Đang tải... (xem toàn văn)
VẬN DỤNG CAO : SỐ PHỨCCâu 1:Cho 3 số phức thỏa . Tính A. B. C. D. Lời giải:Ta có: . Chọn C. Câu 2:Cho số phức . Gọi . Tính .A. B. C. D. Lời giải: Ta có : .Mặt khác ta cũng có: .Gọi Tập hợp điểm biểu diễn số phức là đường tròn tâm có bán kính . Chọn C. Câu 3:Xét số phức thỏa . Mệnh đề nào dưới đây đúng:A. B. C. D. Lời giải: Ta xét các điểm và với là điểm biểu diễn số phức trong mặt phẳng phức. Ta có : .Ta có : . . Mà theo giả thuyết ta có : .Vậy . Dấu xảy ra khi và chỉ khi Câu 4:Gọi là nghiệm của phương trình . Tính giá trị của biểu thức: .A. B. C. D. Lời giải:Ta có: . Chọn C. Câu 5:Cho số phức thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của module .A. B. C. D. Lời giải: Ta có : .Trường hợp 1: .Trường hợp 2: với . . Chọn A. Câu 6:Cho số phức thỏa mãn điều kiện . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức với là số thực dương.A. B. C. D.
Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 VẬN DỤNG CAO : SỐ PHỨC z1 + z2 + z3 = 2 Câu 1: Cho số phức z1 ; z2 ; z3 thỏa 2 Tính A = z1 + z2 + z2 + z3 + z3 + z1 z1 = z2 = z3 = 2 B 2 C 3 z1 + z2 = − z3 2 Lời giải: Ta có: z1 + z3 = − z2 ⇒ A = − z1 + − z2 + − z3 = Chọn C z + z = −z A D 3 2017 − = Gọi P = z Tính A = 2017 ( max P ) − 2017 ( P ) Câu 2: Cho số phức z A A = 2017.2016 B A = 2017.2017 C A = 2017.2017 2017 = max z Lời giải: Ta có : max P = max z > ⇔ max P 2017 = z Mặt khác ta có: P = z > ⇔ P 2017 2017 D A = 2017 = max z 2017 = z 2017 2017 = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z 2017 đường trịn tâm I ( 0;1) có bán Gọi z 2017 =2 max P max P = 2017.2017 ⇔ ⇒ A = 2017.2017 Chọn C kính R = ⇒ 2017 =0 min P = min P Câu 3: Xét số phức z thỏa z − + z − i ≤ 2 Mệnh đề đúng: < z < 2 Lời giải: Ta xét điểm A ( 1;0 ) , B ( 0;1) M ( x; y ) với M điểm biểu diễn số phức z mặt A < z phẳng phức Ta có : z − + z − i = ( x − 1) C z < 2 D + y + x + ( y − 1) = MA + 3MB Ta có : MA + 3MB = ( MA + MB ) + MB ≥ AB + MB = 2 + MB ≥ 2 ⇒ z − + z − i ≥ 2 Mà theo giả thuyết ta có : z − + z − i ≤ 2 M ∈ AB ⇔ M ≡ B ⇒ M ( 0;1) ⇒ z = Vậy z − + z − i = 2 Dấu " = " xảy MB = z −1 Câu 4: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 nghiệm phương trình ÷ = Tính giá trị biểu thức: 2z − i P = ( z12 + 1) ( z22 + 1) ( z32 + 1) ( z42 + 1) A Lời giải: B 19 C 17 D 4 2 2 Ta có: ( z − 1) = ( z − i ) ⇔ ( z − 1) − ( z − i ) ( z − 1) + ( z − i ) = 2 ⇔ ( z − 1) + ( z − i ) ( z − 1) − ( z − i ) ( z − 1) + ( z − i ) = ⇔ ( z − − i ) ( − z − + i ) 5 z − ( + 4i ) z = LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 1/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 ⇔ z1 = 1+ i + 4i 17 ; z2 = −1 + i; z3 = 0; z4 = ⇒ P= Chọn C Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − z + = ( z − + 2i ) ( z + 3i − 1) Tìm giá trị nhỏ module z − + 2i A B C 5 D 2 Lời giải: Ta có : z − z + = ( z − + 2i ) ( z + 3i − 1) ( z − + 2i ) = ⇔ ( z − + 2i ) ( z − − 2i ) = ( z − + 2i ) ( z + 3i − 1) ⇔ ( z − − 2i ) = ( z + 3i − 1) Trường hợp 1: ( z − + 2i ) = ⇔ z = − 2i ⇒ z − + 2i = Trường hợp 2: ( z − − 2i ) = ( z + 3i − 1) ⇔ b = − với z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ⇒ z − + 2i = a − i ÷− + 2i = ( a − ) + i ⇒ z − + 2i = ( a − 2) + ) ≥ Chọn A Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + − 2i = 2 Tính giá trị lớn biểu thức P = a z − + b z + + 4i với a, b số thực dương B 2a + 2b C 2a + 2b D a + b a + b2 Lời giải: Ta gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức A Trong mặt phẳng phức xét điểm A ( 1;0 ) , B ( −3; ) Khi AB = 2 2 MA + MB = AB ( py − ta − go ) P − bMB 2 ⇒ Ta ln có : ÷ + MB − AB = a P = aMA + bMB b2 P2 2.P.b ⇒ + 1÷MB − MB + − AB ÷ = ( *) a a a Để phương trình ( *) có nghiệm thì: ∆ '( *) ≥ ⇔ ⇔− P2 b2 b2 2 P − + ÷ − AB ÷ ≥ a a a P2 b2 + + 1÷ AB ≥ ⇔ P ≤ AB ( a + b ) ⇒ P ≤ AB a + b = 2a + 2b Chọn C a a Câu 7: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn z − 2i số ảo Khi số phức z có mơđun lớn z−2 Tính giá trị biểu thức P = a + b A P = B P = C P = 2 + z − 2i a + ( b − ) i ( a + ( b − ) i ) ( a − − bi ) = = Lời giải: Ta có: số ảo z − ( a − ) + bi ( a − 2) + b2 D P = + a = + sin α 2 ⇔ a ( a − ) + b ( b − ) = ⇔ a − 2a + b − 2b = ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = ⇔ b = + cos α 2 Ta có: a + b = ( a + b ) ⇔ z = + 2 ( sin α + cos α ) ≤ + 2 12 + 12 = LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 2/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 ⇒ a+b = z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn ⇒ z max = 2 sin α = cos α = Câu 8: Xét số phức z + + 3i = Tính P = a + b z + − 5i + z − + 3i đạt giá trị lớn A P = B P = −3 C P = D P = −7 Lời giải: Do z + + 3i = ⇒ ( a + ) + ( b + 3) = Suy M ∈ ( C ) có tâm I ( −2; −3) bán kính 2 2 R = Gọi A ( −2;5) , B ( 6; −3) , I ′ ( 2;1) Suy P = MA + MB ≤ ( MA + MB ) AB ′ ⇔ I ′ hình chiếu vng góc M Suy PMax ⇔ MI Max AB ⇔ M , I , I ′ thẳng hàng.Vì ta thấy IA = IB ⇒ MA = MB nên xảy dấu = uuur uur Ta có IM = ( a + 2; b + 3) , II ′ = ( 4; ) nên AB ⇔ M , I , I ′ thẳng hàng ⇔ ( a + ) = ( b + 3) ⇔ a = b + Mặt khác ta có MA + MB = MI ′2 + 2 ( a + ) + ( b + 3) = a = −3; b = −4 ⇔ Tọa độ M nghiệm hệ a = −1; b = −2 a = b + M ( −3; −4 ) ⇒ P = MA + MB = 82 Mặt khác Vậyđể PMax M ( −3; −4 ) Suy a + b = −7 M ( −1; −2 ) ⇒ P = MA + MB = 50 Câu 9: Cho số thực z1 số phức z2 thỏa mãn z2 − 2i = z2 − z1 số thực Gọi M , m 1+ i giá trị lớn nhỏ z1 − z2 Tính giá trị biểu thức T = M + m ? A T = B T = C T = + D T = + z − z ( a − b − ci ) ( i − 1) Lời giải: Ta đặt z1 = a, z2 = b + ci đó: = ∈ R ⇒ c = b − a đồng thời ta 1+ i 2 có z2 − 2i = ⇒ b + ( c − ) = Do z1 − z2 = ( a − b ) − ci = c + ci = c 2 Vì b + ( c − ) = ≥ ( c − ) ⇒ ≤ c ≤ ⇒ ≤ c ≤ z1 − z2 = c ∈ 2;3 ⇒ T = Câu 10: 2 Tìm giá trị lớn P = z − z + z + z + với z số phức thỏa mãn z = A max P = 13 B max P = ( ) C max P = 13 D max P = 11 z − z = ( z − z ) z − z = − z − z = − 2x ⇒ z − z = − 2x Lời giải: Ta có 2 z + z + = ( z + z + 1) z + z + = + z + z + z + z ⇒ z + z + = x + ( ] Từ ta tìm max P = max [ −1;1 Câu 11: ( ) ) − 2x + 2x +1 = ( ) ( ) 13 ⇔x= Cho số phức z thỏa mãn z = m + 2m + với m số thực biết tập hợp điểm số phức w = ( + 4i ) z − 2i đường trịn Tính bán kính R nhỏ đường trịn A Rmin = B Rmin = 20 C Rmin = D Rmin = 25 2 Lời giải: Ta có: ( + 4i ) z = ( m + 2m + ) ⇒ w + 2i = ( m + 2m + ) Vậy R = ( m + 2m + ) ≥ 20 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 3/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Có giá trị m để tồn số phức z thỏa mãn z.z = Câu 12: z− 3+i = m A Lời giải: B Gọi z = x + yi , ( x, y ∈ R ) ,ta có hệ: C D x + y = 1(1) 2 ( x − 3) + ( y + 1) = m ( m ≥ 0) Ta thấy m = ⇒ z = − i không thỏa mãn z.z = suy m > Xét hệ tọa độ Oxy tập hợp điểm thỏa mãn (1) đường trịn (C1 ) có O (0;0), R1 = , tập hợp điểm thỏa mãn (2) đường tròn (C2 ) tâm I ( 3; −1), R2 = m ,ta thấy OI = > R1 suy I nằm ngồi (C1 ) Để có số phức z hệ có nghiệm tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc tiếp xúc trong, điều điều xảy OI = R1 + R2 ⇔ m + = ⇔ m = R2 = R1 + OI ⇔ m = + = Xét số phức z số phức liên hợp có điểm biểu diễn M M ¢ Số phức Câu 13: z ( + 3i ) số phức liên hợp có điểm biểu diễn N N ¢ Biết MM ¢ N ¢N hình chữ nhật Tìm giá trị nhỏ z + 4i - A 34 B C D 13 Gỉa sử z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) biểu diễn điểm M ( a; b ) Lời giải: Khi số phức liên hợp z z = a − bi biểu diễn điểm M ′ ( a; −b ) Ta có: z ( + 3i ) = ( a + bi ) ( + 3i ) = 4a + 3ai + 4bi − 3b = ( 4a − 3b ) + ( 3a + 4b ) i số phức z ( + 3i ) biểu diễn điểm N ( 4a − 3b;3a + 4b ) Khi điểm biểu diễn số phức liên hợp số phức z ( + 3i ) N ′ ( 4a − 3b; −3a − 4b ) uuuuur uuuuur MM ′ = ( a − a; −b − b ) MM ′ = ( 0; −2b ) uuuur uuuur Ta có: NN ′ = ( 4a − 3b − 4a − 3b; −3a − 4b − 3a − 4b ) ⇔ NN ′ = ( 0; −6a − 8b ) r r uuuu uuuu MN = ( 4a − 3b − a;3a + 4b − b ) MN = ( 3a + 3b;3a + 3b ) uuuuur uuuur r −2b = −6a − 8b MM ′ = NN ′ ≠ ⇔ a, b ≠ ⇔ a = −b r Vì MM ′N ′N hình chữ nhật nên ta có: uuuuur uuuu MM ′.MN = −2b 3a + 3b = ( ) ⇒ z = −b + bi ⇒ z + 4i − = −b − + ( b + ) i = Vậy z + 4i − = Câu 14: 1 ( −b − ) + ( b + 42 ) = b + ÷ + ≥ 2 2 −9 9 ⇔b= hay z = − i 2 2 Cho số phức z = m − + ( m − 1) i với m ∈ ¡ Gọi ( C ) tập hợp điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Tính diện tích hình phẳng giới hạn ( C ) Ox LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 4/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 A B C 32 D Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Lời giải: m = x + x = m − m = x + 2 ⇔ ⇔ Vì z = m − + ( m − 1) i ⇒ 2 y = m − y = m − y = ( x + ) − Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức đường cong ( C ) với y = ( x + ) − x = −3 2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) Ox ta có : ( x + ) − = ⇔ x + x + = ⇔ x = −1 Khi diện tích hình phẳng giới hạn ( C ) Ox S = −1 ∫ ( x + 2) −3 − dx = Chọn B 10 Xét số phức z thỏa mãn ( + 2i ) z = − + i Mệnh đề đúng? z 1 A < z < B z > C z < D < z < 2 2 2 10 10 ⇒ = ( z + ) + ( z − 1) ⇒ z = Chọn D Lời giải: Ta có: ( z + ) + i ( z − 1) = z z Câu 15: Câu 16: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = + 6i z1 − z2 = Tìm giá trị lớn P = z1 + z2 A P = B P = 26 C P = + D P = 32 + a + c + ( b + d ) i = + 6i z1 + z2 = a + c + ( b + d ) i z1 = a + bi ⇔ ( a, b, c, d ∈ ¢ ) ⇒ Gọi 2 z2 = c + di ( a − c ) + ( b − d ) = z1 − z2 = a − c + ( b − d ) i Lời giải: 2 z + z = ( a + c ) + ( b + d ) = + 6i ( a + c ) + ( b + d ) = 100 ⇒ ⇔ 2 2 ( a − c ) + ( b − d ) = ( a − c ) + ( b − d ) = ⇒ ( a + c ) + ( b + d ) + ( a − c ) + ( b − d ) = 104 ⇔ a + b + c + d = 52 2 2 (1 B C S Mặt khác P = z1 + z2 = a + b + c + d ≤ Câu 17: + 12 ) ( a + b + c + d ) = 2.52 = 26 Cho số phức z thỏa mãn z − + z + = 20 Gọi m, n giá trị nhỏ giá trị lớn z Tính P = m + n A P = 16 Lời giải: C P = 17 B P = 10 Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) M ( x, y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức Xét điểm F1 ( −8;0 ) , F2 ( 8;0 ) Ta có : MF = MF = D P = 10 ( − x) + ( −y) = ⇒ z − + z + = 20 ⇔ ( x − 8) ( x + 8) 2 ( −8 − x ) + ( − y) = ( x + 8) + y2 = z + + y2 = z − + y2 + ( x − 8) + y = 20 ⇔ MF1 + MF2 = 20 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 5/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Do MF1 + MF2 ≥ F1 F2 ⇒ Tập hợp điểm M elip có dạng x2 y2 + =1 a b2 2a = 20 a = 100 x2 y max z = 10 ⇒ ⇒ ⇒ + = ⇒ ⇒ m + n = 16 2 c = b = a − c = 36 100 36 min z = Cho số phức z có z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Câu 18: P = 1008 + z + + z + + z + + + z 2017 A Pmin = 1007 B Pmin = 2018 C Pmin = 1008 D Pmin = 2016 + z 2017 + + z 2016 ≥ ( + z 2017 ) − ( + z 2016 ) = z 2016 − z = − z + z 2015 + + z 2014 ≥ + z 2015 − + z 2014 = z 2014 − z = − z ( ) ( ) Lời giải: Ta có: 3 + z + + z ≥ ( + z ) − ( + z ) = z − z = − z 2017 ≥ 1008 ( + z + − z ) ≥ 1008 ( + z ) + ( − z ) = 2016 Vậy: P = 1008 + z + + z + + z + + + z Do Pmin = 2016 đẳng thức xảy có nhiều trường hợp có z = −1 Cho hai số phức z1 , z2 khác thỏa mãn z12 − z1 z2 + z22 = Gọi A, B điểm Câu 19: biểu diễn z1 , z2 Tam giác OAB có diện tích A 3 Tính mơđun số phức z1 + z2 B C D Lời giải: Ta chứng minh tam giác OAB diện tích chứng tỏ z1 = z2 = uuu r uuur 2 2 Khi đấy: z1 + z2 = OA + OB = z1 + z2 + 2OA.OB.cos 600 = 12 ⇒ z1 + z2 = Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để tồn số phức z thỏa Câu 20: mãn z.z = z − − 4i = m Tính tổng phần tử thuộc S A 10 B 42 C 52 D 40 Lời giải: Ta có quỹ tích đường trịn tâm O ( 0;0 ) , R = tâm I ( 3, ) , R′ = m Do có hai trường hợp tiếp xúc ngồi R + R′ = OI ⇔ m = OI = R′ − R ⇔ m = Chọn A Cho biết z + Câu 21: = Tìm giá trị lớn biểu thức P = z + z + 1? z A − B + z 4 16 ÷ z + ÷ = z + + + z z z z Lời giải: Ta có = z + ⇒4= z + ( Vì z + z 16 z + z +z z ) = Re ( z ) C − 2 2 = z + 16 z ( + ≥ ≥ z + z+z 16 z z ÷ z ) −2 z z D + 2 −8 ⇒ z − 12 z + 16 ≤ ⇒ − ≤ z ≤ + ⇒ − ≤ z ≤ + ⇒ P ≤ + Chọn D LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 6/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 7/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Câu 22: Cho z + − 3i = Tìm giá trị lớn P = z − + z + − 2i ? A B C 2 D 2 1 3 : x + + y − Lời giải: Ta có: M ( z ) ∈ I ; ÷ ÷ ÷ = ÷ 2 2 2 Gọi A ( 1;0 ) , B ( −1; ) Chú ý I , A, B thẳng hàng đồng thời ta có IA = 3IB Ta tìm max MA + 3MB uuu r uu r uuu r uur Ta có: MA2 + 3MB = MI + IA + MI + IB ( ) ( ) uuu r uu r uur ⇒ MA2 + 3MB = MI + IA2 + 3IB + MI IA + 3IB ( ) ⇒ MA2 + 3MB = MI + IA2 + 3IB = Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: MA + 3MB ≤ ( MA Câu 23: Tính module z = + 2i + 3i + 4i + + 2017.i 2016 + 3MB ) ( + 3) = Chọn đáp án A A z = 2036164 Lời giải: ( B z = 2030113 ) ( C z = 2034145 D z = 2032130 ) 2016 + i + i + + 12015 + + i 2015 ( + i ) + i 2016 Ta có z = + i + + i 2016 i 2015 ( i − 1) i 2016 ( i − 1) i 2017 − i ( i − 1) = + + + + i −1 i −1 i −1 i −1 2017 2017 2017.i 2017 − ( + i + + i 2016 ) 2017.i ( i − 1) − i + = = ( i − 1) i −1 −2017 − 2018i + 2017.i 2018 − 2018.i 2017 + =− = 1009 − 1008i ⇒ z = 2034145 Chọn C = i −2i Câu 24: Cho z − − 3i = Gọi M m giá trị lớn nhỏ z + − 3i + z − + i Tính P = M + m ? A P = 240 B P = 250 C P = 270 2 Lời giải: I ; : ( x − ) + ( y − 3) = Gọi I ( 4;3) ⇒ M ( z ) ∈ I ; ( ) ( Gọi A ( −1;3) , B ( 1; −1) ⇒ IA = IB = > R ) D P = 320 +) MA + MB ≤ ( MA2 + MB ) ⇒ MA + MB ≤ MH + AB ⇒ MA + MB ≤ KH + AB = 10 Dễ có HK = HA = HB = Lấy C cho H trung điểm CK Ta có Ptolemy: MA.CB + MB.CA ≥ MC AB ⇒ MA + MB ≥ MC AB ≥ KC CB ⇒ MA + MBmin = 10 Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = + z + − z A 15 B 20 C 10 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D Trang 8/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Lời giải: Gọi A ( 1;0 ) , B ( −1;0 ) , ta có P = MB + 3MA Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky: MB + 3MA ≤ (1 + 32 ) ( MA2 + MB ) = 10 Chọn đáp án C Cho số phức z thỏa mãn z − + 