ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA

NHÓM KYSER ÔN THI THPT

KHÓA ĐỀ THI THỬ THPT 2019

PAGE TÀI LIỆU KYS

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút
Đề 50. Chuyên Hạ Long lần 1

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.A

2.D

3.C

4.B

5.C

6.D

7.D

8.B

9.D

10.D

11.D

12.B

13.A

14.A

15.C

16.C

17.B

18.C

19.A

20.C

21.B

22.B

23.C

24.A

25.C

26.B

27.B

28.B

29.D

30.B

31.D

32.A

33.D

34.B

35.A

36.C

37.C

38.D

39.C

40.B

41.D

42.A

43.C

44.D

45.A

46.A

47.C

48.B

49.D

50.D

Câu 1:
Phương pháp:

1
Thể tích khối nón có bán kính đáy r và chiều cao h là: V = π r 2 h
3
Cách giải:
Ta =
có. V

1 2
1
3) 2 .a π a 3
=
πr h
π (a =
3
3

Chọn A.
Câu 2:
Phương pháp:
Giải phương trình mũ: a f ( x ) = a m  f ( x ) = m . ( 0 < a ≠ 1) .
Cách giải:
9x

2

−3 x + 2

x = 2
=1 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ 
x = 1

Vậy S = {1; 2}
Chọn D.
Câu 3.
Phương pháp:

G ( xG ; yG ; zG )

x A + xB + xC

 xG =
3

y A + yB + yC

là trọng tâm tam giác ABC ⇒  yG =
3

z A + z B + zC

 zG =
3


Cách giải:
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

1


x A + xB + xC 1 − 3 + 8

=
= = 2
 xG
3
3


y A + yB + yC 1 + 0 + 2

=
=
1 ⇒ G (2;1; −1).
Ta có:  yG =
3
3

z A + z B + zC 2 + 1 − 6

=
= −1
 zG =
3
3

Chọn C.
Câu 4
Phương pháp:
Công thức tính diện tích xung quanh của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là: S xq = 2π rh .
Cách giải:

=
Sxq
Ta có:

=
2π rh

2π=
.4.3

24π .

Chon B.
Câu 5:
Phương pháp:
Dựa vào lý thuyết đồ thị hàm =
số y

log a x ( 0 < a ≠ 1, x > 0 ) .

Cách giải:
Xét hàm số y = log2x ta có:

=
+)TXĐ: D

(0; +∞). Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm TCĐ.

+)Có a = 2 > 1 nên đồ thị hàm số luôn đồng biến trên (0;+ ∞).
+)Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm (1;0) và nằm bên phải trục tung.
+)Như vậy chỉ có đáp án C sai.
Chọn C.
Câu 6:
Phương pháp:
Công thúc tính thể tích khối lăng trụ: V = S d .h
Cách giải:

Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ đứng có các cạnh bên và các cạnh đáy bằng nhau
a 2 3 a3 3
'.S ABC a=
.
.
VABC
=
AA=
. A ' B 'C '
4
4

Chọn D.
Câu 7:
Phương pháp:
Hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( a; b )  y ' ≤ 0, ∀x ∈ (a; b).
Cách giải:
Ta có: y’ = x 2 – 2 x – 3
Hàm số nghịch biến  y’ < 0  x 2 − 2 x − 3 < 0  −1 < x < 3 .
Chọn D.
Câu 8:
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

2


Phương pháp:
g ( x)
+) Đường thẳng x = a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y =
⇔ lim f ( x) =

∞.
f ( x) =
x→a
h( x )
+) Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y =
f ( x) ⇔ lim f ( x) =
b
x →∞

Cách giải:
x = 1
Ta có x 2 − 1 = 0 ⇔ 
⇒đề thị hàm số có 2 TCĐ là : x = 1, x = −1.
 x = −1

1 6
− 2
x−6
x
x
Có =
=
lim 2
lim
0 ⇒ y = 0 là TCN của đồ thị hàm số
x →∞ x − 1
x →∞
1
1− 2
x

Như vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.
Chọn B
Chú ý khi giải: Học sinh có thể sử dụng máy tính để làm nhanh các bài tians về tìm số đường tiệm cận.
Câu 9.
Phương pháp:
Dựa vào dáng điệu của đồ thị hàm số, nhận xét và suy ra công thức đúng.
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy nét cuối của hàm số đi xuống nên a < 0 ⇒ loại đáp án B.
Ta thấy đồ thị hàm số cắt trục tung tại 1 điểm có tung độ lớn hơn 0 nên loại đáp án A.
+) Xét đáp án C ta có y ' =−3 x 2 − 1 =0 ⇔ 3 x 2 =−1 ⇒ pt VN
⇒Hàm số không có cự trị.

Mà quan sát đồ thị có hai điểm cực trị ⇒ loại C
Chọn D.

Câu 10.

Phương pháp:

dx
Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản ∫ e nx=

1 nx
e +C .
n

Cách giải:
Ta có ∫ e3 x dx
=

e3 x
+C
3

Chọn D.
Câu 11:
Phương pháp:
+) Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc nên: VSABC =

1
SA.SB.SC
6

Cách giải:
Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc=
nên: VSABC

1
1
=
SA.SB.SC
abc .
6
6

Chọn D.
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

3

Câu 12:
Phương pháp:
Hàm
số y log a f ( x)(0 < a ≠ 1) xác định ⇔ f ( x) > 0
=
Cách giải:
x > 2
Hàm số xác định ⇔ x 2 − x − 2 > 0 ⇔ 
 x < −1
Chọn B.
Câu 13:
Phương pháp:
Cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d =
0 thì mặt cầu có tâm I ( a; b; c ) và có bán kính
R=

a 2 + b2 + c2 − d .

