Tải bản đầy đủ

Đáp án giải chi tiết đề 25

Đáp án giải chi tiết đề 25

Câu 30:

1

1

  f ( x)dx    2 x  1 dx  2 ln 2 x 1  C.

Ta có

Chọn C.
Câu 31:
Ta có:

3

2

3


0

0

2

 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  1  4  5.

Chọn A.
Câu 32:



f'

 x  dx
x

Đặt t  x  dt 
Khi đó



f'

1
2 x

 x  dx 
x

dx 

dx
x

 2dt .

 f '(t )2dt  2 f '(t )dt  2 f (t )  C  2 f (



x )  C.

Chọn D.
Câu 33:
2

I   x ln  x 2  1 dx
1

 2x
dx  du
ln  x 2  1  u
 x 2  1
Đặt 
 2
 x 1  v
 xdx  dv
 2
2
 x2  1
 2 2 2x x2  1
Ta có I   x ln  x 2  1 dx  
.ln( x 2  1)    2 .
dx
0
2
x

1
2


1
1



2
5
5
x2 2 5
3
ln 5  ln 2   xdx  ln 5 
 ln 5  ln 2 
1
2
2
2 0 2
2

5
3
 a  ; b  1; c 
2
2

Suy ra P  a  b  c 
Chọn B.
Câu 34:

5
3
 ( 1)   0.
2
2

1
ĐK: x  .
2

Ta có ln  x 2  2 x  m   2 ln 2 x  1   0

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời

Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178


 ln  x 2  2 x  m   ln(2 x  1) 2  0  ln x 2  2 x  m   ln(2 x  1) 2
 x 2  2 x  m  4 x 3  4 x  1  m  3x 2  6 x  1 voi x>

Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178

1
2

1
Xét hàm số f ( x)  3x 2  6 x  1 với x  . Ta có f '( x )  6 x  6  0  x  1(tm).
2
Đồ thị:

Quan sát đồ thị ta thấy, để bất phương trình có tập nghiệm chỉ chứa hai giá trị nguyên thì tập nghiệm của
1 
bất phương trình phải là  ; b  với 2  b  3
2 
 Đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số y  f ( x ) tại duy nhất 1 điểm có hoành độ thỏa mãn
2  b  3.
 f (2)  m  f (3)  1  m  10.
Vậy m  2;3;...;10

hay có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Chọn D.
Câu 35:
Ta có: (m  1) x  (m  2) x  x 2  1   x 2  1
Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình nên với x  0 ta có:
 mx  x  m x  x 2  1  2 x  x 2  1  x 2  1





 m x  x  x 2  1  (x 2  1)  2 x (x 2  1)  x
m x

m

 



x  x2  1 


x

x2  1  x



x2 1  x

Đặt t  x 
Khi đó m 



2





x2  1 x



3



x2  1  x

x





2


1 
 x   1
x 
x
 
1
x2 1  x
x  1
x
x



1
1
 2. x.  2  t  2.
x
x

(t  1) 2 t 2  2t  1

t 1
t 1

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời

2


Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178
t 2  2t  3
t 2  2t  1
Xét f (t ) 
0
, t  2 có f '(t ) 
(t  1) 2
t 1
 f '(t )  0, x   2; 





t  1  2; 


t  3   2; 







nên hàm số đồng biến trên  2;  .

 f (t )  f ( 2)  7  5 2  min f (t )  7  5 2 và lim f (t )  
t 
 2 ;  


Để phương trình m  f (t ) có nghiệm thuộc  2; 



thì m  min f (t )  7  5 2 .
 2 ;  


Mà m  (1;7), m  Z  m  1; 2;3; 4;5;6 .
Chọn A.
Câu 36:
Ta có:

2 y  y  2 x  log 2  x  2 y 1 
 2 y  y  2 y  2 x  2 y  log 2( x  2 y 1)
 2.2 y  y  2( x  2 y 1)  log 2( x  2 y 1)
 2.2 y  log 2 2 y  2( x  2 y 1)  log 2 ( x  2 y 1) (*).

Đặt f (t )  2t  log 2 t với t > 0 thì (*) là f (2 y )  f ( x  2 y 1)
1
 0, t suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên
t ln 2
 f (2 y )  f ( x  2 y 1)  2 y  x  2 y 1

Có f '(t )  2 

 2.2

y 1

 x 2

Xé hàm g ( y ) 
g '( y ) 

y 1

 x2

2 y 1
trên
y

y 1

 0;  

x 2 y 1
 
 g ( y).
y
y

 0;  

có:

2 y 1. y ln 2  2 y 1 2 y 1 ( y ln 2 1)

0
y2
y2

1
 log 2 e
ln 2
Bảng biến thiên:
 y

y

0


g '( y )
g ( y)

log 2 e

-

+

0

+




e ln 2
2

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời


Do đó g ( y ) 

Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178

e ln 2
x e ln 2
, y  0 hay min 
.
2
y
2

e
Dấu “=” xảy ra khi y  log 2 e  x  2 log 2 e 1  .
2
Chọn C.
Câu 37:

Ta có  2 f ( x)  1  x 2  f '( x)  2 x 1  f ( x) 

 2 f ( x). f '( x)  f '( x)(1  x 2 )  2 x.(1  f ( x))
 2 f ( x). f '( x)  ( x 2  1) f '( x)  2 x(1  f ( x))
  f 2 ( x )  '   ( x 2  1)( f ( x )  1)  '