3i + z + + i = Tìm giá trị lớn z − + 5i ? Câu 26: A B 5 C Lời giải: Gọi A ( 2; −3) , B ( −2; −1) , C ( 6; −5 ) Ta thấy A trung điểm BC D MA + MB = = 2a Mà ⇒ a = 5, c = 5, b = 15 AB = = 2c = AC Do MC max khi: MC = CA + AB + a = + + = 5 Cho hai số phức z w biết chúng thỏa mãn Câu 27: ( 1+ i) z + = 1− i w = iz Tìm giá trị lớn M = z − w B A 3 Lời giải: Ta có: (1+ i) z + 2(1− i) = C D ⇔ z − 2i = Vậy quỹ tích M ( z ) đường trịn tâm I ( 0; ) , R = Lại có w − z = iz − z = z ≤ Chọn đáp án C Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ phần thực số phức w = z + Câu 28: z = Tính P = M + m ? A 10 B C 29 D ( 3 1 1 z +z Lời giải: Ta có: Re ( w ) = z + z + + ÷ ⇒ Re ( w ) = 2 z z ( ) ( z3 ) 1 + ÷ = z + z z ÷ ) ⇒ Re ( w ) = z + z − z z z + z = 8a − 6a = f ( a ) Trong z = a + bi với −1 ≤ a ≤ Vì f ' ( a ) = 24a − = ⇔ a = ± Và f ( 1) = 2; f ( −1) = −2; 1 f ÷ = −2; 2 1 f − ÷= 2 Vậy M = m = −2 Chọn đáp án D LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 9/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ - CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn điều kiện f ( + x ) = x − f ( − x ) Lập phương trình Câu 29: tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm có hoành độ x = 1? 6 6 A y = − x − B y = − x + C y = x − D y = x + 7 7 7 7 Lời giải: Ta xét x = ta f ( 1) = − f ( 1) ⇒ f ( 1) ( f ( 1) + 1) = ⇒ f ( 1) = ∨ f ( 1) = −1 2 Lại có f ( + x ) f ′ ( + x ) = + f ( − x ) f ′ ( − x ) thay x = ta có f ( 1) f ′ ( 1) = + f ( 1) f ′ ( 1) Trường hợp 1: Nếu f ( 1) = thay vào ta thấy = vô lý Trường hợp 2: Nếu f ( 1) = −1 thay vào −4 f ′ ( 1) = + f ′ ( 1) ⇒ f ′ ( 1) = − 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − ( x − 1) − = − x − 7 Cho hàm số y = x − x + có đồ thị ( C ) Xét điểm A1 có hồnh độ x1 = thuộc ( C ) Câu 30: Tiếp tuyến ( C ) A1 cắt ( C ) điểm thứ hai A2 ≠ A1 có hồnh độ x2 Tiếp tuyến ( C) A2 cắt ( C ) điểm thứ hai A3 ≠ A2 có hồnh độ x3 Cứ tiếp tục thế, tiếp tuyến ( C ) An −1 cắt ( C ) điểm thứ hai An ≠ An −1 có hồnh độ xn Tìm giá trị nhỏ n để xn > 5100 A 235 B 234 C 118 D 117 Lời giải: Ta có: xk = a ⇒ Tiếp tuyến Ak có phương trình hồnh độ giao điểm: x − 3x + = 2a − 3a + + ( 6a − 6a ) ( x − a ) ⇔ ( x − a ) ( x + 4a − 3) = ⇔ xk +1 = −2 xk + α = − x1 = −2α + β = 1⇒ x2 = 4α + β = − β = 1 k n 100 100 Do xn = − ( −2 ) + > Chọn n = 2k + ⇒ − ( −2 ) + > ⇔ 4k + > 2.5100 4 100 k 100 ⇔ > 2.5 − ⇔ k > log ( 2.5 − 1) ⇒ Chọn k = 117 ⇒ n = 235 x1 = n Vậy ⇒ xn = α ( −2 ) + β Xét xn +1 = −2 xn + Xét số thực với a ≠ 0, b > cho phương trình ax − x + b = có hai nghiệm thực Giá trị lớn biểu thức a 2b bằng: 15 27 A B C D 27 4 15 Lời giải: y ' = ⇔ x = x = Từ ta có tọa độ điểm cực trị đồ thị hàm số A ( 0; b ) 3a Câu 31: B ;b − y A yB ≤ ⇔ b b − ÷≤ ÷ Để có giao điểm với trục hồnh 27 a 27 a 3a ⇔ ( 27 a 2b − ) b ≤ ⇔ a 2b ≤ (Vì b > ) Chọn A 27 Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình vẽ đây: LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 10/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 ⇒ I − 3a ≤ 8∫ x − ax dx ∀a ∈ R ⇒ I ≤ 3a + 8∫ x − ax dx ∀a ∈ R ⇒ I ≤ 3a + 8∫ x − ax dx ÷ a∈R 0 1 3a + 8∫ x3 − ax dx ÷ = 3a + 8∫ ( x − ax ) dx ÷ = ( − a ) = Trường hợp 1: Nếu a ≤ a∈R a≤ a≤0 0 1 3a + 8∫ x − ax dx ÷ = 3a + 8∫ ( ax − x ) dx ÷ = ( a − ) = Trường hợp 2: Nếu a ≥ a∈R a ≥1 a ≥1 0 Trường hợp 3: Nếu a ∈ [ 0;1] ta có đánh giá sau: 1 3 a 31 3 3a + 8∫ x − ax dx ÷ = 3a + ∫ ( ax − x ) dx + ∫ ( x − ax ) dx ÷ = ( 4a − a + ) = a∈R a∈[ 0;1] ÷ a∈[ 0;1] 16 0 a 31 31 31 3a + 8∫ x − ax dx ÷ = ⇒ I ≤ Đẳng thức xảy a = ; I = > 3a = Kết luận: Vậy a∈R 16 12 16 Câu 128: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục đồng thời thỏa mãn điều kiện sau: max f ( x ) = [ 0;1] A [ 0;1] ∫ x f ( x ) dx = Giá trị lớn tích phân B ( 2− ) C ∫ x f ( x ) dx bao nhiêu? 2− 16 D 24 Lời giải: Ta có với số thực a ∈ R ∫ ax f ( x ) dx = đó: ∫ x f ( x ) dx = 1 0 3 ∫ ( x − ax ) f ( x ) dx ≤ ∫ x − ax f ( x ) dx ≤ 6∫ x − ax dx ∀a ∈ R Do đó: ∫ x f ( x ) dx ≤ 6∫ x a∈R − ax dx = g ( a ) Tới ta chia trường hợp sau: a∈R 2 Trường hợp 1: Nếu a ≤ x − ax = x ( x − a ) ≥ ∀x ∈ [ 0;1] Khi đó: 1 1 a g ( a ) = ∫ x − ax dx = ∫ x3 − ax dx = − ÷ ⇒ g ( a ) = a ≤ 4 3 0 3 2 Trường hợp 2: Nếu a ≥ x − ax = x ( x − a ) ≤ ∀x ∈ [ 0;1] Khi đó: 1 a 1 g ( a ) = ∫ x − ax dx = ∫ ax − x 3dx = − ÷⇒ g ( a ) = a ≥1 4 0 a 2a − 4a + Trường hợp 3: Nếu a ∈ [ 0;1] f ( a ) = ∫ x − ax dx = ∫ ax − x dx + ∫ x − ax dx = 0 a 2 ( 3 ) ( ) 3 2− 2a − 4a + − Ta tìm g ( a ) = < < g ( a ) = ÷= a∈[ 0;1] a∈[ 0;1] a∈R 2 Do vậy: ∫ x f ( x ) dx ≤ g ( a ) ⇒ a∈R ∫ x f ( x ) dx ≤ ( 2− 4 ) ⇒ max LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 [ 0;1] ∫ x f ( x ) dx = ( 2− 4 ) Trang 43/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Câu 129: Cho hàm số f ( x ) + xf ' ( x ) ≥ x y = f ( x) 2018 [ 0;1] có đạo hàm liên tục đoạn với x ∈ [ 0;1] Giá trị nhỏ tích phân thỏa mãn ∫ f ( x ) dx bằng: 1 B C 2021× 2022 2018 × 2021 2018 × 2019 2018 2020 Lời giải: Ta có: f ( x ) + x f ' ( x ) ≥ x ⇒ x f ( x ) + x f ' ( x ) ≥ x A t D 2019 × 2021 t t 2018 ⇒ x f ( x ) ′ ≥ x 2020 ⇒ ∫ x f ( x ) ′ dx ≥ ∫ x 2020 dx ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ f ( t ) ≥ 2021 0 1 x 2018 f ( x ) dx ≥ ∫ dx = Giá trị nhỏ tích phân 2021 2019.2021 Khi ⇒ ∫ 1 2019.2021 ∫ f ( x ) dx Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;1] thỏa mãn f ( 1) = 0, ∫ f ′ ( x ) dx = Câu 130: 1 ∫0 x f ( x ) dx = − 55 Tích phân A −1 B ∫ f ( x ) dx ∫ ( x ) dx = Do 11 Cho hàm 1 0 D 11 1 ∫ x f ′ ( x ) dx = 11 Hơn ta dễ dàng tính 5 5 ∫ f ′ ( x ) dx − 2∫ x f ′ ( x ) dx + ∫ ( x ) dx = ⇔ ∫ f ′ ( x ) − x dx = Suy f ′ ( x ) = x , f ( x ) = Câu 131: −1 55 C x5 x Lời giải: ∫ x f ( x ) dx = f ( x ) − ∫ f ′ ( x ) dx Suy 5 0 1 11 số x + C Vì f ( 1) = nên C = − Vậy 6 f ( x) có f ( 1) = 0, ∫ f ′ ( x ) dx = − 2ln 2 đạo hàm liên tục ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x) ∫0 ( x + 1) dx = 2ln − Tích phân x6 − −1 dx = [ 0;1] thỏa mãn ∫ f ( x ) dx − 2ln − 2ln − 4ln − ln B C D 2 2 1 1 f ( x) dx = f x d − = − f x − ( ) ( ) Lời giải: Ta có: ∫ ÷ ÷ 1 − ÷ f ′ ( x ) dx ∫ ∫ x + x + 0 x +1 ( x + 1) A 1 Suy ∫ 1 − ÷f ′ ( x ) dx = − ln Hơn ta tính được: x +1 0 1 1 − dx = − + dx = x − ln x + − ÷ = − ln ∫0 x + ÷ ∫0 x + ( x + 1) ÷ ( x + 1) 1 1 2 − 1 dx = Do ∫ f ′ ( x ) dx − 2∫ 1 − ÷f ′ ( x ) dx + ∫ − ÷ dx = ⇔ ∫ f ′ ( x ) + x +1 x +1 x +1 0 0 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 44/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 , f ( x ) = x − ln ( x + 1) + C Vì f ( 1) = nên C = ln − x +1 1 f ( x ) dx = ∫ x − ln ( x + 1) + ln − 1 dx = − ln Suy f ′ ( x ) = − Ta ∫ Câu 132: Cho hàm số y = f ( x ) nhận giá trị không âm liên tục đoạn [ 0;1] đồng thời ta đặt x g ( x ) = + ∫ f ( t ) dt Biết g ( x ) ≤ f ( x ) với x ∈ [ 0;1] Tích phân bằng: A 1 ∫ g ( x ) dx có giá trị lớn B 2 C x f ( x ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ Lời giải: Đặt F ( x ) = ∫ f ( t ) dt ⇒ g ( x ) = + F ( x ) ≤ D F′( x) ( F ( x ) + 1) − ≥ ∀x ∈ [ 0;1] F′( x) ÷dx = − t − ⇒ h( t) = ∫ − hàm số đồng biến [ 0;1] ta có đánh giá: ÷ F ( t ) +1 ( F ( x ) + 1) t 1 h ( x ) ≥ h ( ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ − x − ≥0⇒ ≤ − x ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ F ( x) +1 F ( x) +1 Câu 133: 1 ∫ g ( x ) dx ≤ Cho hàm số y = f ( x ) nhận giá trị không âm liên tục đoạn [ 0;1] đồng thời ta đặt x g ( x ) = + 3∫ f ( t ) dt Biết g ( x ) ≥ f ( x ) với x ∈ [ 0;1] Tích phân lớn bằng: A B C x Lời giải: Đặt F ( x ) = ∫ f ( t ) dt ⇒ g ( x ) = + 3F ( x ) ≥ f ( x ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ g ( x ) dx có giá trị ∫ D F′( x) 3F ( x ) + − ≤ ∀x ∈ [ 0;1] t F ′( x) 2 ⇒ h( t) = ∫ − 1÷dx = 3F ( t ) + − t − hàm số nghịch biến [ 0;1] ta có: ÷ 3 3F ( x ) + h ( x ) ≤ h ( ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ Câu 134: 2 3F ( x ) + − t − ≤ ⇒ 3F ( x ) + ≤ x + ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ 3 ∫ g ( x ) dx ≤ Cho hàm số y = f ( x ) nhận giá trị không âm liên tục đoạn [ 0;1] đồng thời ta đặt x2 g ( x ) = + ∫ f ( t ) dt Biết g ( x ) ≥ xf ( x ) với x ∈ [ 0;1] Tích phân Lời giải: Đặt F ( x ) = B ∫ g ( x ) dx có giá trị 0 lớn bằng: A C x2 D xf ( x ) ∫ f ( t ) dt ⇒ g ( x ) = + F ( x ) ≥ xf ( x ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ + F ( x ) − ≤ ∀x ∈ [ 0;1] 2 xf ( x ) ÷dx = ln ( + F ( t ) ) − t hàm số nghịch biến [ 0;1] ta có: ⇒ h( t) = ∫ − ÷ 1+ F ( x ) t LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 45/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 h ( x ) ≤ h ( ) ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ ln ( + F ( x ) ) − x ≤ ⇒ + F ( x ) ≤ e x ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ ∫ g ( x ) dx ≤ Cho hàm số y = f ( x ) xác định liên tục ¡ thỏa mãn f ( x + x + 3) = x + với Câu 135: x ∈ ¡ Tích phân ∫ f ( x ) dx bằng: −2 32 C 72 D Lời giải: Ta đặt x = t + 4t + đổi cận: x = −2 t = −1 x = t = Do đó: A 10 B ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( t −2 −1 + 4t + 3) d ( t + 4t + 3) = ∫ ( 2t + 1) ( 5t −1 + ) dt = 10 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai liên tục đoạn [ 0;1] đồng thời thỏa mãn Câu 136: điều kiện 1 ∫ e f ( x ) dx = ∫ e f ' ( x ) dx = ∫ e x x 0 bằng: A −2 x f '' ( x ) dx ≠ Giá