Cách giải:
Theo đề bài, mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; 2 ) và bán kính R=

12 + (−2) 2 + 22 + 25=

34

Chọn A.
Câu 14:
Phương pháp:

Sử dụng các công thức nguyên hàm cơ bản: ∫ cos =
=
xdx sin x + C ; ∫ xdx

x2
+C
2

Cách giải:
Ta có ∫ (cos x − 2 x)dx= sin x −

2x2
+ C= sin x − x 2 + C .
2

Chọn A.
Câu 15:
Phương pháp:
Dựa vào BBT và các đáp án để nhận xét và chọn đáp án đúng.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy M ( 0; 2 ) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Chọn C.
Câu 16:
Phương pháp:
n

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton: (a + b) n =
∑ Cnk a n−k bk .
k =0

Cách giải
12
12
12
1

 −1 
Ta có:  x 2 − 12= ∑ C12k ( x 2 )12− k   = ∑ C12k x 24− 2 k (−1) k x − k = ∑ (−1) k C12k x 24−3k .(0 ≤ k ≤ 12, k ∈ N )
x

 x 
=
k 0=
k 0=
k 0
k

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì: 24 – 3k = 0 ⟺ k = 8

Vậy hệ số cần tìm là (−1)8 C128 =
495 .
Chọn C.

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

4


Câu 17:
Phương pháp:

Các điểm x = x0 được gọi là điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ⟺ x = x0 là nghiệm bội lẻ của phương trình

y’ = 0.

Cách giải:

e x + 1 =0
 x = ln12
 x
e − 12 =
0 
x
x
2

= x =−1
Ta có f '( x) =0 ⇔ (e + 1)(e − 12)( x + 1)( x − 1) =0 ⇔
 x + 1 =0
 x = 1

 x − 1 =0
Trong đó ta thấy x = 1 là nghiệm bội hai của phương trình ⇒ x = 1 không là điểm cực trị của hàm số

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.
Chọn B.
Câu 18:
Phương pháp:

So sánh tỉ số diện tích đáy và tỉ số chiều cao, từ đó suy ra tỉ số thể tích.
Cách giải:

1
.d ( M ;( ABC ) ) .S ∆ABC
VM . ABC
1 1 1
Ta có
.
= 3
= =
3 2 6
VABC . A ' B 'C '
d ( C ';( ABC ) ) .S ∆ABC

Do đó tỉ số thể tích hai phần (số bé chia số lớn) mà mặt
phẳng (MAB) chia ra là

1
5

Chọn C.
Câu 19:
Phương pháp:

4
Công thức tính thể tích khối cầu bán kính R: V = π R 3
3
Cách giải:
Khối cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a có bán kinh R =

a
.

2

4  a  π a3
.
=
⇒V
π=
 
3 2
6
3

Chọn A.
Câu 20:
Phương pháp:

1
Công thức tính thể tích khối chóp V = S d .h
3
Cách giải:

{O} . Khi đó ta có O là hình chiếu của S trên (ABCD).
Gọi AC ∩ BD =
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

5


Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM⊥BC.

⇒ ∠ ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = ∠ ( SM ; OM ) = ∠SMO = 600

Xét SOM vuông tại O ta có: =
SO

600
OM .tan=

a
a 3
.
. 3
=
2
2

1
1 a 3 2 a3 3
.
.
.a
VSABCD
SO.S ABCD =
=
=
3
3 2
6

Chọn C.

Câu 21:
Phương pháp:
+) Áp dụng tính chất:

)dx
∫ f '( x=

f ( x) + C

+) Sử dụng các công thức tính nguyên hàm của các hàm số cơ bản để tìm hàm f ( x ) sau đó tính f ( 2 )
Cách giải:
x
x
x
Ta có f ( x) =
e x + ∫ xe x dx
∫ ( x + 1)e dx =
∫ xe dx + ∫ e dx =

Tính I = ∫ e x dx

=
u x=
du dx
⇒
Đặt 
x
dx v e x
=
dv e=

⇒ I=

∫ xe dx=
x

xe x − ∫ e x dx= xe x − e x + C

⇒ f ( x) = e x + xe x − e x + C = xe x + C
Lại có f (0) =1 ⇒ 0.e0 + C =1 ⇒ C =1
f ( x)= xe x + 1 ⇒ f (2)= 2.e 2 + 1= 2e 2 + 1 .
Chọn B.
Câu 22:
Phương pháp:
+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x0 ) tại điểm M ( x0 , y0 ) là:
=
y

f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0

a1 = a2
+) Đường thảng =
y a1 x + b1 và=
y a2 x + b2 là hai đường thẳng song song ⇔ 
b1 ≠ b2
Cách giải:
Ta có =
y ' 3x 2 − 6 x
Gọi M ( x0 , y0 ) là một điểm thuộc đồ thị hàm số. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại
điểm M là: y = f ’ ( x0 )( x − x0 ) + y0 ⇔ y =

( 3x

2
0

− 6 x0

)( x − x ) + x
0

3
0

Theo đề bài ta có đường thẳng d / / y = 9 x + 6 ⇒ f '( x0 ) = 6
 x= 3 ⇒ M (3;1)
⇔ 3 x02 − 6 x0 =⇔
9 3 x02 − 6 x0 − 9 =⇔
0
 x =−1 ⇒ M (−1; −3)

+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (3;1) là: y = 9( x − 3) + 1= 9 x − 26 (tm)

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

6


+) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M (−1; −3) là: y = 9( x + 1) − 3 = 9 x + 6 ( ktm do ≡ (d) )
Chọn B.
Câu 23:

Phương pháp:
Ta có công thức tính thể tích khối chóp=
V

1
3V
S d .h ⇒=
h
Sd
3

Cách giải:
Sử dụng công thức tính nhanh khối chop tứ diện đều cạnh a là V =
Diện tích của đáy là tam giác đều là: S =

⇒ h=

3V
=
S

a3 2
12

a2 3
4

a3 2
12 = a 6
2

3
a 3
4

3.

