160 cau VDC bùi HỒNG PHONG VDC theo từng chủ đề

61 20 0
  • Loading ...
1/61 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2018, 09:31

Tổng hơp 160 câu hỏi bài tập trắc nghiêm toán lớp 12 có đáp án theo từng chủ đề giành cho các bạn học sinh ôn thi THPT quốc gia năm 2019. Đây là dạng toán rất hay và khó rất tốt để các bạn học sinh có thể rèn luyện kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm. Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : SỐ PHỨC �z1  z2  z3  � � 2 2 z1  z2  z3  � A  z1  z  z2  z3  z3  z1 z ; z ; z � Câu 1: Cho số phức thỏa Tính 2 A B 2 C �z1  z2   z3 2 � �z1  z3   z2 � A   z1   z2   z3  �z  z   z � Lời giải: Ta có: Chọn C Câu 2: Cho số phức z 2017   P z Tính 2017 B A  2017 2016 A A  2017 Lời giải: Ta có : Gọi D A  2017  max P   2017  P  2017 C A  2017 max P  max z  � max P 2017  max z 2017  max z 2017 2017 D A  2017 P  z  � P  z  z Mặt khác ta có: 2017 2017 z  a  bi  a, b �� � I  0;1 Gọi Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm có bán 2017 kính 2017 � � max P 2017  max P  2017.2017 � �� � � A  2017.2017 � 2017 P  P 0 � � R 1 Chọn C z   z  i �2 Câu 3: Xét số phức z thỏa Mệnh đề đúng: 1  z 2 z   z  z  2 A B C D A  1;0  , B  0;1 M  x; y  Lời giải: Ta xét điểm với M điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức Ta có : Ta có : z 1  z  i   x  1  y  x   y  1  MA  3MB 2 MA  3MB   MA  MB   MB �2 AB  MB  2  MB �2 � z   z  i �2 Mà theo giả thuyết ta có : z   z  i �2 �M �AB �� M B � z 1  z  i  2 MB  � "  " Vậy Dấu xảy M  0;1 z �z  � � � Câu 4: Gọi z1 , z2 , z3 , z4 nghiệm phương trình �2 z  i � Tính giá trị biểu thức: P   z12  1  z22  1  z32  1  z42  1 19 B A Lời giải: Ta có:  z  1 17 C D 2 2 �   2z  i � � 0  z  1   z  i  �  z  1   z  i  � � �� � LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 1/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 2 � �� 0  z  1   z  i  �  z  1   z  i  �  z  1   z  i  � � �� � �� � �  3z   i    z   i  � z    4i  z � � � � z1  1 i  4i 17 ; z2  1  i; z3  0; z4  � P Chọn C z  z    z   2i   z  3i  1 Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ module z   2i A B Lời giải: Ta có : C D 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: Trường hợp 2:  z   2i   � z   2i � z   2i   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 z   2i  2 Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tính giá trị lớn biểu thức P  a z   b z   4i A với a, b số thực dương a  b2 B z  x  yi  x, y �� 2a  2b 2 C 2a  2b 2 D a  b M  x; y  Gọi điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức A  1;  , B  3;  Trong mặt phẳng phức xét điểm Khi AB  Lời giải: Ta gọi �MA2  MB  AB  py  ta  go  �P  bMB � 2 � � � � MB  AB  P  aMA  bMB � a � Ta có : � �b � �P � 2.P.b � �  1�MB  MB  �  AB �  * a �a � �a � Để phương trình  * có nghiệm thì: P �b � � � � 1�AB � a �a � P2  ' * �0 � � �P b 2 �b 2� P   �2 � �  AB ��0 a �a � �a � AB  a b  P AB a b 2a 2b Chọn C z  2i Câu 7: Cho số phức thỏa mãn z  số ảo Khi số phức z có mơđun lớn Tính giá trị biểu thức P  a  b z  a  bi  a, b �� A P  B P  C P  2  LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D P   Trang 2/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: Ta có: z  2i a   b   i   a   b   i   a   bi   z   a    bi  a  2  b2 số ảo � a   sin  � � � 2 � a  a    b  b    � a  2a  b  2b  �  a  1   b  1  b   cos  � a  b   a  b  � z   2  sin   cos   �4  2 12  12  Ta có: � z max  2 � a b  a , b ��  thỏa mãn z  a  bi  sin   cos   Câu 8: Xét số phức z   3i  Tính P  a  b z   5i  z   3i đạt giá trị lớn B P  3 2 z   3i  �  a     b  3  A P  Lời giải: Do C P  D P  7 M � C  I  2; 3 Suy có tâm bán kính 2  2;1 Suy P  MA  MB �  MA  MB  R  Gọi A  2;5  , B  6; 3 , I � AB 2 2 � MA  MB  MI  � � I� Suy PMax � MI Max Mặt khác ta có hình chiếu vng góc M AB � M , I , I �thẳng hàng.Vì ta thấy IA  IB � MA  MB nên xảy dấu = uuur uur �  a     b  3 � a  b  IM   a  2; b  3 , II �   4;  Ta có nên AB � M , I , I �thẳng hàng 2 � �  a     b  3  � �a  3; b  4 � � a  1; b  2 a  b 1 � � M Tọa độ nghiệm hệ � �M  3; 4  � P  MA  MB  82 � M  1; 2  � P  MA  MB  50 M  3; 4  Mặt khác � Vậyđể