trị biểu thức B −1 1 0 C ef ' ( 1) − f ' ( ) ef ( 1) − f ( ) D 1 x x x Lời giải: Ta đặt ∫ e f ( x ) dx = ∫ e f ' ( x ) dx = ∫ e f '' ( x ) dx = a Sử dụng tích phân phần ta có: x x a = ∫ e df ′ ( x ) = ef ′ ( 1) − f ′ ( ) − ∫ e f ′ ( x ) dx ⇒ ef ′ ( 1) − f ′ ( ) = 2a ef ' ( 1) − f ' ( ) 0 ⇒ =1 1 ef − f ( ) ( ) a = e x df x = ef − f − e x f x dx ⇒ ef − f = 2a ( ) ( ) ∫0 ( ) ( ) ( ) ∫0 ( ) Câu 137: Cho hàm số y = f ( x ) nhận giá trị không âm liên tục đoạn [ 0;1] đồng thời ta đặt x g ( x ) = + ∫ f ( t ) dt Biết g ( x ) ≥ f ( x ) với x ∈ [ 0;1] Tích phân trị lớn bằng: A B 4 C x ∫ g ( x ) dx có giá D Lời giải: Ta đặt F ( x ) = ∫ f ( t ) dt g ( x ) = + F ( x ) ≥ f ( x ) ∀x ∈ [ 0;1] f ( x) Do 3 + 2F ( x ) F′( x) − ≤ ∀x ∈ [ 0;1] ⇔ + 2F ( x ) F′( x) − 1÷dx = Xét hàm số: h ( t ) = ∫ 3 ÷ + 2F ( x ) t [ 0;1] h ( t ) ≤ h ( ) ∀t ∈ [ 0;1] ⇒ Do đó: ( g ( x) Câu 138: ) ( ( − ≤ ∀x ∈ [ 0;1] + 2F ( t ) + 2F ( t ) ) ) −t − −t − ∀t ∈ [ 0;1] hàm nghịch biến ≤0⇔ ( 4 ≤ x + ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ ∫ g ( x ) dx ≤ ∫ x + 1÷dx ⇒ 3 0 + 2F ( t ) ∫ ) ≤ t + ∀t ∈ [ 0;1] g ( x ) dx ≤ Chọn A Cho hàm số f có đạo hàm liên tục [ 1;8] đồng thời thỏa mãn điều kiện: LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 46/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2 2 2 3 ∫1 f ( x ) dx + 2∫1 f ( x ) dx = ∫1 f ( x ) dx − ∫1 ( x − 1) dx ∫ f ′ ( x ) Tính tích phân dx bằng: A 8ln 27 B ln 27 C D 2 2 3 Lời giải: Đặt t = x ⇒ dt = 3x dx Khi đó: ∫ f ( x ) dx + 2∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ ( x − 1) dx 31 1 ⇒∫ 1 t2 f ( t ) dt + 2∫ f ( t ) +1− t2 ⇒ ∫ t t2 ( f ( t ) 1− t ) ) ( dt + ∫ 1− t 31 t dt = ⇒ f ( t ) = t − ⇒ dt = 8ln ′ Chọn A f x dx = ( ) ∫1 27 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục ¡ Đồ thị Câu 139: hàm số y = f ( x ) hình vẽ bên Khi giá trị biểu thức ∫ f ′ ( x − ) dx + ∫ f ′ ( x + ) dx bao nhiêu: B −2 D A 10 C Lời giải: Ta có: ∫ Như vậy: f ′ ( x − ) dx + ∫ f ′ ( x + ) dx = 4 0 −2 ∫ −2 f ′ ( x ) dx + ∫ f ′ ( x ) dx ∫ f ′ ( x − ) dx + ∫ f ′ ( x + ) dx = ∫ f ′ ( x ) dx = f ( ) − f ( −2 ) = Câu 140: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm dương, liên tục [ 0;1] đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 1 f ( ) = 3∫ f ′ ( x ) f ( x ) + dx ≤ 2∫ 9 A B f ′ ( x ) f ( x ) dx Tính tích phân ∫ f ( x ) dx ? C D 1 Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: ∫ 0 f ′ ( x ) f ( x ) dx ÷ ≤ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx ∫ 1dx 2 1 1 1 1 Như vậy: ∫ f ′ ( x ) f ( x ) + dx ÷ ≤ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) dx ⇔ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) − dx ÷ ≤ 9 9 0 0 Do đó: f ′ ( x ) f ( x ) = 1 ⇒ f ( x) = x +1 ⇒ ∫ f ( x ) dx = LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 47/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;1] đồng thời thỏa mãn điều kiện Câu 141: ; f ( 1) = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x − 1) 1+ x f ′ ( x ) ) dx = − ( x−2 Tính tích phân ∫ f ( x ) dx = ? A B 15 C Lời giải: Sử dụng tích phân phần ta có: ∫ f ( x ) dx = 53 60 D 203 60 = f ( 1) − ∫ xf ′ ( x ) dx ⇒ ∫ xf ′ ( x ) dx = 0 2 x x f ′( x) ) ≤ ( 1− x) +1+ f ′( x) ) ( ( x−2 x−2 1 2 x x f ′ ( x ) ) dx ⇒ ∫ f ′ ( x ) ) dx ≤ ( ( Tích phân hai vế ta ⇒ ≤ + ∫ 3 x−2 2− x Mặt khác: ( − x ) + 2 1 1 x x ′ ′ xf x dx = = x − x f x dx ≤ x − x dx f ′ ( x ) ) dx Áp dụng Holder: ∫ ( ) ÷ ) ( ) ÷÷ ∫ ( ) ∫ ( ∫ ( 0 2− x 2− x 0 1 x x2 53 f ′ ( x ) ) dx ≥ nên dấu ⇔ f ′ ( x ) = − x ⇒ f ( x ) = x − ⇒ ∫ f ( x ) dx = ( Do ⇒ ∫ 2− x 60 0 Câu 142: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục dương R thỏa mãn điều kiện f '( x) f ( ) = đồng thời f ( x) A − 2 t Lời giải: Ta có: f '( x) ∫ f ( x) = ( B t dx = ∫ ) x Tính T = f 2 − f ( 1) ? x +1 D − C x dx ⇒ ln f ( t ) = ln ( t + 1) ⇒ f ( t ) = t + ⇒ T = − 2 x +1 Chọn đáp án A Câu 143: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;1] đồng thời thỏa mãn điều kiện f ( 0) = 21( x − 1) − 12 ( x − 1) − 12 xf ( x ) = f ' ( x ) ∀x ∈ [ 0;1] 2 C −2 D − Tính ∫ f ( x ) dx = ? A B ( ) Lời giải: Ta có 21 x − − 12 ( x − 1) − 12 xf ( x ) = f ' ( x ) 2 1 1 2 36 24 2 ⇒ − ∫ f ( x ) d ( x − 1) = ∫ f ' ( x ) dx ⇒ − + ∫ ( x − 1) f ' ( x ) dx = ∫ f ' ( x ) dx 5 0 0 ⇒ ∫ f ' ( x ) − 3x + 3 dx = ⇒ f ( x ) = x − 3x + Chọn đáp án A LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 48/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Câu 144: ∫( Cho hàm f ( x) số có đạo f ' ( x ) ) dx = ∫ ( x + 1) e x f ( x ) dx = A + e B − e hàm liên tục e2 − f ( 1) = Tính C e [ 0;1] thỏa mãn ∫ f ( x ) dx = ? D − e e −1 = ∫ ( x + 1) e x