Chọn C
Câu 24:
Phương pháp
Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0 ∀x ∈ R
Cách giải:
Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + m
Hàm số đã cho đồng biến trên R ⇔ y′ ≥ 0∀x ∈ R ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ 9 − 3m ≤ 0 ⇔ m ≥ 3
Chọn A.
Câu 25:
Phương pháp
1
Ta có công thức tính thể tích khối chóp V = Sd h .
3

Cách giải
Ta
có: V
=

1
1
1
1
3 a3 3

=
SABC .SA
SA. .AB.AC.sin
=
A
.a.a.2a.
=
3
3
2
6
2
6

Chọn C.
Câu 26:
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq = π rl trong đó r, l lần lượt là bán kính đáy
và độ dài đường sinh của hình nón.

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

7


Cách giải:

Khi quay tam giác vuông cân ABC quanh AH ta được khối nón có chiều
cao AH = 4, bán kính đáy BH
= AH

= 4 . Áp dụng định lí Pytago trong
tam giác vuông ABH có
=
AB AH
=
2 4 2
Khi

đó

diện

tích

xung

quanh

của

hình

nón

là

Sxq= π .AH ⋅ AB= π .4.4 2= 16 2π
Chọn B.
Câu 27:
Phương pháp:

 u  u 'v − v'u
Sử dụng công thức tính đạo hàm của thương   ' =
.
v2
v

Cách giải:

y'

1
ln x − (x + 1) ⋅
x x ln x − x − 1
=
2
(ln x)
x(ln x) 2

Chọn B.
Câu 28:
Phương pháp:
Xét hai trường hợp:
TH1: cosx = 0
TH2: cosx ≠ 0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x .
Cách giải:
TH1: cos x = 0 ⇔ x =
⇒x=

π
2

π
2

+ kπ (k ∈ Z) ⇒ sin 2 x =1 , khi đó phương trình trở thành 1 = 1 (luôn đúng)

+ kπ (k ∈ Z) là nghiệm của phương trình.

x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤

π
2

+ kπ ≤ 3π ⇔ −

TH2: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π
2

1
5
≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2}
2
2

+ kπ (k ∈ Z) . Chia cả 2 vế của phương trình cho cos 2 x ta được:

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

8


π
sin 2 x
sin x
1
1
+ 3
= 2 ⇔ tan 2 x + 3 tan x =1 + tan 2 x ⇔ tan x = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z)
2
cos x
cos x cos x
6
3
.
1
17
π
x ∈ [0;3π ] ⇒ 0 ≤ + kπ ≤ 3π ⇔ − ≤ k ≤ (k ∈ Z) ⇔ k ∈ {0;1; 2}
6
6
6
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn B.
Câu 29:
Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép A
A(1 + r) n trong đó:
=

n
A n :Dân số sau n năm.
A: Dân số ban đầu
r : tỉ lệ tăng dân số.
Cách giải:
Từ năm 2018 đến năm 2030 là 12 năm.
Dân số nước ta tính đến năm 2030 với tỉ lệ tăng dân số không đổi 1,2% là:
S =93, 7(1 + 1, 2%)12 ≈ 108,12 triệu dân.
Chọn D.
Câu 30:
Phương pháp:
Xét hiệu u n −1 − u n luôn bằng hằng số không đổi thì dãy ( u n ) là một cấp số cộng.
Cách giải:
Xét đáp án B ta có u n +1 = 3(n + 1) + 1 = 3n + 4 ⇒ u n +1 − u n = 3∀n ∈ N* .
Do đó dãy số u n =3n + 1( n ∈ N* ) là một cấp số cộng.
Chọn B.
Câu 31:
Phương pháp:
Sử dụng nguyên hàm cơ bản

∫

1
=
dx 2 x + C và công thức vi phân f ′ (x)dx = d(f (x)).
x

Cách giải:

∫x

1
=
dx
ln x + 1

∫

d(ln x + 1)
= 2 ln x + 1 + C
ln x + 1

Chọn D.
Chú ý: Đối với bài toán này, nếu không quen sử dụng vi phân học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương

=
t
pháp biến bằng cách đặt
Nguyên hàm trở thành

∫

ln x + 1 , khi đó t 2= ln x + 1 ⇔ 2tdt=

dx
x

2tdt
= 2 ∫ dt = 2t + C = 2 ln x + 1 + C
t

Câu 32:
Phương pháp:
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

9



 
a.b
Sử dụng công thức cos(a; b) =  
a.b
Cách giải:
 
Ta có cos(a;
=
b)


ab
=

a b

−2 + 1
−1
=
14. 2 2 7

Chọn A.
Câu 33:
Phương pháp:

 
ABCD là hình bình hành ⇔ AB =
DC
Cách giải:

 
ABCD là hình bình hành ⇔ AB =
DC


Ta có AB = (−4; −2; 2); DC = ( 2 − x D ; 4 − y D ; −1 − z D )
−4
6
2 − x D =
x D =
 


AB =DC ⇔ 4 − y D =−2 ⇔  y D =6 ⇒ D(6;6; −3)
−1 − z =2
z =−3
D

 D
Chọn D.

