Câu hỏi trắc nghiệm đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán - Câu 181-190 - Năm học 2020 (Có đáp án)

Nội dung text: Câu hỏi trắc nghiệm đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán - Câu 181-190 - Năm học 2020 (Có đáp án)

1. x 8 Câu 1: [2D3-2. 1-3] Cho hàm số f x có f 3 3 và f x , x 0 . Khi đó f x dx x 1 x 1 3 bằng 197 29 181 A. 7 . B. . C. . D. . 6 2 6 Lời giải Lời giải 1: x Ta có f x f x dx dx x 1 x 1 x x 1 x 1 1 dx= 1+ dx x 2 x 1 C 2 x 1 x 1 x 1 Ta có: f 3 3 C 4 suy ra f x x 2 x 1 4 8 8 197 Khi đó f x dx x 2 x 1 4 dx . 3 3 6 Lời giải 2: 8 8 x f 8 f 3 f x dx dx 7 3 3 x 1 x 1 Suy ra f 8 10 8 8 8 2 8 x 229 197 f x dx xf x xf x dx 8 f 8 3 f 3 dx 80 9 . 3 3 3 3 x 1 x 1 6 6 Nhận xét: Với giả thiết như vậy ta có thể xử lý theo hai hướng: 8 Hướng 1: Tìm f x , từ đó suy ra f x dx . Nếu để ý kỹ hơn thì thấy 3 x x 1 1 x 1 1 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 Khi đó, có thể dễ dàng tìm f x . Hướng 2: Sử dụng tích phân từng phần 8 8 8 2 8 x f x dx xf x xf x dx 8 f 8 3 f 3 dx 3 3 3 3 x 1 x 1 Như vậy, chỉ cần tính f 8 là xong.
2. ln x Câu 2: [2D3-2. 1-3] Cho hàm số f x liên tục trên 0; . Biết f x và f 1 0 . Giá trị của x e f x dx bằng 1 1 1 e 2 A. e 2. B. . C. . D. . 2 6 2 Lời giải ln x ln2 x ln2 x Ta có f x dx dx ln xd ln x C . Nên f x C , với C là hằng x 2 2 số. ln2 x Mà f 1 0 C 0 f x . 2 e e ln2 x e 2 Do đó f x dx dx . 1 1 2 2 Câu 3: [2D3-2. 4-3] Biết rằng xsin x là một nguyên hàm của hàm số f x trên ¡ . Gọi F x là một nguyên  hàm của hàm số f x f  x cos x thỏa mãn F 0 0 . Giá trị của F bằng 4   A.  . B. . C. 0 . D. . 4 2 Lời giải xsin x là một nguyên hàm của hàm số f x nên f x xsin x sin x x cos x f x sin x x cos x f x 2cos x xsin x f  x 2cos x  x sin x f x f  x 2 sin x . Khi đó F x f x f  x cos xdx  2sin x.cos xdx   sin 2xdx cos 2x C 2      Từ F 0 0 C F x cos 2x F . 2 2 2 4 2 Câu 4: [2D3-2. 4-3] Cho hàm số f x liên tục trên ¡ thỏa mãn các điều kiện: f 0 2 2, f x 0,x ¡ và f x . f x 2x 1 1 f 2 x ,x ¡ . Khi đó giá trị f 1 bằng A. 26 . B. 24 . C. 15 . D. 23 . Lời giải
3. f x . f x Ta có f x . f x 2x 1 1 f 2 x 2x 1 1 f 2 x f x . f x dx 2x 1 dx 1 f 2 x x2 x C . 2 1 f x Theo giả thiết f 0 2 2 C 3. 2 Với C 3 1 f 2 x x2 x 3 f x x2 x 3 1 . Vậy f 1 24 . y Câu 5: [2D2-5. 5-3] Có bao nhiêu cặp số nguyên x; y thỏa mãn 0 x 2020 và log3 3x 3 x 2y 9 ? A. 2019 . B. 6 . C. 2020 . D. 4 . Lời giải Điều kiện x 0 nên log3 3x 3 xác định y y y log3 3x 3 x 2y 9 1 log3 3x 3 x 1 2log3 3 9 y y log3 x x 1 log3 9 9 1 Xét hàm số f t log t t,t 0; có f t 1 0,t 0; . 3 t ln 3 Do đó hàm số luôn đồng biến trên 0; khi đó 1 x 9 y 1 y Vì 0 x 2020 nên 0 9 1 2020 0 y log9 2021 do y nguyên nên y 0;1;2;3. Suy ra x; y 0;0 ; 8;1 ; 80;2 ; 728;3 . Vậy có 4 cặp số nguyên x; y thỏa mãn. Nhận xét: Với dạng toán này việc quan trọng nhất là xác định được hàm đặc trưng f t log3 t t,t 0; . Ngoài ra, nếu để ý hàm số y log3 3x 3 x đồng biến trên 1; ; hàm 2x 9x cũng đồng biến trên ; nên y 0 x 2020 1 2y 9 log3 6063 2020 1 y 4 . Câu 6: [2D2-5. 5-3] Có bao nhiêu cặp số x; y nguyên thỏa mãn các điều kiện 0 x 2020 và y log2 2x 2 x 3y 8 ? A. 2019 . B. 2018 . C. 1. D. 4 . Lời giải Do 0 x 2020 nên log2 2x 2 luôn có nghĩa.