f ( x ) dx = ∫ f ( x ) d ( x.e x ) = − ∫ x.e x f ' ( x ) dx 0 1 e −1 f ' ( x ) ) dx = − ∫ x.e x f ' ( x ) dx = = ∫ x e x dx 0 1 Lời giải: Ta có: ⇒ ∫( 1 1 ⇒ ∫ ( f ' ( x ) ) dx + ∫ x e dx + 2∫ x.e f ' ( x ) dx = ⇒ ∫ ( f ' ( x ) + x.e x ) dx = 2 2x x 0 ⇒ f ' ( x ) = − x.e x ⇒ f ( x ) = e x ( x − 1) ⇒ ∫ f ( x ) dx = − e Chọn đáp án B Cho f ( x ) liên tục ¡ Câu 145: π ∫ thỏa mãn x2 f ( x ) f ( tan x ) dx = ∫ x + dx = Tính 1 ∫ f ( x ) dx = ? A Lời giải: Đặt tan x = t ⇒ = ∫ Câu 146: B C D 1 f ( t) dt Vậy = ∫ f ( x ) dx Chọn đáp án D t +1 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục khơng âm [ 1; 4] đồng thời thỏa mãn điều kiện x + xf ( x ) = f ' ( x ) đồng thời f ( 1) = Tính 2 A 1186 45 B 2507 90 C ∫ f ( x ) dx = ? 848 45 D 1831 90 f '( x) = x Lời giải: Ta có: x ( f ( x ) + 1) = f ' ( x ) ⇒ x f ( x ) + = f ' ( x ) ⇒ f ( x) +1 ⇒∫ 2 f ( x) +1 Vì f ( 1) = d f ( x ) = ∫ xdx ⇒ f ( x ) + = x x +C 4 1186 ⇒ C = ⇒ ∫ f ( x ) dx = Chọn đáp án A 45 Câu 147: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;1] đồng thời thỏa mãn điều kiện f ' ( x ) f ( ) = 0, f ( 1) = I = Tính tích phân ∫0 f ( x ) dx = ? ∫0 e x dx = e − A e−2 e −1 B e −1 e−2 C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D ( e − 1) ( e − ) Trang 49/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 f ' ( x ) 1 x Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: ∫ dx.∫ e dx ≥ ∫ f ' ( x ) dx ⇔ ( e − 1) ≥ x e e −1 0 0 Đẳng thức xảy khi: Vậy f ( x ) = Câu 148: f '( x) ex = k e x ⇔ f ' ( x ) = k e x Vì 1 ∫ f ' ( x ) dx = ⇒ k = e − e−2 ex + C ex −1 Mà f ( ) = 0, f ( 1) = f ( x ) = Vậy I = Chọn đáp án A e −1 e −1 e −1 Cho biết x ∈ ( 0; +∞ ) x2 ∫ f ( t ) dt = x − x Tính f ( ) = ? B −8 A −2 x Lời giải: Ta có ∫ f ( t ) dt = F ( x ) − F ( ) = x f ( x2 ) = F '( x2 ) = Câu 149: Cho hàm số y = f ( x ) dương liên tục [ 1;3] thỏa mãn max f ( x ) = 2; f ( x ) = [ 1;3] [ 1;3] 3 1 B Lời giải: Ta có: ⇒ − x Vậy x.F ' ( x ) = x − 10 x x − ⇒ f ( ) = −2 Chọn đáp án A dx đạt giá trị lớn Khi tính f ( x) biểu thức S = ∫ f ( x ) dx ∫ A D C 2 C ∫ f ( x ) dx ? D ∫ f ' ( x ) + x dx = ( ln + 2 C ln + 2 A ( ( ln + ) Tính tích phân ) ) D Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: ∫ f ' ( x ) ∫ 1 + x2 ( dx = ln x + + x 2 f ( x) + x2 ∫ ∫ f ( x ) dx = ( dx bằng? −1 ln + 2 ( B Mặt khác Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục [ 0;1] đồng thời f ( ) = 0, f ( 1) = 1 5 ≤ ≤ f ( x ) ≤ ⇒ ( f ( x ) − 1) ( f ( x ) − ) ≤ ⇒ f ( x ) + f ( x) 2 3 ≤ − f ( x ) ⇒ S ≤ ∫ f ( x ) dx ∫ − f ( x ) dx ÷ Ta tìm max S = 25 f ( x) 1 Câu 150: ) ( ) − ln + ) 1 dx ≥ ∫ f ' ( x ) dx = 1 + x2 0 1 + x dx.∫ ) 10 = ln ( + ) Vậy đẳng thức xảy f ' ( x ) + x = k + x2 ⇔ f '( x) = LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 k + x2 Trang 50/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Vì f ' ( x ) dx = nên k = ∫ ( ln + f ( ) = nên C = Do f ( 1) = Vì ∫ ) Vậy f ( x ) = ( ln + f ( x) ( ) ( ) ln x + + x + C ) dx = ln + Chọn đáp án C + x2 Cho parabol ( P ) : y = x hai điểm A, B thuộc ( P ) cho AB = Tìm diện tích lớn Câu 151: hình phẳng giới hạn ( P ) đường thẳng AB A B C D 2 Lời giải: Gọi A ( a; a ) , B ( b; b ) với a < b Ta có: AB = ⇔ ( b − a ) + ( b − a ) = 2 AB : x − a y − a2 x − a y − a2 ⇔ y = ( a + b ) ( x − a ) + a ⇔ y = ( a + b ) x − ab = ⇔ = b−a b −a b+a b b a a S = ∫ ( ( a + b ) x − ab − x ) dx = ∫ ( x − a ) ( b − x ) dx Đặt t = x − a Suy ra: S= b −a b−a ∫ t ( b − a − t ) dt = ∫ ( ( b − a ) t − t ) ( b − a) t2 dt = ( 2 Ta có: ( b − a ) + ( b − a ) = ⇔ ( b − a ) + ( b + a ) 2 b − a) Suy ra: b − a ≤ ⇒ S = ( 2 ) = ⇔ ( b − a) b−a = t3 − b−a ( b − a) = 1+ ( a + b) ≤4 23 = 6 a + b = b = ⇔ ⇔ A ( −1;1) ; B ( 1;1) Dấu " = " xảy b − a = a = −1 Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta đặc biệt hóa AB song song với Ox , từ tìm a + b = Câu 152: Cho ≤ f ( x ) liên tục ¡ thỏa mãn f ( x ) = f ( 10 − x ) ∫ f ( x ) dx = Tính I = ∫ xf ( x ) dx A 40 B 80 C 20 D 60 Lời giải: Ta có: I = ∫ ( 10 − x ) f ( 10 − x ) d ( 10 − x ) 7 3 ⇒ I = ∫ ( 10 − x ) f ( x ) dx ⇒ I = ∫ 10 f ( x ) dx ⇒ I = 20 Chọn đáp án C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 51/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC – PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Câu 153: Có số nguyên m để phương trình m + sin ( m + sin x ) = sin ( 3sin x ) + 4sin x có nghiệm thực? A B C Lời giải: Ta có m + sin 3x + sin ( m + sin x ) = sin ( 3sin x ) + 4sin x + sin x D ⇔ ( m + sin x ) + sin ( m + sin 3x ) = ( 3sin x ) + sin ( 3sin x ) ⇒ m + sin x = 3sin x ⇒ m = 4sin x Chọn A Câu 154: Cho phương trình: ( cos x + 1) ( cos x − m cos x ) = m sin x Phương trình có hai nghiệm 2π thuộc đoạn 0; khi: A m > −1 B m ≥ −1 D −1 < m ≤ − C −1 ≤ m ≤ Lời giải: Ta có ( cos x + 1) ( cos x − m cos x ) = m sin x cos x = −1 ( 1) ⇔ ( cos x + 1) ( cos x − m cos x ) + m ( cos x + 1) ( cos x − 1) = ⇔ cos x = m ( ) 2π Vì x ∈ 0; ⇒ − ≤ cos x ≤ nên ( 1) khơng có nghiệm 2π 2π 0; Xét f ( x ) = cos x, x ∈ 0; x=0 Ta có f ′ ( x ) = −2sin x, f ′ ( x ) = ⇔ sin x = ⇔ Bảng biến thiên: x = π x f ′( x) − π 2π + f ( x) − −1 Yêu cầu tốn trở thành tìm giá trị thực tham số m để ( ) có hai nghiệm thực phân biệt 2π 2π 0; Từ bảng biến thiên ta thấy ( ) có hai nghiệm thực phân biệt 0; −1 < m ≤ − Từ ta chọn đáp án D Câu 155: Tìm tất giá trị m để bất phương trình 3sin x + cos x ≤ m + với sin x + cos x + x∈¡ 65 − 5 +9 B m ≥ C m ≥ 4 3sin x + cos x 3sin x + cos x = Lời giải: Ta có: y = sin x + cos x + sin x + cos x + A m ≥ LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D m ≥ 65 − Trang 52/54 Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 3sin x + cos x ⇔ sin x + cos x + ( sin x + cos x + 3) y = 3sin x + cos x ⇔ ( y − ) sin x + ( y − 1) cos x = −3 y Và sin x + cos x + > 0; ∀x ∈¡ xét phương trình y = Phương trình có nghiệm nên ( y − 3) + ( y − 1) ≥ ( −3 y ) ⇔ y − 10 y + 10 ≥ y 2 ⇔ −4 y − 10 y + 10 ≥ ⇔ Câu 156: 2 −5 − 65 −5 + 65 −5 + 65 Suy giá trị lớn y Chọn D ≤ y≤ 4 Số giá trị nguyên m để phương trình ( cos x + 1) ( cos x − m cos x ) = m sin x có 2π nghiệm x ∈ 0; là: A B Lời giải: Ta có: ( cos x + 1) ( cos x − m cos x ) = m sin x C D ⇔ ( cos x + 1) ( 4.cos x − m cos x ) = m ( − cos x ) ⇔ ( cos x + 1) ( 4.cos x − m cos x ) = m ( + cos x ) ( − cos x ) ⇔ ( cos x + 1) ( 4.cos x − m cos x − m ( − cos x ) ) = x = π + k 2π cos x + = ⇔ ⇔ ( cos x + 1) ( 4.cos x − m ) = ⇔ Chọn C cos x = m cos x − m = Câu 157: Giả sử k số thực lớn cho bất đẳng thức 1 k < + − với sin x x π π ∀x ∈ (0; ) Khi giá trị k A B C D 1 k 1 < + − ⇔ k < π − + 1÷ ⇔ k < π f ( x) với f ( x) = − + Lời giải: sin x x π x sin x x sin x 2 cos x π π < ∀x ∈ o; ÷ Xét hàm số f ( x ) 0; , ta có f '( x ) = − − x sin x 2 2 Bảng biến thiên: π Từ bảng biến thiên suy k < π f ( x) ∀x ∈ 0; ÷ ⇔ k ≤ 2 Câu 158: Có giá trị α [ 0; 2π ] để ba phần tử S = { sin α ,sin 2α ,sin 3α } trùng với ba phần tử T = { cos α , cos 2α , cos 3α } A B C Lời giải: Ta có: sin α + sin 2α + sin 3α = cos α + cos 2α + cos 3α LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D Trang 53/54 Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 2π α =± + k 2π cos α = − ⇔ ( cos α + 1) sin 2α = ( cos α + 1) cos 2α ⇔ 2⇔ π k π α = + tan 2α = Khi sin 2α = cos 2α ta chia trường hợp sau: π α = + kπ sin α = cos α ⇒ +) (Loại) π k π sin α = cos α α = + 12 π sin α = cos 3α ⇒ 3α = ± − α ÷+ k 2π +) Chọn đáp án D sin 3α = cos α ⇒ α = π + kπ 0 a Gọi a, b số nguyên thỏa mãn ( + tan1 ) ( + tan ) ( + tan 43 ) = ( + tan b ) Câu 159: đồng thời a, b ∈ [ 0;90] Tính P = a + b ? B 46 A 22 sin ( x + 450 ) sin x = 2 Lời giải: Vì + tan x = + cos x cos x Do P = ( ) Câu 160: 43 sin 460 sin 47 sin 880 = cos10 cos 20 cos 430 ( ) 43 C 27 ÷ ÷ sin 460 = 221 ( + tan10 ) Chọn đáp án A cos1 Tìm m để phương trình ( m + 1) cos x + ( m − 1) sin x = 2m + có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = π A m = + B m = − m +1 2m + cos x + m −1 sin x = D Không tồn m C m = ± Lời giải: Phương trình có nghiệm ( m + 1) + ( m − 1) ≥ ( 2m + 3) ⇔ PT ⇔ D 44 2 2m + −6 − 22 −6 + 22 * ( ) ≤m≤ 2 2m + 2m + m +1 2m + x = β + α + k1 2π ;cos β = ⇔ cos ( x + α ) = cos β ⇔ với cos α = 2m + 2m + x = β − α + k2 2π • Nếu x1 ; x2 thuộc họ nghiệm ⇒ x1 − x2 = k 2π (loại) • Nếu x1 ; x2 thuộc hai họ nghiệm ⇒ x1 = β + α + k1 2π ; x2 = β − α + k2 2π π π π ⇔ cos 2α + ( k1 − k2 ) 2π = cos ⇔ cos 2α = Do x1 − x2 = ⇔ 2α + ( k1 − k2 ) 2π = 3 m +1 1 ( m + 1) ⇔ cos α − = ⇔ = −1 ⇔ = ÷ 2 2m + 2m + ⇔ m − 4m + = ⇔ m = ± (không thỏa mãn ( *) ) Vậy không tồn m thỏa mãn yêu cầu toán Chọn đáp án D 2 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 54/54 ... z ≤ + ⇒ P ≤ + Chọn D LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 6/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 7/54 Biên... 15 B 20 C 10 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D Trang 8/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 Lời giải: Gọi A ( 1;0 ) , B ( −1;0 ) , ta có P = MB + 3MA Theo bất đẳng... Vậy M = m = −2 Chọn đáp án D LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 9/54 Biên soạn: Đồn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389 VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ - CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Cho hàm