 
CD . Chú ý AB = CD chứ
Chú ý: Học sinh thường nhầm lẫn ABCD là hình bình hành ⇔ AB =
 
AB ≠ CD .

Câu 34:
Phương pháp:
Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên [ a; b ]
+) Giải phương trình f '(x) = 0 suy ra các nghiệm x i ∈ [ a; b ]
+) Tính f (a);f (b);f ( x i ) .
+) Kết luận max f (x)
[a;b]

max
=
{f (a);f (b);f (x i )} ; min f (x) min {f (a); f (b);f (x i )} .
[a;b]

Cách giải:
(2x + 1)(x − 2) − ( x 2 + x + 3) x 2 − 4x − 5
 x = 5 ∉ [−2;1]
TXĐ: D = R \ {2} . Ta có y ='
=
= 0⇔
2
2
(x − 2)
(x − 2)
 x =−1 ∈ [−2;1]

M = −1
5
f (−2) =− ;f (1) =−5;f (−1) =−1 ⇒ 
⇒ T =M + 2m =−1 − 10 =−11
4
m = −5
Chọn B.
Câu 35:
Phương pháp:
+) Phân tích biểu thức

x +1
A
B
=+
(A, B ∈ R)
(x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2

+) Sử dụng nguyên hàm mở rộng

1

dx
∫ ax + b=

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

1
ln ax + b + C
a

10


Cách giải:
Ta có

x +1
3
−2
=
+
(x − 1)(x − 2) x − 1 x − 2

Do đó
x +1

 −2

3 

∫ (x − 1)(x − 2)dx =∫  x − 1 + x − 2 dx =−2 ln x − 1 + 3ln x − 2 + C
a = −2
b 1
= a ln x − 1 + b ln x − 2 + C ⇒ 
⇒ a +=
b = 3
Chọn A.
Câu 36:
Phương pháp:

+) Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt.
+) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác
=
S∆IBC

2S∆IBC
1
1
d(I; BC).BC
=
d(I;d), BC=
⇒ BC
2
2
d(I;d)

+) Sử dụng công thức tính độ dài BC =

( x B − x C ) + ( yB − yC )
2

2

+) Áp dụng định lí Vi-ét tìm m.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x 3 + 2mx 2 + (m + 2)x = 0
 x = 0 ⇒ y = 4 ⇒ A(0; 4)
⇔ x ( x 2 + 2mx + m + 2 ) =0 ⇔  2
0(1)

 x + 2mx + m + 2 =
Để y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 và đường thẳng y= x + 4 cắt nhau tại 3 điểm phân biệt thì phương trình

m > 2
∆=' m 2 − m − 2 > 0

⇔   m < −1
(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇒ 
m + 2 ≠ 0
m ≠ −2


−2m
x B + x C =
Khi đó: x B ; x C là 2 nghiệm của phương trình (1), áp dụng định lí Vi-ét ta có 
 x B x C= m + 2
2S
1
1
d(I; BC).BC
d(I;d).BC ⇒ BC =∆IBC
=
2
2
d(I;d)

Ta có S∆IBC
=
Mà d(I;d) =

1− 3 + 4
2

= 2 ⇒ BC =

2.8 2
=16
2

Ta có
BC2 =( x B − x C ) + ( y B − y C ) =( x B − x C ) + ( x B + 4 − x C − 4 ) =2 ( x B − x C )
2

2

2

2

2

⇔ ( x B − x C ) = 128 ⇒ ( x B + x C ) − 4x B x C = 128
⇔ 4m 2 − 4(m + 2) = 128 ⇔ m 2 − m − 2 = 32 ⇔ m 2 − m − 34 = 0
2

2

Phương trình bậc hai ẩn m có 2 nghiệm phân biệt m1 , m 2 và m1 + m 2 =
1.
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

11


Chọn C.
Câu 37:
Phương pháp:
+) Tìm điều kiện của hàm số có 3 điểm cực trị. Xác định các điểm cực trị A, B, C của đồ thị hàm số.
1
d(A; BC) ⋅ BC .
2

+) Tính diện tích tam giác ABC, sử dụng công thức
S∆ABC
=
+) Sử dụng công thức S∆ABC =

AB ⋅ AC ⋅ BC
trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
4R

Cách giải:
x = 0
TXĐ: D = R . Ta có y ' =
4x 3 − 4mx =
0⇔ 2
x = m
Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
 x = 0 ⇒ y = 2m + m 4 ⇒ A ( 0; 2m + m 4 )


Khi đó ta có: y ' =0 ⇔  x = m ⇒ y =m 4 − m 2 + 2m ⇒ B m; m 4 − m 2 + 2m


− m⇒y=
m 4 − m 2 + 2m ⇒ C − m; m 4 − m 2 + 2m
 x =

(

(

)

)

Ta có d(A; BC) = m 4 + 2m − m 4 + m 2 − 2m = m 2 ; BC = 2 m .
⇒ S∆=
ABC

1
1 2
d(A; BC).BC
m .2 =
m m2 m .
=
2
2

Ta có: AB2 =m + m 4 =AC2
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có:

AB ⋅ AC ⋅ BC
=
S∆ABC
⇔
=
m2 m
4R

(m + m ) 2
4

4

m

⇔=
m + m 4 2m 2

m = 0
m = 1



−1 + 5
−1 + 5 −1 − 5 
⇔ m ( m3 − 2m + 1) = 0 ⇔=
m
=
⇒ S 0;1;
;