PMax Suy a  b  7 z2  z1 z  i  z z Câu 9: Cho số thực số phức thỏa mãn  i số thực Gọi M , m giá trị lớn nhỏ z1  z2 Tính giá trị biểu thức T  M  m ? B T  C T   D T   z2  z1  a  b  ci   i  1  �R � c  b  a Lời giải: Ta đặt z1  a, z2  b  ci đó:  i đồng thời ta A T  z2  2i  � b   c    có b ��  c 2  c�2   Vì Do c z1  z2   a  b   ci  c  ci  c c � z1  z  c �� � 2;3 �� T  P  z2  z  z2  z 1 z 1 Tìm giá trị lớn với z số phức thỏa mãn 13 13 11 max P  max P  max P  max P  4 3 A B C D Câu 10: LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 3/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN   �z  z   z  z  z  z   z  z   x � z  z   x � � 2 �z  z    z  z  1 z  z    z  z  z  z � z  z   x  Lời giải: Ta có �   max P  max  1;1 Từ ta tìm     2x  2x 1      13 �x z  m  2m  Cho số phức z thỏa mãn với m số thực biết tập hợp điểm số Câu 11: w    4i  z  2i phức đường tròn Tính bán kính R nhỏ đường tròn A Rmin  B Rmin  20 C Rmin  D Rmin  25  4i  z   m  2m   � w  2i   m  2m   R   m  2m  5 �20  Lời giải: Ta có: Vậy Có giá trị m để tồn số phức z thỏa mãn z.z  Câu 12: z  i  m A Lời giải: B Gọi z  x  yi , ( x, y �R ) ,ta có hệ: �x  y  1(1) � � ( x  3)2  ( y  1)  m ( m �0) � D C Ta thấy m  � z   i không thỏa mãn z.z  suy m  Xét hệ tọa độ Oxy tập hợp điểm thỏa mãn (1) đường tròn (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    Câu 13: Xét số phức z số phức liên hợp có điểm biểu diễn M M � Số phức z ( + 3i) N N số phức liên hợp có điểm biểu diễn N N � Biết MM �� hình chữ nhật Tìm giá trị nhỏ 34 A B z + 4i - C D 13 M  a; b  Gỉa sử z  a  bi ( a, b ��) biểu diễn điểm M�  a; b  Khi số phức liên hợp z z  a  bi biểu diễn điểm z   3i    a  bi    3i   4a  3ai  4bi  3b   4a  3b    3a  4b  i z   3i  Ta có: số phức Lời giải: biểu diễn điểm N  4a  3b;3a  4b  LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 4/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN z   3i  N�  4a  3b; 3a  4b  Khi điểm biểu diễn số phức liên hợp số phức uuuuu r uuuuur �MM � �MM �   a  a; b  b    0; 2b  � � u u u u r u u u u r � �   4a  3b  4a  3b; 3a  4b  3a  4b  � �NN �   0; 6a  8b  �NN � r r �uuuu �uuuu MN   4a  3b  a;3a  4b  b  �MN   3a  3b;3a  3b  Ta có: � N N hình chữ nhật nên ta có: Vì MM �� � 2b  6a  8b uuuuur uuuur r � �  NN � �0 ۹��  a, b �MM � r �uuuuur uuuu � 2b  3a  3b   MN  �MM � � Vậy Câu 14: b 9� 1 b  � �  b     b    � � � 2� � z  b  bi � z  4i   b    b   i  z  4i   a 9 9 �b z  i hay 2 Cho số phức z  m    m2  1 i  C  tập hợp điểm biểu diễn số với m �� Gọi  C  Ox phức z mặt phẳng tọa độ Tính diện tích hình phẳng giới hạn 32 A B C D M  x; y  Lời giải: Gọi điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ � m x2 �x  m  � �m  x  z  m    m  1 i � � � � � � 2 �y  m  �y  m  �y   x    Vì  C Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức đường cong Xét phương trình hồnh độ giao điểm Khi diện tích hình phẳng giới hạn  C  C Ox ta có : Ox   2i  z  Xét số phức z thỏa mãn  z  z  A B 10 10  z    i  z  1  z � z  Lời giải: Ta có: Câu 15: Câu 16: S y   x  2 1 với  x  2 x  3 �   � x2  x   � � x  1 � 1 �( x  2) 3  dx  Chọn B 10   i z Mệnh đề đúng? 1 z   z  2 C D  z     z  1 2 � z 1 Chọn D z z 2 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2   6i Tìm giá trị lớn P  z1  z2 A P  B P  26 C P   LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D P  32  Trang 5/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN � a  c   b  d  i   6i � �z1  a  bi �z1  z2  a  c   b  d  i � ��  a, b, c, d �� � � � 2 a  c   b  d   �z2  c  di  � �z1  z2  a  c   b  d  i � Gọi Lời giải: 2 �z  z   a  c    b  d    6i �  a  c    b  d   100 �1 � �� �� 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 z   z   20 Cho số phức z thỏa mãn Gọi m, n giá trị nhỏ giá trị lớn z Tính P  m  n B P  10 C P  17 D P  10  x, y �� M  x, y  điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng Gọi z  x  yi A P  16 Lời giải: phức Xét điểm MF    x F1  8;0  , F2  8;0    y  � z   z   20 �  x  8  x  8 2 Ta có : MF   8  x     y   x  8  y2  z   y2  z   y2   x  8  y  20 � MF1  MF2  20 x2 y2  1 b Do MF1  MF2 �F1 F2 � Tập hợp điểm M elip có dạng a �max z  10 a  100 �2a  20 � x2 y2 � �� � �2 �   � � m  n  16 � c8 b  a  c  36 100 36 � � �min z  Câu 18: z 1 Cho số phức z có Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  1008  z   z   z    z 2017 A Pmin  1007 B Pmin  2018 C Pmin  1008 D Pmin  2016 �1  z 2017   z 2016 �  z 2017     z 2016   z 2016  z   z � �1  z 2015   z 2014 �  z 2015   z 2014  z 2014  z   z     � � � �  z   z �  z     z   z  z   z � Lời giải: Ta có: � P  1008  z   z   z    z 2017 �1008   z   z  �1008   z     z   2016 Vậy: P  2016 Do đẳng thức xảy có nhiều trường hợp có z  1 2 Cho hai số phức z1 , z2 khác thỏa mãn z1  z1 z2  z2  Gọi A, B điểm biểu diễn z1 , z2 Tam giác OAB có diện tích Tính mơđun số phức z1  z2 Câu 19: A B C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 D Trang 6/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN z  z2  Lời giải: Ta chứng minh tam giác OAB diện tích chứng tỏ uuu r uuu r2 2 z  z  OA  OB  z1  z2  2OA.OB.cos 600  12 � z1  z2  Khi đấy: Câu 20: Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để tồn số phức z thỏa z   4i  m mãn z.z  A 10 Tính tổng phần tử thuộc S B 42 C 52 D 40 O  0;  , R  I  3,  , R� m Lời giải: Ta có quỹ tích đường tròn tâm tâm Do có hai trường  OI � m  OI  R�  R � m  Chọn A hợp tiếp xúc R  R� Câu 21: z Cho biết 2 P  z  z  1? z Tìm giá trị lớn biểu thức A  B  C  �z � 4� � � 16  �z  � z   z   � � � � z� � z� z �z Lời giải: Ta có �4 z  16 z  z z z z  4� Re  z  �  z �� Vì 2  z 2 z z z� � z� zz  2 z  16   2 �z  16 z D  2 8 � z  12 z  16 �0 �  �z �6   � ��  z LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 P Chọn D Trang 7/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 22: Cho z   3i  Tìm giá trị lớn B A P  z   z   2i C 2 ? D 2 � �� � � 3� M  z  �� : �x  � �y  � �I ; � � � 2� � 2� � � Lời giải: Ta có: A  1;0  , B  1;  Gọi Chú ý I , A, B thẳng hàng đồng thời ta có IA  3IB Ta tìm max MA  3MB Ta có: uuu r uu r uuu r uur MA2  3MB  MI  IA  MI  IB     uuu r uu r uur � MA2  3MB  4MI  IA2  3IB  MI IA  3IB   � MA2  3MB  MI  IA2  3IB  Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: MA  3MB �  MA2  3MB    3  Câu 23: A Chọn đáp án A 2016 Tính module z   2i  3i  4i   2017.i z  2036164 B z  2030113 C z  2034145 D z  2032130 Lời giải: Ta có z    i   i 2016   i   i   12015    i 2015   i   i 2016 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.i 2018  2018.i 2017  2017  2018i     1009  1008i � z  2034145 2i 2i Chọn C Câu 24: Cho z   3i  z   3i  z   i Gọi M m giá trị lớn nhỏ 2 Tính P  M  m ? A P  240 B P  250 C P  270 2 I ; :  x     y  3  I  4;3 � M  z  � I ; Lời giải: Gọi A  1;3 , B  1; 1 � IA  IB   R Gọi     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 LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 8/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN z 1 P  1 z  1 z Cho số phức z thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức Câu 25: A 15 B 20 A  1;0  , B  1;0  Lời giải: Gọi , ta có P  MB  3MA C 10 D MB  3MA �  12  32   MA2  MB   10 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky: Chọn đáp án C z   5i z   3i  z   i  Cho số phức z thỏa mãn Tìm giá trị lớn ? Câu 26: A B 5 C A  2; 3 , B  2; 1 , C  6; 5  Lời giải: Gọi Ta thấy A trung điểm BC � �MA  MB   2a � AB   2c  AC � a  5, c  5, b  15 Mà � MC  CA  AB  a 2 5 52 5 Do MC max khi: Cho hai số phức z w biết chúng thỏa mãn Câu 27: M  zw I  0;  , R  B  1 i  z   1 i  Lại có Câu 28: 1 i w  iz Tìm giá trị lớn A 3 Lời giải: Ta có:  1 i z   D  D C � z  2i  w  z  iz  z  z �3 Vậy quỹ tích M  z đường tròn tâm Chọn đáp án C Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ phần thực số phức z 1 A 10 2 Tính P  M  m ? B C 29      z D 3 1� 1� Re  w   �z  z   �� Re  w   z  z 2� z z � Lời giải: Ta có: � Re  w   z  z  3z z z  z  8a  6a  f  a  w  z3   � � 3 �  � z  z � z � � � Trong z  a  bi với 1 �a �1 f  1  2; f  1  2; f '  a   24a   � a  � Vì Và �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 9/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ - CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Câu 29: Cho hàm số y  f  x thỏa mãn điều kiện f  1 2x  x  f  1 x y  f  x tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm có hoành độ x  1? 