > 0



⇔ 3 < m < 3 5.



S > 0 ⇔ 4m > 0













m < −3



 2





P >0

5m − 45 > 0





m>3

Do m ∈ Z nên m ∈ {4; 5; 6}.

Chọn đáp án B

Câu 16 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



103



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Cho a > 0, b > 0 thỏa mãn log3a+2b+1 (9a2 + b2 + 1) + log6ab+1 (3a + 2b + 1) = 2. Giá trị của a + 2b

bằng

A. 6.



B. 9.



7

.

2



C.



D.



5

.

2



Lời giải.

Do a > 0, b > 0 nên ta có



(9a2 + b2 ) + 1



6ab + 1 (bất đẳng thức AM-GM)



3a + 2b + 1 > 1.

⇒ log3a+2b+1 (9a2 + b2 + 1)



log3a+2b+1 (6ab + 1)



Từ đó log3a+2b+1 (9a2 + b2 + 1) + log6ab+1 (3a + 2b + 1)



log3a+2b+1 (6ab + 1) + log6ab+1 (3a + 2b + 1)

2



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi



3a = b > 0



(bất đẳng thức AM-GM).



⇔a=



3a + 2b + 1 = 6ab + 1



3

1

và b = .

2

2



1

7

Vậy a + 2b = + 3 = .

2

2

Chọn đáp án C

Câu 17 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Cho phương trình 5x + m = log5 (x − m) với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m ∈ (−20; 20) để phương trình đã cho có nghiệm?

A. 20.



B. 19.



C. 9.



D. 21.



Lời giải.

Điều kiện: x > m.

Ta có 5x + m = log5 (x − m) ⇔ 5x + x = x − m + log5 (x − m).

t



(1)



t



Xét hàm số f (t) = 5 + t, f (t) = 5 ln 5 + 1 > 0, ∀t ∈ R.

Do đó từ (1) suy ra x = log5 (x − m) ⇔ m = x − 5x .

Xét hàm số g(x) = x − 5x , g (x) = 1 − 5x · ln 5, g (x) = 0 ⇔ x = log5



1

= − log5 ln 5 = x0 .

ln 5



Bảng biến thiên

− log5 ln 5



x −∞

g (x)



+



0



+∞





g(x0 )

g(x)

−∞

Do đó để phương trình có nghiệm thì m



−∞

g(x0 ) ≈ −0, 92.



Các giá trị nguyên của m ∈ (−20; 20) là {−19; −18; . . . ; −1}, có 19 giá trị m thỏa mãn.

Chọn đáp án B

1.3



Giải tích 12 - Chương 3: Nguyên hàm. Tích phân và ứng dụng



Câu 18 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ex , y = 0, x = 0, x = 2. Mệnh đề nào dưới

đây đúng?

2



2

2x



A. S = π



e dx.

0



2

x



B. S =



e dx.



C. S = π



0



Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



e dx.

0



104



2

x



e2x dx.



D. S =

0



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



Lời giải.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ex , y = 0, x = 0, x = 2 được tính theo cơng thức

2



2

x



ex dx.



|e | dx =



S=

0



0



Chọn đáp án B

Câu 19 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Nguyên hàm của hàm số f (x) = x3 + x là

A. x4 + x2 + C.



B. 3x2 + 1 + C.



C. x3 + x + C.



D.



1 4 1 2

x + x + C.

4

2



C. e5 − e2 .



D.



1 5

(e + e2 ).

3



Lời giải.

1

1

(x3 + x) dx = x4 + x2 + C.

4

2



Ta có



Chọn đáp án D

Câu 20 (THQG 2018 - Mã đề 101).

2



e3x−1 dx bằng

1



1 5

(e − e2 ).

3

Lời giải.

A.



B.



2



1

e3x−1 dx = e3x−1

3



Ta có

1



2

1



1 5

e − e2 .

3



1

= (e5 − e2 ).

3



Chọn đáp án A

Câu 21 (THQG 2018 - Mã đề 101).

55



dx



= a ln 2+b ln 5+c ln 11 với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

x x+9



Cho

16



A. a − b = −c.



B. a + b = c.



D. a − b = −3c.



C. a + b = 3c.



Lời giải.



Đặt t = x + 9 ⇒ t2 = x + 9 ⇒ 2t dt = dx.

Đổi cận: x = 16 ⇒ t = 5 ; x = 55 ⇒ t = 8.

55



8



2t dt

=2

− 9)t



dx



=

x x+9



Ta có

16



Đ



8



(t2

5



t2



dt

1

=

−9

3



5



=



8



dt



t−3

5



dt

t+3

5



1

(ln |x − 3| − ln |x + 3|)

3



2

1

1

Vậy a = , b = , c = − . Mệnh đề a − b = −c đúng.

3

3

3

Chọn đáp án A



é



8



8



=

5



.



2

1

1

ln 2 + ln 5 − ln 11.

3

3

3



Câu 22 (THQG 2018 - Mã đề 101).



Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



105



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



https://www.facebook.com/groups/GeoGebraPro/



Tồn cảnh đề thi THQG



1

và g(x) = dx2 + ex +

2

1 (a, b, c, d, e ∈ R). Biết rằng đồ thị của hàm số y = f (x) và y = g(x)

Cho hàm số f (x) = ax3 + bx2 + cx −



y



cắt nhau tại ba điểm có hồnh độ lần lượt là −3; −1; 1 (tham khảo hình

vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

9

A. .

B. 8.

C. 4.

D. 5.

2



1

−3



−1 O



x



Lời giải.

Do (C) : y = f (x) và (C ) : y = g(x) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ −3; −1 và 1 nên

f (x) − g(x) = A(x + 3)(x + 1)(x − 1).

Từ giả thiết ta có f (0) − g(0) = −



3

3

1

nên −3A = − ⇔ A = .

2

2

2



1

1

3

1

3

⇒ f (x) − g(x) = (x + 3)(x + 1)(x − 1) = x3 + x2 − x − .

2

2

2

2

2

Diện tích hình phẳng cần tìm là

−1



1



[f (x) − g(x)] dx +



S=

−3



−1



−1ï



=



[g(x) − f (x)] dx

.



1



ò



ï



3

1 3 3 2 1

dx −

x + x − x−

2

2

2

2



ò



1 3 3 2 1

3

dx = 2 − (−2) = 4.

x + x − x−

2

2

2

2



−1



−3



Chọn đáp án C

Câu 23 (THQG 2018 - Mã đề 101).

2

Cho hàm số f (x) thỏa mãn f (2) = − và f (x) = 2x[f (x)]2 với mọi x ∈ R. Giá trị của f (1) bằng

9

2

19

2

35

B. − .

C. − .

D. − .

A. − .

36

3

36

15

Lời giải.

ï

ò

1

1

2 f (x)=0 f (x)

Ta có f (x) = 2x[f (x)] ⇔

= −2x ⇔

= −x2 + C.

2 = 2x ⇔

f (x)

f (x)

[f (x)]

2

1

Từ f (2) = − suy ra C = − .

9

2

1

2

Å ã =− .

Do đó f (1) =

1

3

−12 + −

2

Chọn đáp án B

1.4



Giải tích 12 - Chương 4: Số phức



Câu 24 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Số phức −3 + 7i có phần ảo bằng

A. 3.



B. −7.



C. −3.



D. 7.



Lời giải.

Số phức −3 + 7i có phần ảo bằng 7.

Chọn đáp án D

Câu 25 (THQG 2018 - Mã đề 101).

Sưu tầm và biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em



106



https://emncischool.wixsite.com/geogebra



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Hình họa 11 - Chương 3: Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×