2
2
2 



 m = −1 − 5

2

Khi đó tổng các phần tử của S là 0 + 1 +

−1 + 5 −1 − 5
+
=0
2
2

Chọn C.
Câu 38:
Phương pháp:
+) Chứng minh tứ giác ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, suy ra mặt cầu ngoại tiếp
chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.
+) Xác định giao điểm I của 2 trục của tứ giác ABMD là SAD. Chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
chóp S.ABMD.
+) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IA , sử dụng công thức tính diện tích mặt cầu S = 4π R 2 .
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

12

Cách giải:

Xét tam giác vuông ADC có
AD.CD
=
AD 2 + CD 2

=
DH

HC
=

CD 2
=
AC

a ⋅ 2a
2a
=
5
a 2 + 4a 2

CD 2

=
AD 2 + CD 2
1

2a
⇒ HM = HC =
=DH
2
5

4a 2
4a
=
5
a 2 + 4a 2

⇒ ∆DMH vuông cân tại H.
⇒ AMD= 45°= ABD ⇒ Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp ⇒ Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng
chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.
Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, kẻ đường thẳng
d ⊥ (ABCD) .

Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ GI / /OK(I ∈ d) (K là trung điểm của AD).
Ta có OK / /AB ⇒ OK ⊥ AD ⇒ OK ⊥ (SAD) ⇒ GI ⊥ (SAD)
Ta có: I ∈ d ⇒ IA = IB = IM = ID

I ∈ IG ⇒ IS = IA = ID

⇒ IA =IB =IM =ID =IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.
1
a
a2 a2 a 2
2
2

Ta có OK = AB = =AK ⇒ OA = OK + AK =
+
=
2
2
4 4
2
Tam giác SAD đều cạnh a ⇒ SK =

a 3
1
a 3
⇒ GK = SK =
= OI
2
3
6
2

2

a 3 a 2
a 21
Xét tam giác vuông IOA có: IA = 10 + OA = 
=R
 + 
 =


6

 6   2 
2

2

7a 2 7π a 2
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là S =4π R =4π ⋅
=
12
3
2

Chọn D.
Câu 39:
Phương pháp:
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

13


Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng AB=

( x A − x B ) + ( yA − yB ) + ( zA − zB )
2

2

2

.

Cách giải:
Gọi M(a; b;c) ta có:
MA 2 + MB2 + MC2 =
52
2
2
⇔ (a − 1) + (b − 2) + c 2 + (a − 3) 2 + (b − 2) 2 + (c+ 1) 2 + (a + 1) 2 + (b + 4) 2 + (c − 4) 2 =
52
2
2
2
⇔ 3a + 3b + 3c − 6a − 6c =
0
2
2
2
⇔ a + b + c − 2a − 2c =
0
Vậy tập hợp tất cả các điểm M là mặt cầu tâm I(1;0;1) bán kính R=

12 + 02 + 12 − 0=

2 .

Chọn C.
Câu 40:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số g ( x ) = f ( 3 - x ) .
+) Hàm số đồng biến trên (a; b) khi và chỉ khi g′ (x) ≥ 0∀x ∈ (a; b) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Cách giải:
Đặt g(x)
= f (3 − x) ta có g '(x) =
−f '(3 − x)
Xét x ∈ (−2; −1) ⇒ 3 − x ∈ (4;5) ⇒ f ′ (3 − x) > 0 ⇒ g′ (x) < 0 ⇒ hàm số y = g(x) nghịch biến trên (−2; −1)
Xét x ∈ (−1; 2) ⇒ 3 − x ∈ (1; 4) ⇒ f ′ (3 − x) < 0 ⇔ g′ (x) > 0 ⇒ hàm số y = g(x) đồng biến trên (−1; 2)
Chọn B.
Câu 41:
Phương pháp:
+) Chứng minh SC ⊥ (AMNP) .
+) Sử dụng công thức tỉ số thể tích tính thể tích chóp S.AMNP.
3VS.AMNP
1
+) Sử dụng công thức tính thể tích VS.AMNP = SN.SAMNP ⇒ SAMNP =
.
SN
3

Cách giải:

O AC ∩ BD
Gọi =
Do M thuộc mặt cầu đường kính AC
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

14


⇒ AMC =90° ⇒ MC ⊥ MA

Ta có
BC ⊥ AB(gt)
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM

BC ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD))
⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SB và AM ⊥ SC

Chứng minh tương tự ta có
AP ⊥ (SCD) ⇒ AP ⊥ SC; AP ⊥ SD .

N thuộc mặt cầu đường kính AC ⇒ ANC =90° ⇒ AN ⊥ SC
⇒ SC ⊥ (AMNP)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có
SN
=

SA 2
=
SC

SA 2

=
SA 2 + AC2

a2

=
a 2 + 2a 2

a
SN SA 2
a2
1
và = =
=
2
2
2
SC SC
a + 2a
3
3

SM SA 2
a2
1
Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông SAB ta có = =
=
2
2
2
SB SB
a +a
2
SP SA 2
a2
1
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có = =

=
2
2
2
SD SD
a +a
2
Ta có:
VS.AMN SM SN 1 1 1
1
1
=
⋅
= ⋅ = ⇒ VS.AMN = VS.ABC = VS.ABCD
VS.ABC SB SC 2 3 6
6
12
VS.ACD SN SP 1 1 1
1
1
=
⋅
= ⋅ = ⇒ VS.ANP = VS.ACD = VS.ABCD
VS.ACD SC SD 3 2 6
6
12