6 y   x y   x y  x 7 7 7 A B C Lập phương trình y x 7 D f  1   f  1 � f  1  f  1  1  � f  1  �f  1  1 Lời giải: Ta xét x  ta 2 f  1 x f �  1 2x  1 f  1 x f �   x  thay x  ta có f  1 f �  1   f  1 f �  1 Lại có f  1  Trường hợp 1: Nếu thay vào ta thấy  vô lý 4 f �  1   f �  1 � f �  1   f  1  1 Trường hợp 2: Nếu thay vào 1 y    x  1    x  7 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: Câu 30:  C  Xét điểm A1 có hồnh độ x1  thuộc  C  Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị Tiếp tuyến  C  C  C  điểm thứ hai A2 �A1 có hồnh độ x2 Tiếp tuyến A1 cắt  C  điểm thứ hai A3 �A2 có hồnh độ x3 Cứ tiếp tục thế, tiếp tuyến A2 cắt  C  C  điểm thứ hai An �An1 có hồnh độ xn Tìm giá trị nhỏ n An 1 cắt 100 để xn  A 235 B 234 C 118 D 117 Lời giải: Ta có: xk  a � Tiếp tuyến Ak có phương trình hồnh độ giao điểm: x3  3x   2a3  3a    6a  6a   x  a  �  x  a   x  4a  3  � xk 1  2 xk  �   �x1  2    � �x1  � � � � �� � x2  4     � �  n xn 1  2 xn  � � � xn    2    Xét � Vậy � 1 1 n xn    2    5100 �  4k  2    5100 � 4k   2.5100 4 Do Chọn n  2k  100 � 4k  2.5100  � k  log  2.5  1 � Chọn k  117 � n  235 Câu 31: Xét số thực với a �0, b  cho phương trình ax  x  b  có hai nghiệm thực Giá trị lớn biểu thức a b bằng: 15 27 A 27 B C D 15 x 3a Từ ta có tọa độ điểm cực trị đồ thị hàm số A  0; b  Lời giải: y '  � x  � � �2 � B � ;b  y A yB �0 � b � b �0 � � 27a � �3a � 27 a � Để có giao điểm với trục hồnh LUYỆN THI TỐN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 10/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN - ỨNG DỤNG Câu 125: Cho hàm số mãn điều kiện y  f  x có đạo hàm cấp hai f    f  1  1; f �    2018 � f�  x � f�  x    x  dx  2018 � B D Câu 126: � f�  x    x  dx  2018 � � f�  x    x  dx  � 1 0 � f�  x    x  dx  1 � � f�  x    x  dx  �   x  df �  x  f �  x  1 x  � Lời giải: Ta có: y  f  x Cho hàm số có đạo hàm liên tục 1 � f�  x  dx  2018  1;1 A  với x � 1;1  B Lời giải: Ta đặt I� x f  x  dx � I  1 �f  x  dx  1 Chọn A đồng thời thỏa mãn điều kiện f  x  �1 đồng thời thỏa 1 C  0;1 Mệnh đề sau đúng? A liên tục đoạn x f  x  dx � Tìm giá trị nhỏ 1  C D 1 1 1 1 1 ?  x2  a  f  x  dx ��x  a f  x  dx ��x  a dx a �R � Do ta suy I �min � x  a dx a�R Đến ta chia toán thành trường hợp sau: �2 � 2 � x  a dx  � x  a  dx  �  2a �  aΣ� R a a �3 � 1 1 Trường hợp 1: Nếu a �0 1 � 2� � x  a dx  � 2a  �  a  x  dx  � aγ� R a a 3� � a � 1 1 Trường hợp 2: Nếu a � a � 2 � x  a dx  �� x  a  dx  � a  x  dx  � x  a  dx �    a�R a� 0;1 � � a � 0;1 1  a a �1 � Trường hợp 3: Nếu � �x � a � x � a �x �1 � � � x  a dx  �  ax  ax    ax � � � � � � � a�R a� 0;1 3  �  a � � � � � � a� 1 � � �8a a 2� 1 � � x  a dx  �  a  � a � a�R a� 0;1 � 3 1 � � 1 1 � x  a dx  I � � I   a�R 2 1 Kết luận: Như 1 Câu 127: Cho hàm số y  f  x có đạo hàm liên tục  0;1 với A x � 0;1 xf  x  dx  � 31 B 16 đồng thời thỏa mãn f  x  � 8;8 x f  x  dx ? � Tìm giá trị lớn C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 17 D Trang 47/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 1 I � x f  x  dx Lời giải: Ta đặt x � I  3a  3 đó:  ax  f  x  dx �� x  ax f  x  dx � � I� 3a � 8�  x �ax �dx a R I 3a 8� x ax dx a R I � 3a 8� x3 ax dx � a�R 0 � � 1 � � � � � 3a  8� x3  ax dx � � 3a  8� x3  ax  dx �   a    aΣ� R a a 0 � � � � Trường hợp 1: Nếu a �0 1 � � � � � 3a  8� x  ax dx � � 3a  8� ax  x  dx �  7a     aγ� R a a 0 � � � � Trường hợp 2: Nếu a �1 1 3 a � 0;1 Trường hợp 3: Nếu ta có đánh giá sau: 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  min � 3a  8� x  ax dx � a�R � � 16 Kết luận: Vậy Câu 128: y  f  x Cho hàm số I 31 16 liên tục 31 a  ;I   3a  12 Đẳng thức xảy  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện sau: max f  x    0;1 x f  x  dx  �  Giá trị lớn tích phân 2 A B x f  x  dx �  2 C 16 bao nhiêu? D 24 ax f  x  dx  � Lời giải: Ta có với số thực a �R 1 x f  x  dx  � x � 3  ax Do đó:  f  x  dx ��x  ax f  x  dx �6� x  ax dx a �R x f  x  dx �min 6� x3  ax dx  g  a  � đó: a�R a�R Tới ta chia trường hợp sau: x3  ax  x  