4. Ta có y y y log2 2x 2 x 3y 8 log2 x 1 x 1 3log2 2 8 y y log2 x 1 x 1 log2 8 8 1 1 Xét hàm số f t log t t , t 0; có f t 1 0 , t 0; . 2 t ln 2 Do đó hàm số luôn đồng biến trên 0; . Khi đó 1 x 8y 1 y Ta có 0 x 2020 nên 0 8 1 2020 0 y log8 2021 3,66 . Mà y ¢ nên y 0;1;2;3. Vậy có 4 cặp số x; y nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 7: [2D2-5. 5-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để tồn tại cặp số x; y thỏa mãn đồng thời 3x 5 y x 3 y 1 2 2 các điều kiện e e 1 2x 2y và log3 (3x 2y 1) (m 6)log3 x m 9 0 ? A. 6 . B. 5 . C. 8 . D. 7 . Lời giải Ta có e3x 5 y ex 3 y 1 1 2x 2y e3x 5 y (3x 5y) ex 3 y 1 (x 3y 1) . Xét hàm số f t et t trên ¡ . Ta có f t et 1 0 nên hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó phương trình có dạng f (3x 5y) f (x 3y 1) 3x 5y x 3y 1 2y 1 2x . 2 2 Thế vào phương trình còn lại ta được log3 x (m 6)log3 x m 9 0 . Để phương trình có nghiệm thì 0 3m2 12m 0 0 m 4 . Do đó có 5 số nguyên m thỏa mãn. x Câu 8: [2D2-5. 5-4] Cho phương trình 7 m log7 x m với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m 25;25 để phương trình đã cho có nghiệm? A. 9 B. 25 C. 24 D. 26 Lời giải ĐK: x m 7x m t Đặt t log x m , ta có 7x x 7t t 1 7 t 7 m x Do hàm số f u 7u u đồng biến trên ¡ , nên ta có 1 t x . Khi đó: 7x m x m x 7x x x Xét hàm số g x x 7 g ' x 1 7 ln 7 0 x log7 ln 7 .