Lấy nguyên hàm hai vế ta được f 2 ( x )  ( x 2  1)( f ( x )  1)  C
Lại có f (1)  1  1  (1  1).2  C  C  1
Nên f 2 ( x )  ( x 2  1)( f ( x )  1)  1
 f 2 ( x)  x 2 f ( x)  x 2  f ( x)
 f ( x)( x 2  f ( x))  x 2  f ( x)  0
 f ( x)  1(ktm)
  x 2  f ( x )  ( f ( x )  1)  0  
2
 f ( x)  x (tm)

Suy ra

1


0

1

1
f ( x)dx   x 2dx  .
3
0

Chọn C.
Câu 38:
 x  1  ktm 
Ta có: x 2  x. f  e x   f e x   1   x  1  f e x   x  1  0  
x
 f  e   1  x





Đặt t  ln x  x  e t  dx  e t dt
Khi đó: I 

e



ln x. f  x 
x

e

1

dx  

t. f  e t 
e

1
2

t

1

.e dt   t 1 t dt 
t

1
2

1
.
12

Chọn C.
Câu 39:
Đặt t  x 2  2 x  2 

 x  1

2

 1  1. Khi đó T  x 2  2 x  t 2  2.

Khi x   0;1  2 2  thì t  1;3
Phương trình: m





x 2  2 x  2  1  x 2  2 x  0 trở thành m  t  1  t 2  2  0 

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời

t2  2
* 
t 1


Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178

t2  2
t 2  2t  2

, t  1;3. Ta có: f  t  
 0, t  1;3  Hàm số đồng biến trên 1;3  .
Đặt f  t  
2
t 1
 t  1
 1 7
Khi đó, (*) có nghiệm t  1;3  min f t   m  max f t   f 1   m  f 3   m   ; .
1;3
1;3
 2 4

Suy ra T  2b  a  4.
Chọn A.
Câu 40:
Ta có:
m.32 x



2

3 x  2

 3x

2

 3.3x

3 x  2

3x 3 x  2

2
 m.3x  4
2

2



3 x  2

 1 m.3x

2

 m.3x
4

2

4

1



 1  0 1 


x  1
1

 x  2
1  2
1
x 4
  m  0  2 
3
m


Nhận xét: (1) có đúng 3 nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm kép khác 1 và 2 hoặc (2) có 2 nghiệm
phân biệt trong đó 1 nghiệm trùng với x  2 hoặc x  1.
3x  4  34  x  0  m  81 
 2
 3x  4  30  x  2  m  1 
 2
3x  4  33  x  1  m  27 

2

(thỏa mãn)

Chọn D.
Câu 41:
4
4
 1  log a b 
log ab
1  log a b  .log a ab
1  log a b  . a a
b
log a
b
4
4
 1  log a b 
 1  log a b 
1  log a b
log a b  1
1  log a b  .
1  log a b
P  log a ab 

Do 0  a  1  b nên 1  log a b  0 . Áp dụng BĐT Cô si ta có:
 1  log a b  

4
4
 2  1  log a b .
 4  P  4
  log a b  1
 log a b  1 

Pmax  4 khi và chỉ khi 1  log a b  2  log a b  3  b 

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời

1
.
a3


Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178

Chọn: B
Câu 42:
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Gọi phương trình parabol là: y  ax 2  bx  c , parabol đi qua các điểm

 3;0  ;  3;0  ; 0;3 

nên ta có hệ phương trình:

1

a

c  3
3

1 2

9a  3b  c  0  b  0  y   x  3
3
9a  3b  c  0 c  3



3

1
 1

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y   x 2  3 và trục Ox là: S     x 2  3 dx  12
3
3

3 

Vậy thể tích phần không gian bên trong lều trại là V = 12.3 = 36 (m3)
Chọn: C
Câu 43 :
3

3

1

1

Ta có: I   xf  x  dx   tf t  dt   2
x  1  t  3
Đặt t  4  x  dt   dx . Đổi cận 
x  3  t  1
1

3

 I     4  x  f  4  x  dx   4  x  f x dx   2
3

1

3

3

1

1

 2 I   xf  x  dx   4  x  f  x dx  4
3

3

1

1

   4  x  x  f  x dx  4  4 f  x  dx  4 

3

 f x dx  1
1

Chọn: D
Câu 44:

g  x   f  f  x 
 g ' ( x )  f ' ( x ). f ' ( f ( x ))  0
f ' ( x )  0 có 3 nghiệm phân biệt
f ' ( f ( x ))  0  3 nghiệm phân biệt f ( x)  6 nghiệm phân biệt x
 g ' ( x )  f ' ( x ). f ' ( f ( x ))  0 có 9 nghiệm phân biệt

Hay g  x  có 9 điểm cực trị
Chọn B
Câu 45:
Casio  K :  1;1
Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời


y  2 x 3  3  m  2  x 2  6 2m  3  x  3m  2019
 y '  6( x 2  (m  2) x  2m  3

y đồng biến trên K  y '  0 với  x  K
m  max

Chọn C

x2  2x  3
 22 3
x2

Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát.
Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời

Biên soạn: TRỊNH THỊ HOÀI
SĐT: 0388255178



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×