x  a  �0 x � 0;1 Trường hợp 1: Nếu a �0 Khi đó: 1 �1 a � g  a   6� x  ax dx  � x  ax dx  �  �� g  a   a � �4 � 0 x3  ax  x  x  a  �0 x � 0;1 Trường hợp 2: Nếu a �1 Khi đó: 1 �a � g  a   6� x  ax dx  � ax  x 3dx  �  �� g  a   a � �3 � 0 Trường hợp 3: Nếu a � 0;1 a 0 a f  a   6� x3  ax dx  6� ax  x3 dx  � x  ax dx     2a  4a   3 2 �2a  4a  �  g  a   �   g  a   � a� 0;1 a� 0;1 a�R 2 � � Ta tìm LUYỆN THI TỐN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 48/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Do vậy: x f  x  dx ��  g  a  � x f  x  dx � a�R Câu 129:   2 max � x f  x  dx  0;1 y  f  x Cho hàm số  2   0;1 có đạo hàm liên tục đoạn thỏa mãn f  x   xf '  x  �x 2018 Giá trị nhỏ tích phân bằng: 1 1 A 2021�2022 B 2018 �2021 C 2018 �2019 D 2019 �2021 f  x   x f '  x  �x 2018 � 3x f  x   x f '  x  �x 2020 Lời giải: Ta có: t t t 2018 � x 2020 � 3 2020 � � � �  �  x f x x f x dx x dx t 0;1 f t     � � �  � �  � 2021 0 1 x 2018 dx � 2021 f  x  dx � Khi với f  x  dx � x � 0;1 1 2019.2021 f  x  dx � Giá trị nhỏ tích phân 2019.2021 f  1  0, � � f� dx   x � � � f  x 11  0;1 thỏa mãn Cho hàm số có đạo hàm liên tục Câu 130: 1 x f  x  dx   � 55 1 A Tích phân B f  x  dx � 1 C 55 D 11 1 �x � x5 � x f x dx  f x  f x dx     x5 f � x  dx   �5   � � � � 11 � �0 Lời giải: Suy Hơn ta dễ dàng tính 1 1 2 2 � � x5 f �  x �  x  dx  �  x   x5 �  x5  dx  � �  x5  dx  111 �f � �dx  � � � �f � �dx  0 0 Do f x  x  C C     f �x  x f 0 6 Vậy Suy   , Vì   nên Câu 131: Cho hàm số f  x có f  1  0, � �  x � �f � �dx   2ln  2ln 2 B  2ln 2 A f  x Lời giải: Ta có: Suy � f  x �  x  1 hàm liên dx  2ln  tục 3  4ln 2 C 1 x6 1 1 f x dx  dx    � � 0  0;1 thỏa � mãn Tích phân f  x  dx �  ln 2 D � � � � �� � � dx  � f  x d � 1 1 1  x  dx � � � �f  x  �  � � �f � � � x 1� � � x 1� �0 � x  �  x  1 1 f�  x  dx   ln � � � � x 1 � đạo Hơn ta tính được: LUYỆN THI TỐN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 49/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 1� 1 � � � � �  dx  �   � dx  x  ln x   � �   ln � � � � � x   x  1 � � x 1 �  x  1 �0 0� 0� � 1 � � � � � � � 1 1 f�  1�dx   x �  x  dx  �  x  � �f � � �dx  � � �f � �dx  2� � � x 1� x 1� x 1 � 0� 0� 0� Do x  , f  x   x  ln  x  1  C Vì f  1  nên C  ln  Suy 1 f  x  dx  � � x  ln  x  1  ln  1� � �dx   ln � Ta f�  x  1 Câu 132: Cho hàm số y  f  x x g  x  1 � f  t  dt  0;1 nhận giá trị không âm liên tục đoạn Biết g  x � f  x bằng: A với x � 0;1 Tích phân đồng thời ta đặt dx � g  x có giá trị lớn C B D x F�  x   �0 x � 0;1 F  x  � f  t  dt � g  x    F  x  � f  x  x � 0;1 �    F  x   1 Lời giải: Đặt t � F�  x   1� � � � h t  � dx   t  � � F  t  1  F  x   1  0;1 ta có đánh giá: � � hàm số đồng biến h  x  � h x ��   �  0;1�1 x Câu 133: Cho hàm số F  x 1 y  f  x 1 x F  x 1 x  0;1 nhận giá trị không âm liên tục đoạn x g  x    3� f  t  dt lớn bằng: A 2 dx � g  x  0;1 đồng thời ta đặt Biết g  x  �f  x  B với x � 0;1 Tích phân C 0 D F�  x x F  x  � f  t  dt � g  x    3F  x  �f  x  x � 0;1 � �g  x  dx 3F  x   có giá trị  �0 x � 0;1 Lời giải: Đặt t � F�  x   1� 2 � � � h t  � dx  3F  t    t  � � 3 � 3F  x    0;1 ta có: � hàm số nghịch biến h  x  � h   �x��  0;1  ��3F� x  t 3 3F  x  LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 x x  0;1 �g  x  dx Trang 50/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 134: Cho hàm số y  f  x  0;1 nhận giá trị không âm liên tục đoạn x2 g  x  1 � f  t  dt Biết lớn bằng: A F  x2   x đồng thời ta đặt g  x  �2 xf  x  B với x � 0;1 g  x  dx � Tích phân C có giá trị D xf  x  �f  t  dt � g  x    F  x  �2 xf  x  x � 0;1 �  F  x   �0 x � 0;1 2 Lời giải: Đặt t� � xf  x  � � � h t  �  dx  ln   F  t    t � �  F x   �  0;1 ta có: � hàm số nghịch biến h  x  � h x   0;1��  0� ��  ln� 1 F  x  x F  x e x x  0;1 g  x  dx � Câu 135: Cho hàm số y  f  x xác định liên tục � thỏa mãn f  x  x  3  x  với x �� Tích phân �f  x  dx 2 bằng: 32 B A 10 C 72 D Lời giải: Ta đặt x  t  4t  đổi cận: x  2 t  1 x  t  Do đó: 5 �f  x  dx  �f  t  4t  3 d  t  4t  3  2 Câu 136: 1 Cho hàm số y  f  x  2t  1  5t � 1 1 0 B 1 1   dt  10 có đạo hàm cấp hai liên tục