5. Bảng biến thiên: x log7 ln 7 g ' x 0 g log7 ln 7 g x Từ đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m g log7 ln 7 0,856 ( các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện vì x m 7x 0 ). Do m nguyên thuộc khoảng 25;25 nên m 24; 16; ; 1 . 2 1 2x 1 1 Câu 9: [2D1-2. 2-3] Cho phương trình log2 x 2 x 3 log2 1 2 x 2 , Gọi S là 2 x x tổng tất cả các nghiệm của nó. Khi đó, giá trị của S là 1 13 1 13 A. S 2 B. S . C. S 2 . D. S . 2 2 Lời giải 1 2 x Điều kiện 2 . x 0 2 1 2x 1 1 Ta có log2 x 2 x 3 log2 1 2 x 2 2 x x 2 2 1 1 1 log2 x 2 x 2 1 log2 2 2 1 f x 2 f 2 1 x x x 2 Xét hàm số f t log2 t t 1 ,t 0. 1 2ln 2.t 2 2ln 2.t 1 Ta có f ' t 2 t 1 0, t 0. t ln 2 t.ln 2 Do đó hàm số f t đồng biến trên khoảng 0; . x 1 1 3 13 Nên 1 x 2 2 x3 2x2 4x 1 0 x . x 2 3 13 x 2
6. x 1 Kết hợp với điều kiện ta được 3 13 . x 2 1 13 Vậy: S . 2 Câu 10: [2D1-2. 2-3] Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình dưới đây Số điểm cực trị của hàm số g x f x3 3x2 là A. 5 . B. 3 . C. 7 . D. 11. Lời giải Từ đồ thị suy ra hàm số y f x có ba điểm cực trị x1 0 x2 4 x3 Xét hàm số g x f x3 3x2 , ta có g x 3x2 6x f x3 3x2 2 x 0 3x 6x 0 g x 0 x 2 3 2 f x 3x 0 x xi , i 1;2;3 Ta có đồ thị hàm số y x3 3x2 3 2 3 2 Ta có nhận xét rằng phương trình x 3x x1 có một nghiệm, phương trình x 3x x2 có ba 3 2 nghiệm, phương trình x 3x x3 có một nghiệm, cả 5 nghiệm này đôi một phân biệt và khác 0 ; 2 . Như vậy phương trình g x 0 có 7 nghiệm đơn phân biệt. Do đó hàm số g x có 7 cực trị. Nhận xét:
7. Để xác định cực trị của hàm số g x f u x ta thường hướng đến việc xét dấu g x u x f u x . Nếu g x đổi dấu khi qua x0 TXĐ của g x thì x0 là điểm cực trị. Những trường hợp khi g x là hàm đa thức thì đơn giản hơn bằng việc đi tìm số nghiệm đơn và nghiệm bội lẻ. Câu 11: [2D1-2. 2-3] Cho hàm số y f x ax3 bx2 cx d có các điểm cực trị là 0;a 2 a 3 và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Đặt g x 2019 f f x 2020 . Số điểm cực trị của hàm số A. 2 . B. 8 . C. 10. D. 6 . Lời giải Ta có: g ' x 3 f ' x . f ' f x . x 0 f ' x 0 x a g ' x 0 2 a 3 f ' f x 0 f x 0 f x a f x 0 có ba nghiệm đơn x1; x2 ; x3 phân biệt khác 0;a . Vì 2 a 3 nên f x a có ba nghiệm đơn x4 ; x5; x6 phân biệt khác 0;a và khác x1; x2 ; x3 . Vậy g ' x 0 có 8 nghiệm đơn phân biệt nên đồ thị hàm số có 8 điểm cực trị. Câu 12: [2D3-1. 6-3] Cho hàm số f x liên tục trên 0; . Biết ln 2x là một nguyên hàm của hàm số f x ex . Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f ' x ex là
8. 1 1 1 2 1 A. ln 2x C . B. ln 2x C . C. ln 2x C . D. ln 2x C . 2x x 2 x x Hướng dẫn x x u e du e dx x Nguyên hàm từng phần: Đặt . (Chú ý ln 2x ' f x e ) dv f ' x dx v f x 1 I(x) udv uv vdu f x ex f x exdx (ln 2x)'dx . x 1 Hay ta có I(x) ln 2x C . x Câu 13: [2D1-1. 5-3] Cho hàm số f x có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm thuộc đoạn  ;2  của phương trình 4 f cos2x 5 0 là A. 12. B. 6 . C. 9 . D. 10. Hướng dẫn 5 Đặt cos 2x t  1;1. Trước hết xét 4 f t 5 0 f t có hai nghiệm đối nhau là 4 t a 1;1 . + Trở về phương trình cos 2x a 1;0 , x  ;2  cost a 1;0 ,t  2 ;4  , phương trình này có 6 nghiệm (Nhưng chỉ có hai điểm cuối - 3 vòng tròn, hai vòng chiều dương và một vòng chiều âm). + Trở về phương trình cos 2x a 0;1 , x  ;2 , phương trình này có 6 nghiệm. 