LỜI GIẢI CÁC CÂU KHÓ ĐỀ THI THỬ LAM SƠN –THANH HÓA LẦN 3 (2018-2019)
CÂU 44: Cho hàm số y f ( x) xác định và liên tục trên và có đồ thị của
đạo hàm cấp hai f ''( x) như hình vẽ bên. Biết f '( 2) 8; f '(1) 4 . Hàm số
g( x) 2 f ( x 3) 16 x 1 đạt giá trị lớn nhất tại x0 nằm trong khoảng nào
dưới đây ?
A. 0; 4 .
B. 4; .
C. ; 1 .
D. 2;1 .
GIẢI.
g '( x) 2 f '( x 3) 16
Ta có
x 3 2 x 1 .
g ''( x) 2 f ''( x 3) 0
x 3 1 x 4
Ta có bảng biến thiên như sau:
x
1
u x3
-2
g ''( x)
g '( x)
1
0
-
+
4
+
+
0
24
0
+
0
-
g( x )
Vậy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x x0 4; => CHỌN B
CÂU 45: Cho hàm số y f ( x) có đạo hàm và liên tục trên . Biết đạo hàm
f '( x) có đồ thị như hình bên và
f ( a) 1, f (b) 0 , lim f ( x) , lim f ( x) . Tập hợp S của tất cả các
x
x
tham số thực m để hàm số g( x) 2 f 2 ( x) 3 f ( x) m có đúng 7 điểm cực trị
là ?
A. S 5; 0 .
B. S 8; 0 .
1
C. S 8; .
6
GIẢI.
GV. Tống Quang Minh-(TP.Biên Hòa – Đồng Nai)
9
D. S 5; .
8
Ta có g '( x)
f '( x) 4. f ( x) 3 2 f 2 ( x) 3 f ( x) m
2
2 f ( x) 3 f ( x) m
. Số điểm cực
g '( x) 0(1)
trị của g( x) thỏa
g '( x) không xác đinh( 2)
f '( x) 0 x a , x b
* g '( x) 0
g '( x) 0 có 3 nghiệm (
f ( x) 3 x x
1
4
xem hình vẽ)
(Đường đậm là đồ thị của f ( x) ).
Vậy để hàm số có 7 cực trị thì 2 f 2 ( x) 3 f ( x) m 0 có 4 nghiệm
khác x1 , a , b .
Xét phương trình 2t 2 3t m có hai nghiệm t1 t2 . Để 2 f 2 ( x) 3 f ( x) m 0 có 4 nghiệm thì có hai
trường hợp xãy ra :
TH1: f ( x) t1 có 3 nghiệm và f ( x) t2 có 1 nghiệm => 0 t1 1 t2 ( Loại ,
xem đồ thị hàm số y 2t 2 3t ).
TH2: f ( x) t2 có 3 nghiệm và f ( x) t1 có 1 nghiệm => t1 0 t2 1 =>
0 m 5 5 m 0 m 5; 0 .=> CHỌN A
CÂU 46: Cho 3 số phức z , z1 , z2 thỏa z 1 2i z 3 4i ,
z1 5 2i 2 , z2 1 6i 2 . Tìm GTNN của T z z1 z z2 4 ?
A.
2 3770
.
13
B.
10361
.
13
C.
3770
.
13
GIẢI.
Gọi M x , y là điểm biểu diễn số phức z => 2x 3y 5 0 d .
z1 5 2i 2 , z2 1 6i 2 => z1 M1 nằm trên đường tròn tâm
O1 5; 2 bán kính r1 2 và z2 M 2 nằm trên đường tròn tâm
O2 1; 6 bán kính r2 2
GV. Tống Quang Minh-(TP.Biên Hòa – Đồng Nai)
D.
10361
.
26
Ta có T z z1 z z2 4 MM1 O1 M1 MM2 O2 M 2 MO1 MO2 (1) .
Gọi O3 là điểm đối xứng của O2 qua ( d) . Ta có MO2 MO3 => T MO1 MO2 MO1 MO3 O1O3 =>
Tmin O1O3 khi M là giao điểm của O1O3 với d .
11 13
d O1 ,(d)
13 O O / /(d) O O 2d O ,(d) 22 13 . Ta có O O 52 và O O O
Ta có
2 13
1 2 3
1 2
2 3
1 2
d O ,(d) 11 13
13
2
vuông tại O2 => O1O32 O1O2 2 O2O32
1160
2 3770
2 3770
O1O3
Tmin
=>CHON A
13
13
13
CÂU 47: Trong không gian Oxyz cho A 1;1; 3 , B 5; 2; 1 và hai điểm M , N Oxy . Biết I 1; 2; 0 là
trung điểm của MN .Khi P MA 2 2NB2 MA NB đạt GTNN. Tính T 2 xM 4xN 7 y M yN .
A. T 10.
B. T 12.
C. T 11.
D. T 9.
GIẢI.
M a; b; 0 .
x a.
x 2 a.
N
Gọi M
. Vậy :
y
b
.
y
4
b
.
N
2
a
;
4
b
;
0
.
M
N
T 2 xM 4 xN 7 y M yN 6a 8 8b 4 6a 8b 12
MA 2 a 1 2 b 12 9 a 2 b2 2a 2b 11
2
2
2
2
2
2
2
2
NB a 3 b 2 1 a b 6a 4b 14 2NB 2a 2b 12a 8b 28
2
2
MA NB 1 a a 3 1 b b 2 3 a b 2a 3b 2
2
a 2
7 183 183
183
=> P 2a 8a 2b 7b 37 2 a 2 2 b
Pmin
khi
7
4
8
8
8
b 4
2
2
2
T 6a 8b 12 10 => CHỌN A.
CÂU 48: Cho hình lập phương ABCD. A1B1C1D1 có các cạnh bằng 1 . M , N
lần lượt thay đổi trên các đoạn AB1 , BC1 sao cho góc của MN và mặt phẳng
ABCD luôn bằng 60
0
. ( Xem hình vẽ). Giá trị nhỏ nhất của MN bằng ?
GV. Tống Quang Minh-(TP.Biên Hòa – Đồng Nai)
A.
3
.
3
B. 2
2 1 .
C. 2
3 2 .
D. 3 1.
GIẢI.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ .Khi đó tọa độ
của M , N như sau :
M 0; y; 1 y và N x; 0; x . Đặt MN ; k theo
đề bài ta có
300
3 MN .k
cos
0
2
MN
150
x y 1
2
3 x 2 y 2 x y 1 (1)
2
x 2 y 2 x y 1
2
Ta có MN x2 y 2 x y 1 2 x 2 y 2 x 2 y 2
MN
( 2)
2
1
Từ (1)=> 2 x 2 y 2 xy 1 2( x y) 0 x y (3)
2
Từ (1)(2) =>
3. x 2 y 2 1 x y 1 2 . x 2 y 2 x 2 y 2
Từ (3)(4)=> MN 2
3 2 1 x 2 y 2
1
3 2
3 2 ( 4)
3 2 => CHỌN C
CÂU 49: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm và xác định trên và thỏa mãn
f '( x) 4x 6x.e x
2
f ( x ) 2019
0; f (0) 2019 . Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình f ( x) 7 là ? (Đề
SAI)
A. 91.
B. 46.
C. 45.
D. 44.
GIẢI.
Đặt u x 2 f ( x) 2019 u ' 2 x f '( x) f '( x) 2x u ' . Vậy ta có :
2 x u ' 4 x 6 xe u 0 u ' 6 x(1 e u )
u ' dx
du
6 xdx I
6 xdx 3x 2 C(1)
u
u
1 e
1 e
GV. Tống Quang Minh-(TP.Biên Hòa – Đồng Nai)
dv e udu
dv
dv
v 1
eu
Đặt v 1 e u u
du
I
ln
ln u
3x 2 C (2)
v 1
v
v v 1
e 1
e v 1
Thay x 0 u 0 ln
eu
không xác định=> không tồn tại hàm f ( x)
eu 1
CÂU 50: Biết có số thực a 0 thỏa a
5 7
A. a ; .
2 2
3 cos 2 x
2 cos 2 x x . Mệnh đề đúng là ?
1 3
B. a ; .
2 2
7 9
C. a ; .
2 2
3 5
D. a ; .
2 2
GIẢI.
t cos 2x
3 cos 2 x
Đặt
. Ta có a 2 cos 2 x x bt t 1 t 1;1
3
b a 0
Tại t 1 b 2 .
Xét hai hàm số y=f(t)=bt ,y=t+1 . Dể thấy rằng đồ thị hai hàm số luôn có một
điểm chung M 0;1 . ( Xem hình vẽ )
t
Khi đó để bt t 1 t
1;1 thì đồ thị (C) của y=f(t)=b luôn nằm trên đồ thị (d) hàm số y t 1 . Điều này
1 3
chỉ xãy ra khi (C) tiếp xúc với d tại M => f '(0) 1 ln b 1 b e a3 e a 3 e 1, 39 ;
2 2
=>CHỌN B
GV. Tống Quang Minh-(TP.Biên Hòa – Đồng Nai)