1
1
1

1 1
a3
⇒ VS.AMN =
⋅ SA.SABCD =
VS.AMN + VS.ANP =VS.ABCD + VS.ABCD =
VS.ABCD =
12
12
6
6 3
18
Lại có VS.AMNP
=

1
SN.SAMNP ⇒ SAMNP
3

a3
3⋅
2
3VS.AMNP
18 a 3
=
= =
a
SN
6
3

Chọn D.
Câu 42:
Phương pháp:
+) Sử dụng phương pháp hàm số tìm K.
+) Tìm điều kiện để hàm số y = 2x 3 − 3(m + 2)x 2 + 6(2m + 3)x − 3m + 5 có y ' ≥ 0∀x ∈ K
Cách giải:

7 2x +

x +1

⇔ 7 2x +

− 7 2+
x +1

x +1

+ 2018x ≤ 2018

+ 2018x + 1009 x + 1 ≤ 7 2+

x +1

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

+ 2018 + 1009 x + 1
15

′
Xét hàm số f (t)= 7 t + 1009t ta có f=
(t) 7 t ln 7 + 1009 > 0∀t ∈ R ⇒ Hàm số đồng biến trên R.

(−∞;1]
⇒ (*) ⇔ 2x + x + 1 ≤ 2 + x + 1 ⇔ x ≤ 1 ⇒ K =

Bài toán trở thành tìm m để hàm số y = 2x 3 − 3(m + 2)x 2 + 6(2m + 3)x − 3m + 5 đồng biến trên ( −∞;1] .
Ta có y ' =6x 2 − 6(m + 2)x + 6(2m + 3) =0 ⇔ x 2 − (m + 2)x + (2m + 3) =0
∆= (m + 2) 2 − 4(2m + 3)
= m 2 − 4m − 8
TH1: ∆ ≤ 0 ⇔ 2 − 2 3 ≤ m ≤ 2 + 2 3 . Hàm số đã đồng biến trên R, thỏa mãn đồng biến trên ( −∞;1] .
m > 2 + 2 3
TH2: ∆ > 0 ⇔ 
, khi đó hàm số có 2 điểm cực trị x1 < x 2 . Ta có bảng xét dấu y’:
 m < 2 − 2 3

Để hàm số đồng biến trên (−∞;1] ⇒ 1 ≤ x1 < x 2 .

 x1 + x 2 > 2
 x1 + x 2 > 2
⇔
Khi đó ta có 
( x1 − 1)( x 2 − 1) ≥ 0
 x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) + 1 ≥ 0

 x + x 2 =m + 2
Áp dụng định lí Vi-ét ta có  1
2m + 3
 x1x=

2
m + 2 > 2
m > 0
m > 0
⇒
⇔
⇔
⇔m>0
2m + 3 − m − 2 + 1 ≥ 0
m + 2 ≥ 0
m ≥ −2
⇒ m > 2+2 3
a = 2
Kết hợp 2 trường hợp ta có 2 − 2 3 ≤ m ⇒ m ∈ [2 − 12; +∞) ⇒ 
⇒ S= a + b= 14
b = 12
Chọn A.
Câu 43:
Cách giải:
+) Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao của tam
giác ABC.
BC ⊥ AA '
Ta có 
⇒ BC ⊥ ( SAA ') ⇒ BC ⊥ SA .
BC ⊥ SH
Hoàn

toàn

tương

tự

ta

chứng

minh

được

AB ⊥ SC, AC ⊥ SB ⇒ Đáp án D đúng.

+) S.ABC là tứ diện trực tâm nên tổng các bình phương của
mỗi cặp cạnh đối của tứ diện bằng nhau (tính chất tứ diện
trọng tâm) ⇒ đáp án B đúng.
+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SC, BC, AB.

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

16


Ta có MN / /PQ / /AC, MN
= PQ
=

AC
(tính chất đường trung bình của tam giác) ⇒ MNPQ là hình bình
2

hành.

MN / /AC

Lại có MQ / /AC ⇒ MN ⊥ MQ ⇒ MNPQ là hình chữ nhật ⇒ MP =
NQ
AC ⊥ SB

Tương tự như vậy đối với đường nối trung điểm của 2 cạnh đối diện còn lại là AC và SB. Ta chứng minh
được các đoạn thẳng nối các trung điểm các cặp đối của tứ diện bằng nhau ⇒ Đáp án A đúng.
Chọn C.
Câu 44:
Phương pháp:
+) Nhân cả 2 vế với e x . Lấy nguyên hàm 2 vế sau đó xác định hàm số f (x) .
2

+) Từ giả thiết f (0) = 0 tính hằng số C, từ đó tính f (1) .
Cách giải:
f ′ (x) + 2x.f (x)= e − x ∀x ∈ R
2

⇔ e x [ f '(x) + 2x.f (x) ] =
1
2

⇔ e x f '(x) + 2x.f (x)e x =
1
2

2

(

)

⇔ f (x) ⋅ e x ' =
1
2

⇔ f (x)e x = x + C ⇔ f (x) = (x + C)e − x
2

2

Ta có f (0) =0 ⇔ C =0 ⇔ f (x) = xe − x ⇒ f (1) =1.e −1 =
2

1
e

Chọn D.
Câu 45:
Cách giải:

O AC ∩ BD và (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với
Gọi =
(ABCD).
SA ⊥ SB
Ta có 

⇒ SA ⊥ (SBD) ⇒ SA ⊥ BD
SA ⊥ SD
BD ⊥ AC
Và 
⇒ BD ⊥ (SAC) .
BD ⊥ SA
Trong SAC kẻ đường thẳng OI ⊥ AC(I ∈ SC)
Ta có
OI ⊂ (SAC) ⇒ OI ⊥ BD, OI ⊥ AC ⇒ OI ⊥ (ABCD) ⇒ (P) / /(OI)

Trong (SAC) kẻ AM / /OI(M ∈ SC) .
(P) và (SCD) có điểm M chung, AB / /CD ⇒ (P) ∩ (SCD) =
đường thẳng qua M và song song với AB,
CD.
Trong (SCD) kẻ MN / /CD(N ∈ SD) . Khi đó (P) ≡ (ABMN) .

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

17


1
1
2
2
S=
S∆=
SMABd(I;(ABD))
IOS∆MBD
=

ABD .d(M;(ABD))
∆ABD .d(N;(ABD))
3
3
3
3

Ta có VD.ABN
=
⇒ VD.ABN
=

2
1 2 4a 2
IO. .4a
=
IO
3
2
3

Do đó để VD.ABN lớn nhất thì OI phải lớn nhất.
Vì SA ⊥ (SBD)(cmt) ⇒ SA ⊥ SO ⇒ ∆SOA vuông tại S.
Đặt SA= x(0 < x < a 2= OA) . Ta có
1
1
AC = .2a 2 = a 2 ⇒ SO =
2
2

OA =

OA 2 − SA 2 =

2a 2 − x 2

Kẻ SH ⊥ AC(H ∈ AC) ta có

SA.SO
=
SA 2 + SO 2

=
SH

x. 2a 2 − x 2
x 2a 2 − x 2
SO 2 2a 2 − x 2
=
= =
;OH
OA
a 2
a 2
x 2 + 2a 2 − x 2

2a 2 − x 2 4a 2 − x 2
=
CH = OC + OH = a 2 +
a 2

a 2
Áp dụng định lí Ta-lét (OI / /SH) ta có:
x 2a 2 − x 2
.a 2
OI OC
x 2a 2 − x 2 .a 2
x 4a 2 − 2x 2
a
2
=
⇒ OI =
=
=
a
4a 2 − x 2
SH CH
4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
a 2
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số không âm x và

4a 2 − 2x 2 ta có:

x 2 + 4a 2 − 2x 2 4a 2 − x 2
x 4a − 2x ≤
=
2
2
2

2

4a 2 − x 2
a
⇒ OI ≤ a 2 2 2 =.
4a − x
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x =
Vậy VDABN ≤

4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 = 4a 2 − 2x 2 ⇔ x 2 =

4 2
2a
.
a ⇔ x=
3
3

4a 2 a 2a 3
2a 3
.
⋅ = hay max V DABN =
3
3 2
3

Chọn A.
Câu 46:

Phương pháp:
+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 .

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

18


+) Từ giả thiết có một tiếp tuyến là: ∆1 : y =
−1 tính được m.
+) Thử lại và kết luận.
Cách giải:
TXĐ: D = R , ta có y ' = 3x 2 − 6(m + 3)x .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = x 0 là:
y=

( 3x

− 6(m + 3)x 0 ) ( x − x 0 ) + x 30 − 3(m + 3)x 02 + 3(d)

2
0

Có một tiếp tuyến là ∆1 : y =
−1
 x 0 =
0
3x 02 − 6(m + 3)x 0 =
0


x 0 2(m + 3)
⇒ 3
⇔  =
2
 x 0 − 3(m + 3)x 0 + 3 =−1  3
2
 x 0 − 3(m + 3)x 0 + 3 =−1

TH1: x 0 =0 ⇒ 3 =−1 (vô nghiệm).
TH2: x 0= 2(m + 3) ⇒ 8(m + 3)3 − 3(m + 3).4(m + 3) 2 + 4= 0
⇔ −4(m + 3)3 + 4 = 0 ⇔ (m + 3)3 = 1 ⇔ m + 3 = 1 ⇔ m = −2 .
Thử lại khi m = −2 , phương trình đường thẳng (d) trở thành
y=

( 3x

− 6x 0 ) ( x − x 0 ) + x 30 − 3x 02 + 3(d)

2
0

( 3x

−1
A(−1; −1) ∈ (d) ⇒=

2
0

− 6x 0 ) ( −1 − x 0 ) + x 30 − 3x 02 + 3

⇔ −1 = −3x 02 + 6x 0 − 3x 30 + 6x 02 + x 30 − 3x 02 + 3
x = 2
⇔ 2x 30 − 6x 0 − 4 = 0 ⇔  0
 x 0 = −1

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị hàm số khi m = −2 (tm).
Vậy m = −2 .
Chọn A.
Câu 47:
Phương pháp:
+) Chia cả 2 vế của bất phương trình cho 42x

3
+) Đặt  
2

2x 2 − x

= t , với x ≥

2

−x

.

1
xác định khoảng giá trị của t.
2

+) Đưa bất phương trình về dạng m ≤ f (t)∀t ∈ (a; b) ⇔ m ≤ min f (t)
(a;b)

+) Lập BBT hàm số y = f (t) và kết luận.
Cách giải:

m.92 x

2

⇔ m.