1 (Các em có thể lấy a để thử) 2 Câu 14: [2D1-2. 1-3] Cho hàm số bậc bốn y f x có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số g x f x3 3x2 là A. 5 . B. 3 . C. 9 . D. 7 . Hướng dẫn Đặt t x3 3x2 t ' 3x2 6x . Trước hết xét f t có ba cực trị, hoành độ các điểm cực trị tương ứng là t a 4,t b 4;0 ,t c 0 . t ' 0 Ta có g ' x t '. f ' t 0 và ta cần tìm các nghiệm t(x) = a, t(x) = b, t a t b t c t(x) = c khác nhau và khác 0; 2. Đồ thị t(x) là
9. Từ đó suy ra f ' t 0 có 5 nghiệm x khác nhau và đều khác 0; 2 nên g ' x đổi dấu 7 lần nên có 7 cực trị. y Câu 15: [2D2-5. 5-3] Có bao nhiêu cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn log2 2x 2002 x y 1002 2 và 1002 x 2020 ? A. 12. B. 10. C. 11. D. 18. Hướng dẫn y Đặt x 1001 u 0,2 v 0 ta có phương trình log2 u u log2 v v với hàm số y f t log2 t t đồng biến trên 0; suy ra u v x 1001 2 y 1002 x 2 1001 2020 Suy ra 0 log2 1 y log2 1019 9,99 . Do mỗi y cho ta một x và y nguyên nên y 0;1;2; ;11 . Câu 16: [2D3-2. 4-4] Cho hàm số f x liên tục trên ¡ sao cho xf x3 f 1 x2 x8 2x5 3x,x ¡ 0 . Khi đó tích phân f x dx bằng 1 17 13 15 17 A. . B. . C. . D. . 10 6 7 5 Hướng dẫn 0 Ký hiệu I f x dx . Từ giả thiết ta có: 3x2 f x3 3xf 1 x2 3x9 6x6 9x2 g x (*). 1 Đến đây ta thấy 0 0 0 + Tích phân thứ nhất 3x2 f x3 dx f u du f t dt I (1). 1 1 1 0 3 0 3 1 3 + Tích phân thứ hai: 3xf 1 x2 dx f v d v f t d t K (2) 1 2 1 2 0 2 1 1 1 + Tích phân thứ ba: 3x2 f x3 dx f u du f t dt K (3) 0 0 0 1 3 1 3 0 3 + Tích phân thứ tư: 3xf 1 x2 dx f v dv f t dt K (4) 0 2 0 2 1 2 3 0 Từ (*) lấy tích phân trên đoạn [-1; 0], kết hợp (1) và (2), ta có: I K g x dx 2 1
10. 3 1 Từ (*) lấy tích phân trên đoạn [0; 1], kết hợp (3) và (4), ta có: I K g x dx và cộng hai 2 0 1 1 15 vế suy ra I g x dx . 2 1 7 Câu 17: [1H3-4. 3-3] Cho tam giác ABC có BC a , B· AC 135 . Trên đường thẳng vuông góc với ABC tại A lấy điểm S thỏa mãn SA a 2 . Hình chiếu vuông góc của A trên SB , SC lần lượt là M , N . Số đo góc giữa hai mặt phẳng ABC và AMN bằng A. 30 . B. 45. C. 60 . D. 75 . Hướng dẫn Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC . SA  DC DC  AN  Khi đó, ta có: DC  SAC  AN  SDC AN  SD (1). AC  DC SC  AN  SA  DB DB  AM  Tương tự: DB  SAB  AM  SBD AM  SD (2). AB  DB SB  AM  Từ (1) và (2) suy ra SD  AMN . Mà SA  ABC , suy ra BC ABC ; AMN ·SA;SD ·ASD . Ta có: AD 2R a 2 . Trong ASD có: sin A AD tan ·ASD 1 ·ASD 45 . SA Câu 18: [2D1-1. 2-3] Cho hàm số f x . Đồ thị y f ' x cho như hình bên.
11. 1 Hàm số g x f 2 x x2 x đồng biến trong khoảng nào dưới đây? 2 A. 1;1 . B. 0;1 . C. 3;1 . D. 1;3 . Hướng dẫn Đặt 2 x t ta có g ' x f ' t t 1 0 f ' t t 1. Đường thẳng y t 1 đi qua các điểm (-1; -2) và (1; 0) và (3; 2) trên đồ thị f ' t do đó f ' t t 1 trên (-1; 1) hay ta có: 3 1 3 3 1 2 x 1 x 1;3 , mà 1;  ; như thế g(x) nghịch biến trên 1; . 2 2 2 2