đoạn e x f  x  dx  � e x f '  x  dx  � e x f ''  x  dx �0 � điều kiện bằng: A 2 C  0;1 đồng thời thỏa mãn Giá trị biểu thức ef '  1  f '   ef  1  f   D 1 e f  x  dx  � e f '  x  dx  � e f ''  x  dx  a � x x x 0 Lời giải: Ta đặt Sử dụng tích phân phần ta có: 1 � a� e x df � ex f �  x   ef �  1  f �  0  �  x  dx � ef �  1  f �    2a � ef '  1  f '   � 0 � 1 � 1 ef  f     � a  e x df x  ef  1  f    � e x f  x  dx � ef  1  f    2a � �   � Câu 137: Cho hàm số y  f  x nhận giá trị không âm liên tục đoạn x g  x    2� f  t  dt trị lớn bằng: A  0;1 g  x  �� �f  x  � � với x � 0;1 Tích phân Biết B C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 đồng thời ta đặt g  x � � �dx �� có giá D Trang 51/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN x F  x  � f  t  dt g  x    F  x  �� �f  x  � � x � 0;1 Lời giải: Ta đặt f  x F�  x   �0 x � 0;1  �0 x � 0;1 �    2F x  2F x     Do t � F�  x   1� 3 � � h t  � dx   F  t   t  t � 0;1 �3 � 4 �  2F  x  � Xét hàm số: hàm nghịch biến   0;1 Do đó:  h  t  �h   t � 0;1 � g  x Câu 138:   � x1� x 3    2F  t   0;1  t    2F  t   �4 � dx � x 1� � � � g  x � � �dx �� 3 �0 � 4 � t  t � 0;1 g  x � � �dx �� Chọn A  1;8 đồng thời thỏa mãn điều kiện: Cho hàm số f có đạo hàm liên tục 2 2 2 3 � � f x dx  f x dx  f x dx  x  dx         � � � � � � 1 1 Tính tích phân 8ln A 27 �  x � �f � �dx � bằng: ln B 27 C D 2 2 �f  x  �dx  � f  x  dx  � f  x  dx  � x  1 dx  � � � 31 1 Lời giải: Đặt t  x � dt  3x dx Khi đó: 8 2 1 3 �� � f t dt  f t  t dt   t dt  �     � � � 3 3� t t t 1   �f  t    t � � �dt  � f  t   t  � �� t � � � � Câu 139: Cho hàm số hàm số y  f  x 0 y  f  x   8ln � f x dx  � �   � � � 27 Chọn A có đạo hàm liên tục � Đồ thị hình vẽ bên Khi giá trị biểu thức f� f�  x   dx  �  x   dx � bao nhiêu: B 2 D A 10 C Lời giải: Ta có: Như vậy: f� f�  x   dx  �  x   dx  � 0 4 0 2 2 f�  x  dx �f � x  dx  � f� f� f�  x   dx  �  x   dx  �  x  dx  f    f  2   � LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 52/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 140: Cho hàm số f  x có đạo hàm dương, liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện 1 1� �� 3� f  x  f  x   �dx �2�f � f  x  dx  x  f  x  dx � � f  0  9� � Tính tích phân ? 5 A B C D �1 � � � f x f x dx � f x f x dx 1dx ��     � �     � � Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: �0 2 �1 � �1 � 1� � 1� � 2 � � � �� f x f x  dx � f x f x dx � f x f x  dx ��0             � � � � � � � � 9 � � � � � �0 � Như vậy: �0 f�  x f  x  Do đó: Câu 141: 1 � f  x  x 1 � Cho hàm số f  x f  x  dx  � có đạo hàm liên tục f  x  dx  � f  1  2; 1  x  1 � 1  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện x f�  x   dx    x2 Tính tích phân f  x  dx  ? � A B 15 53 203 C 60 D 60 1 � f x dx   f  xf x dx � xf �     �   x  dx  � � 0 Lời giải: Sử dụng tích phân phần ta có: 2 x x 2  1 x 1 f� f�  x   �  x     x    x2 x2 Mặt khác: 1 2 x x    f�  x   dx �  f �  x   dx � 3 x2 2 x Tích phân hai vế ta 2 � � � � x x � � xf  x  dx �  � x   x f  x  dx � �� x   x  dx �  f �  x   dx �� � � � 2 x 2 x � �0 � Áp dụng Holder: �0 1 2 x x 53 f� � f� f  x  dx   x   dx   x    x � f  x   2x  � �  � 2 x 60 0 Do nên dấu Câu 142: Cho hàm số f  0  y  f  x f ' x đồng thời A  2 t f ' x f  x có đạo hàm liên tục dương R thỏa mãn điều kiện  B x x2  Tính   T  f 2  f  1 C ? D  t x dx  dx � ln f  t   ln  t  1 � � � f  t  t2 1 �T   2 f x x 1 Lời giải: Ta có:   LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 53/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Chọn đáp án A Câu 143: y  f  x Cho hàm số f  0  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện 21 x  1  12  x  1  12 xf  x   � �f '  x  � �x � 0;1 2 Tính f  x  dx  ? � A 4 B � D 21 x  1  12  x  1  12 xf  x   � �f '  x  � � Lời giải: Ta có C 2  2 1 1 2 36 24  6� f  x  d  x  1  � � f ' x � dx �   x  f ' x dx  � f ' x � dx       � � � � � � 5 0 0 � �� �f '  x   3x  3� �dx  � f  x   x  3x  2 Chọn đáp án A Câu 144: Cho hàm f  x số có đạo  x  1 e x f  x  dx   f '  x   dx  � � 0 A  e B  e hàm liên tục e2  f  1  Tính C e  0;1 thỏa mãn x2 f  x  dx  � x2  Tính �f  x  dx  ? D  e 1 e2  1 � f  x  d  x.e x    � x.e x f '  x  dx  x  1 e x f  x  dx  � 0 Lời giải: Ta có: 1 e 1 �� x.e x f '  x  dx  � x e x dx  f '  x   dx   � 0 1 0 �� x e x dx  2� x.e x f '  x  dx  � �  f '  x   dx  �  f '  x   x.e x  dx  2 � f '  x    x.e x � f  x   e x  x  1 �� f  x  dx   e Chọn đáp án B  Câu 145: Cho f  x liên tục � thỏa mãn f  tan x  dx  � f  x  dx  ? � A B tan x  t �  � f  t dt t 1 C Lời giải: Đặt D 6� f  x  dx Vậy LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Chọn đáp án D Trang 54/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 146: f  x Cho hàm số có đạo hàm liên tục không âm  1; 4 đồng thời thỏa mãn điều f  x  dx  ? f  1  � x  xf  x   � f ' x � � � Tính kiện đồng thời 1186 2507 848 1831 A 45 B 90 C 45 D 90 f ' x x f  x 1  f ' x �  x � x  f  x   1  � f ' x � f x      � � Lời giải: Ta có: �� d f  x  �xdx � f  x    x x  C 2 f  x 1 Vì f  1  4 1186 �C  � � f  x  dx  45 Chọn đáp án A Câu 147: y  f  x Cho hàm số  0;1 có đạo hàm liên tục đồng thời thỏa mãn điều kiện � �f '  x  � � dx  I  f  x  dx  ? � � x f    0, f  1  e e  0 Tính tích phân e2 A e  1 e 1 B e  C D  e  1  e   1 � �f '  x  � � dx e x dx �� f ' x dx �� e  �1   �   � � � � x e e  0 � � Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: f ' x  k e x � f '  x   k e x f '  x  dx  � k  � x e 1 e Đẳng thức xảy khi: Vì Vậy f  x  ex  C ex 1 e2 f x  I    e  Mà f    0, f  1  e  Vậy e  Chọn đáp án A x2 Câu 148: Cho biết x � 0; � �f  t  dt  x x  5x2 Tính f  4  ? D C 2 �f  t  dt  F  x   F    x Lời giải: Ta có B 8 A 2 f  x2   F '  x2   Câu 149:  5x Vậy x.F '  x   x  10 x x  � f    2 Chọn đáp án A Cho hàm số y  f  x biểu thức A dương liên tục  1;3 thỏa mãn max f  x   2; f  x   S� f  x  dx � dx f  x 1  1;3  1;3 đạt giá trị lớn Khi tính C 5 B LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 f  x  dx � ? D Trang 55/61  Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN �f  x  �2 � f  x   f  x   �0 � f  x   f x �2      Lời giải: Ta có: �3 � 25  f  x S � f  x  dx �� f  x  dx � max S  f  x �1 � Ta tìm Câu 150: y  f  x Cho hàm số � � �f '  x  � �  x dx   ln  A ln  C   0;1 có đạo hàm liên tục  ln   Tính tích phân �1  x  D bằng?   dx 1 ln  2 B  f  x  dx  � f    0, f  1  đồng thời f  x     ln   � � � dx �� f '  x  dx �  � � �f '  x  � �  x dx.�  x2 � � Lời giải: Theo bất đẳng thức Holder ta có: 1 dx  ln x   x  ln  � 0  x2  Mặt khác Vậy đẳng thức xảy k Vì f '  x  dx  �  nên  ln  � �f    � f  1  Vì � nên C  Do Câu 151:  f '  x   x2  Cho parabol  Vậy f  x �1  x  P  : y  x2 2  k k � f ' x   x2 f  x   ln    x2    ln x   x  C  dx  ln  2 Chọn đáp án C  P  cho AB  Tìm diện tích lớn hai điểm A, B thuộc hình phẳng giới hạn A B  P A  a; a  , B  b; b  đường thẳng AB C 3 D AB  �  b  a    b  a   2 Lời giải: Gọi với a  b Ta có: xa ya x  a y  a2 AB :  �  b  a b2  a b  a � y   a  b   x  a   a � y   a  b  x  ab b b S�  x  a   b  x  dx   a  b  x  ab  x  dx  � a a S ba ba �t  b  a  t  dt  �  b  a  t  t   b  a Ta có: Đặt t  x  a Suy ra: b  a t2  dt     b2  a2   �  b  a    b  a  2 2   �  b  a LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 b a  t3  ba  b  a  1  a  b �4 Trang 56/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN  b  a b  a �2 � S  23 �  6 Suy ra: ab  b 1 � � �� � A  1;1 ; B  1;1 � b  a  a   � � "  " Dấu xảy 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 f  x  dx  10  x  f  x  dx � I  � � I  20 Chọn đáp án C LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 57/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC – PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC m  sin  m  sin x   sin  3sin x   4sin x Câu 153: Có số ngun m để phương trình có nghiệm thực? A B C D m  sin 3x  sin  m  sin 3x   sin  3sin x   4sin x  sin x Lời giải: Ta có �  m  sin x   sin  m  sin 3x    3sin x   sin  3sin x  � m  sin x  3sin x � m  4sin x Câu 154: Cho phương trình: Chọn A  cos x  1  cos x  m cos x   m sin x Phương trình có hai nghiệm � 2 � 0; � � thuộc đoạn � �khi: A m  1 B m �1  cos x  1  cos x  m cos x   m sin x Lời giải: Ta có 1  m � D C 1 �m �1 �cos x  1  1 �� cos x  m   �  cos x  1  cos x  m cos