−x

− (2m + 1)62 x

92 x

2

−x

42 x

2

−x

2

−x

− (2m + 1)

 3  2 x
⇔ m  
 2 

2

−x

2

+ m42 x

62 x

2

−x

42 x

2

−x

2

−x

≤0

+m≤0

2x

3
 − (2m + 1)  
2


2

−x

+m≤0

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

19


3
Đặt  
2

2 x2 − x

x

= t với x ≥
−∞

1
4

f ′( x)
f ( x)

1
. Xét hàm số f (=
x) 2 x 2 − x ta có BBT
2

+∞

1
2

−

+

+

+∞

+∞
−

0

1
8

0

⇒ f ( x) ≥ 0∀x ≥

1
3
1
⇔t ≥  =
2
2

Khi đó bất phương trình trở thành mt 2 − (2m + 1)t + m ≤ 0∀t ≥ q
⇔ m(t 2 − 2t + 1) − t ≤ 0∀t ≥ 1 ⇔ m(t − 1) 2 − t ≤ 0∀t ≥ 1
Khi t = 1 ta có −1 ≤ 0 luôn đúng.
Xét khi t > 1 ⇒ m ≤

t
= f (t )∀t > 1 ⇔ m ≤ min f (t )
t >1
(t − 1) 2

(t − 1) 2 − t.2.(t − 1) t − 1 − 2t

=
=0 ⇔ t =−1
Ta có f '(t ) =
(t − 1) 4
(t − 1)3
BBT:

t

−1

−∞

f ′ (t )

+

f (t )

0

+∞

1

−

−
+∞

1
4
−∞

0

0

Dựa vào BBT của hàm số y = f (t ) ta có min f (t ) > 0 ⇒ m ≤ 0
t >1

Chọn C.
Câu 48:
Phương pháp:
+) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón trong đó r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón
+) Sử dụng công thức tính thể tích khối nón cụt trong đó r1, r2 lần lượt là bán kính 2 đáy và chiều cao của khối
nón
Cách giải
Khi quay hình vuông ABCD quanh AM ta được:
Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

20


+) 1 khối nón đỉnh A, đường cao AN, bán kính đáy NB (V1).
+) 1 khối nón cụt tâm N, P (V2) – 1 khối nón đỉnh M, đường cao MP, bán kính đáy PC (V3).

AN
AB
⇒ AN

=
Ta có ∆ABN − ∆MAD( g .g ) ⇒ =
DM AM

⇒ BN =

AB 2 − AN 2 =

1−

1
.Z
2 =

1
12 +  
2

1
5

2

1
2
=
5
5

2

1  2  1
4 5π
.
π =
=
⇒ V1

3  5
75
5

PC
=
PC MC MP 1
Ta có ∆MPC  ∆ANB( g .g ) ⇒
= = =⇒
NB AB AN 2 
=
MP


⇒ NP = MN + MP = AM − AN + MP =
⇒ V=
2

1
1
=
NB

2
5
1
1
=
AN
2
2 5

5 1
1
2 5
−
+
=
2
5
5 2 5

1
π  1 4 1 2  2 5 14 5
π ( PC 2 + BN 2 + PC.BN ) NP
.
=
+ +
 . = 75 π
3
3  5 5
5 5 5
2

1
5π
π 1  1 
π MP.PC 2
. =
.
=

3
3 2 5  5
150

V3
=

V = V1 + V2 − V3 =

4 5π 14 5
5π 7 5
+
π−
=
π
75
75
150
30

Chọn B.

Câu 49:
Phương pháp
+) Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, lập hệ phương trình giải tìm x, y trong
trường hợp x – y = 1 , suy ra kết quả thuận lợi cho biến cố “số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1
đoạn”.

100 2 x + 5 y =
10 ( x, y ∈ N ) , suy ra số phần tử của không
+) Tính số bộ số ( x; y ) thoả mãn 2 x + 5 y =
gian mẫu.
+) Tính xác suất của biến cố.
Cách giải
Gọi số đoạn có chiều dài 2 đốt là x và số đoạn có chiều dài 5 đốt là y, ta có hệ phương trình
+ 5 y 100 =
2 x=
 x 15
⇔

=
x − y 1 =
 y 14

1.
Gọi A là biến cố số đoạn 2 đốt nhiều hơn số đoạn 5 đốt đúng 1 đoạn” ⇒ n( A) =

100 (x,y ∈ N) ta có bảng sau:
Xét các bộ số (x,y) thoả mãn 2 x + 5 y =
x

0

5

10

15

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

20

25

30

35

40

45

50
21


y

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

0

⇒ n(Ω) =11
)
Vậy P( A=

1
≈ 0, 09
11

Chọn D.
Câu 50:
Phương pháp

Giải phương trình y’ = 0 . Lưu ý tính đạo hàm của hàm hợp. Số nghiệm bội lẻ của phương trình chính là số
cực trị của hàm số.
Cách giải

2, x =
x1 ∈ (1; 2 ) , x =
x2 ∈ ( 2;3) .
Dựa vào đồ thị hàm số y = f ( x ) ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị x =
 f '( x) = 0
 f ( x) = 2
.
Xét hàm số y = f ( f ( x)) có y =' f '( x). f '( f ( x))= 0 ⇔ 
 f ( x=
) x1 ∈ (1; 2)

) x2 ∈ (2;3)
 f ( x=
x = 2
Phương trình f '( x) =0 ⇔  x =x1 ∈ (1; 2) .
 x= x2 ∈ (2;3)

Phương trình f ( x) = 2 có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình f ( x=
) x1 ∈ (1; 2) có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình f ( x=
) x2 ∈ (2;3) có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Các nghiệm này không trùng nhau, do đó phương trình y’ = 0 có 9 nghiệm phân biệt (không tringf nhau),
Các nghiệm đều là nghiệm đơn. Do vậy hàm số y = f ( f ( x) ) có 9 điểm cực trị
Chọn D.

Tài liệu KYS Khóa đề thi thử THPT 2019

22