x   m  cos x  1  cos x  1  � � 2 � x �� 0; ��  �cos x �1  1 nghiệm � � Vì nên � 2 � � 2 � 0; � f  x   cos x, x �� 0; � � � � � � Xét �x  �  � f� x   2sin x , f x  � sin x  �     � x � Bảng biến thiên: Ta có  2 x � 0 f  x   f  x  1   có hai nghiệm thực phân biệt Yêu cầu tốn trở thành tìm giá trị thực tham số m để � 2 � 0; � � � Từ bảng biến thiên ta thấy   có hai nghiệm thực phân biệt � 1  m � � 2 � 0; � � � �khi Từ ta chọn đáp án D 3sin x  cos x �m  Câu 155: Tìm tất giá trị m để bất phương trình sin x  cos x  với x �� m� A 9 m� B C m� LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 65  D m� 65  Trang 58/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: Ta có: y 3sin x  cos x 3sin x  cos x  sin x  cos x  sin x  cos x  3sin x  cos x y � sin x  cos x  Và sin x  cos x   0; x �� xét phương trình  sin x  cos x  3 y  3sin x  cos x �  y   sin x   y  1 cos x  3 y Phương trình có nghiệm nên � y 10 y � 10 Câu 156:  y  3 5  65 � y   y  1 � 3 y  � y  10 y  10 �9 y 2 5  65 5  65 4 Suy giá trị lớn y Chọn D Số giá trị nguyên m để phương trình � 2 � x �� 0; � �là: � nghiệm A B  cos x  1  cos x  m cos x   m sin x Lời giải: Ta có:  cos x  1  cos x  m cos x   m sin x C có 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    k 2 � cos x   � �� m �� � cos x  �  cos x  1  4.cos x  m   cos x  m  � � Chọn C Câu 157: 1 k  1 2  với Giả sử k số thực lớn cho bất đẳng thức sin x x  x �(0; ) Khi giá trị k A B Lời giải: 1 k �1  1 � k   � 2 sin x x  �x C �   1�� k   f ( x ) sin x � D f ( x)  với 1   x sin x 2cos x � � �� 0; � f '( x)     x �� o; � � f ( x) x sin x � 2� � 2� Xét hàm số , ta có Bảng biến thiên: LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 59/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN �� k�  2 f ( x) x � 0; � k 2� � Từ bảng biến thiên suy Câu 158:  0; 2  để ba phần tử S   sin  ,sin 2 ,sin 3  Có giá trị  T   cos  , cos 2 , cos 3  trùng với ba phần tử A B C D sin   sin   sin   cos   cos   cos  Lời giải: Ta có: 2 �   �  k 2 � � cos    �� 2�� �  k � tan 2     � �  cos   1 sin 2   cos   1 cos 2 � � Khi sin 2  cos 2 ta chia trường hợp sau: �     k � sin   cos  � � �� �  k sin 3  cos 3 � �   � 12 (Loại) +) � � � sin   cos 3 � 3  ��   � k 2 � � �2 � �  k � sin 3  cos  �    � +) � Chọn đáp án D Câu 159:  tan10    tan 20    tan 430   a   tan b   a , b Gọi số nguyên thỏa mãn đồng thời A 22 a, b � 0;90 Tính P  a  b ? B 46 C 27 D 44 �sin  x  450  � sin x �  tan x    2� � cos x � cos x � � Lời giải: Vì 43 sin 46 sin 47 sin 880 43 sin 46 P  0 0  221   tan10  cos1 cos cos 43 cos1 Do Chọn đáp án A   Câu 160:    m  1 cos x   m  1 sin x  2m  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn Tìm m để phương trình x1  x2   A m   B m   1 �+�  1  m   m+ 2 C m  � 6  22  2m  D Không tồn m 6  22 m  * Lời giải: Phương trình có nghiệm m 1 m 1 2m  � cos x  sin x  2m  2m  2m  PT x      k1 2 � m 1 2m  � cos  x     cos  � � cos   ;cos   x      k2 2 � 2m  2m  với x ;x � x1  x2  k 2  Nếu thuộc họ nghiệm (loại) LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 60/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN  Nếu x1 ; x2 thuộc hai họ nghiệm � x1      k1 2 ; x2      k2 2    x1  x2  � 2   k1  k2  2  � cos 2   k1  k2  2  cos � cos 2  3 Do � m 1 � 1  m  1 � cos    �  � 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 61/61 ... độ Gọi  x  Mệnh đề m giá trị nhỏ hàm số y  f � sau đúng? A m  2 B 2  m  C  m  D m  LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 11/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN... 27/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 75: Cho hình chóp S.ABC Bên tam giác ABC ta lấy điểm O Từ O ta dựng đường thẳng song song với SA,SB,SC cắt mặt phẳng theo thứ tự A ',... P  4 3 A B C D Câu 10: LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018 Trang 3/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN   �z  z   z  z  z  z   z  z   x � z  z   x � � 2
- Xem thêm -

Xem thêm: 160 cau VDC bùi HỒNG PHONG VDC theo từng chủ đề, 160 cau VDC bùi HỒNG PHONG VDC theo từng chủ đề

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay