Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT 2022 sở GD&ĐT Hà Tĩnh (lần 5)

315 1

Miễn phí

Tải về máy để xem đầy đủ hơn, bản xem trước là bản PDF

Tags: #toán 12#đề thi toán 12#THPTQG toán

Mô tả chi tiết

Đề thi thử TN THPT 2021 – 2022 môn Toán trực tuyến lần 5 sở GD&ĐT Hà Tĩnh do Tailieuvip.com sưu tầm gồm 07 trang với 50 câu trắc nghiệm, thời gian làm bài 90 phút (không kể thời gian giao đề).

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI TRỰC TUYẾN LẦN 5 THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2022 Bài thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)_______________ HẾT _______________HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Cho cấp số nhân với và công bội . Giá trị của bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Ta có: Câu 2: Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng . B. Hàm số đồng biến trên khoảng . C. Hàm số đồng biến trên khoảng và. D. Hàm số đồng biến trên khoảng. Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị ta thấy: Hàm số đồng biến trên khoảng . Câu 3: Cho hàm số liên tục và có bảng biến thiên trong đoạn như hình vẽ. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta có: đạt tại ()nu 18u= 3q= 2u 24 11 83 5 21. 8.3 24.u u q= = = ()y f x= ()1;1− ()1; 3− ();1− − ()1;+ ()1;1− ()1;1− ()y f x= 1; 3− ()y f x= 1; 3− ()0f ()1f− ()3f ()2f ()1;3max 5fx−= 0.x=Câu 4: Cho hàm số có bảng biến thiên như hình bên. Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số đạt cực tiểu tại và . Câu 5: Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Tập xác định: . Ta có bảng biến thiên Vậy hàm số đạt cực đại tại và . hàm số đạt cực tiểu tại và . Câu 6: Phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D ()y f x= 5 2 0 1 0x= 1CTy= 4232y x x= − − 1 0 3 2 D= 30' 4 6 0 .62xy x xx== − = = 0x= 2CÐy=− 62x= 174CTy=− 261xyx−=+ 1x=− 6y=− 3x= 2y=Ta có nên đường tiệm cận ngang là . Câu 7: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ bên? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Đường thẳng và đồ thị hàm số có điểm chung nên phương trình có nghiệm phân biệt. Câu 8: Cho hàm bậc bốn trùng phương có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Đường thẳng và đồ thị hàm số có điểm chung nên phương trình có nghiệm phân biệt. Câu 9: Cho các số thực dương , , bất kỳ và . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Công thức . Câu 10: Hàm số có đạo hàm là A. . B. . 26lim 21xxx→+−=+ 2y= 423y x x=− 4232y x x= − + + 4232y x x= − + 4221y x x= + + 1y= ()y f x= 3 3 ()y f x= ()1fx= 1 0 2 3 1y= ()y f x= 3 3 a b c 1a ()log log .loga a abc b c= ()log log loga a abc b c=+ logloglogaaabbcc= log log loga b cbaac=+ ()log log loga a abc b c=+ ()342xfx+= ()343.2ln 2xfx+= ()343.2 .ln 2xfx+=C. . D. . Lời giải Chọn B Công thức . Câu 11: Nghiệm của phương trình là: A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Câu 12: Bất phương trình có tập nghiệm là: A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Điều kiện: Câu 13: Hàm số nào dưới đây là một nguyên hàm của hàm số A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Đặt Suy ra: . Vậy . Câu 14: Cho hàm số liên tục trên diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và hai đường thẳng , được tính theo công thức A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Câu 15: Cho hàm số có , ; hàm số liên tục trên . Tích phân bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải ()342 .ln 2xfx+= ()342ln 2xfx+= ()343.2 .ln 2xfx+= ()4log 1 3x−= 80x= 65x= 82x= 63x= ()4log 1 3x−= 31 4 65xx − =  = 2log 3x ()8;+ ();8− ()0; 8 ();6− 0x 2log 3x 32x 8x ()xf x xe= ()22xxF x e= ()xxF x xe e=− ()xxF x xe e=+ ()1xF x xe+= du dx.dv e dx exxuxv==== e dxxx e e dx e ex x x xx x C= − = − + xe dxx= xxxe e− ()fx S ()y f x= xa= xb= ()ab ()baS f x dx= ()baS f x dx= ()baS f x dx= ()2baS f x dx= ()y f x= ()22f= ()35f= ()'y f x= 2; 3 ()32'f x dx 3 3− 10 7ChọnA. Ta có: Câu 16: Cho và , khi đó bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. . Câu 17: Khối hộp chữ nhật có cách kích thước lần lượt là có thể tích bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B . Câu 18: Cho khối chóp có diện tích đáy và chiều cao . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B . Câu 19: Thể tích của khối trụ có chiều cao bằng 10 và bán kính đường tròn đáy bằng là A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. . Câu 20: Cho hình nón có bán kính đáy , độ dài đường sinh . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C . Câu 21: Trong không gian , cho ba vectơ , và . Vectơ có tọa độ là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C ()32'f x dx= ()()3 2 5 2 3ff− = − = ()20d3f x x= ()20d7g x x= ()()20df x g x x+ 10 16 18− 24 ()()()()2 2 20 0 0d d d 3 7 10f x g x x f x x g x x+ = + = + =   , 2 , 3a a a 3325a 36a 32a 26a 3.2 .3 6V a a a a== 4B= 6h= 24 8 72 12 11. . .4.6 833V B h= = = 4 160 164 64 144 2.4 .10 160V== 3r= 5l= 30 45 15 10 .3.5 15xqS== Oxyz ()1; 1; 2a=− ()3; 0; 1b=− ()2; 5;1c=− d a b c= + − ()6; 0; 6− ()0; 6; 6− ()6; 6; 0− ()6; 6; 0−Ta có . Câu 22: Trong không gian , cho điểm . Tìm tọa độ điểm là hình vuông góc của lên mặt phẳng . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Câu 23: Trong không gian , cho mặt cầu . Bán kính mặt cầu bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Ta có . Khi đó Bán kính mặt cầu là . Câu 24: Vectơ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng nào dưới đây? A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến cùng phương với . Do vậy cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng . Câu 25: Trong không gian , cho mặt phẳng . Điểm nào sau đây thuộc ? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Câu 26: Tích phân bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B ()()()1 3 2 61 0 5 6 6; 6; 02 1 1 0dddxd a b c y dz= + − − == + −  = − + − = −  = −= + − − = Oxyz ()1; 2; 3M− A M ()Oyz ()1; 2; 3A− ()1; 2; 0A− ()1; 0; 3A ()0; 2; 3A− Oxyz ()2 2 2: 2 4 2 0S x y z y z+ + − + − = 1 7 22 7 ()2 2 201: 2 4 2 022abS x y z y zcd==+ + − + − = =−=− ()S ()()2220 1 2 2 7R= + + − − − = ()1; 4;1n= − − 4 3 0x y z+ − + = 4 1 0x y z− + + = 4 2 0x y z+ + + = 4 1 0x y z+ − + = 4 3 0x y z+ − + = ()11; 4; 1n=− n n 4 3 0x y z+ − + = Oxyz (): 2 2 0x y z− + − = () ()1; 2; 2Q− ()1; 1; 1N−− ()2; 1; 1P−− ()1;1; 1M− ()2213x dx+ 61 613 619 4Ta có . Câu 27: Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng và . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Gọi là trung điểm của BC Ta có . Câu 28: Biết đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt và có hoành độ . Giá trị của biểu thức bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Xét phương trình hoành độ Vì , nên pt có 2 nghiệm . Khi đó Câu 29: Với là hai số thực dương tùy ý, bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có . Câu 30: Tìm tập xác định của hàm số A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Hàm số có nghĩa khi Câu 31: Hàm số nào dưới đây nghich biến trên ? A. . B. . C. D. . Lời giải ()()2322113613d33xxx++ = = .AABC A B C   AA BC 3 23 3 4 H ()()()43, , 2 32d AA BC d AA BCC B AH   = = = = 2yx=− 211xyx+=− A B ,ABxx ABxx+ 3 2 5 1 2121xxx+=−− 25 1 0xx − + = 0 ,ABxx 5ABxx+= ,ab 2lnab 12 log log2ab− 12 log log2ab+ 2 lnlnab 12 ln ln2ab− 221ln ln ln 2 ln ln2aa b a bb= − = − ()ln 3y x x= − + (;3− ()0;+ ();3− ()0; 3 3030xxx−   3xy= 12logyx= ()24log 2 1yx=+ 2xye=Chọn D Hàm số có cơ số , và tập xác định nên nghịch biến trên . Câu 32: Tìm tập nghiệm của bất phương trình . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là . Câu 33: Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số là A. . B. . C. D. . Lời giải Chọn C Ta có. Câu 34: Cho , . Tính A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D , . . Câu 35: Trong không gian cho hình hộp biết , , , . Tọa độ lả A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. 2xye= 201e S 1 3 x2 2554− (,1S= − 1,3S= + 1,3S= − )1,S= + 1 3x 1 3x 22 25 2 21 3x 2 15 4 5 5x− − −         −  −             )1,S= + ()2xf x x e=+ 2xxeC++ 311x3xeC+++ 31x3xeC++ 2xxeC++ ()231x3xxx e d x e C+ = + + ()1, 2, 1a=− ()2, 1, 3b= − − ab ()5,1, 3ab = − − ()5,1, 3ab= ()5, 1, 3ab = − − − ()5, 1, 3ab = − ()1, 2, 1a=− ()2, 1, 3b= − − ()5, 1, 3ab = − Oxyz D. DABC A B C    ()1, 0,1A ()2,1, 2B ()1, 1,1D− ()4, 5, 5C− A ()4, 6, 5A− ()3, 4, 1A−− ()3, 5, 6A− ()3, 5, 6AGọi . ; . Ta có .Do đó . Gọi ; ; mà . Câu 36: Trong không gian , cho hai điểm , . Viết phương trình mặt phẳng đi qua và vuông góc với . A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. Do mặt phẳng vuông góc nên chọn: Suy ra: Câu 37: Trong không gian , cho mặt phẳng song song và cách mặt phẳng một khoảng bằng và không qua . Phương trình của mặt phẳng là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Do song song nên giả sử . Theo giả thiết: Vậy: (),,C x y z ()D 0, 1, 0A=− ()2, 1, 2BC x y z= − − − DA BC= ()201 1 2, 0, 220xyCz−= − = − −= ()1, 0,1AC= (),,A a b c ()4 , 5 , 5A C a b c= − − − − ()415 0 3, 5, 651aAC A C b Ac−=  =  − =  −− − = Oxyz ()1; 0;1A− ()2;1; 0B ()P A AB (): 3 4 0P x y z+ − + = (): 3 4 0P x y z+ − − = (): 3 0P x y z+ − = (): 2 1 0P x y z+ − + = ()P AB ()()3;1; 1Pn AB= = − ()()()() : 3 1 1 0 : 3 4 0P x y z P x y z+ + − − =  + − + = Oxyz ()P (): 2 2 3 0Q x y z+ + − = 1 ()P O ()P 2 2 1 0x y z+ + + = 220x y z+ + = 2 2 6 0x y z+ + − = 2 2 3 0x y z+ + + = ()P ()Q ()(): 2 2 0 0P x y z d d+ + + =  ()()()()()0 3,136 d KTMdd P Qd TM=+= = =− (): 2 2 6 0P x y z+ + − = BADCB'A'D'C'Câu 38: Có chiếc thẻ được đánh số thứ tự từ đến . Chọn ngẫn nhiên một chiếc thẻ, tính xác suất để chọn được thẻ ghi số chia hết cho A. . B. . C. . D. . Lời giải ChọnA. Từ đến có: số chia hết cho . Vậy xác suất để chọn được thẻ ghi số chia hết cho là: . Câu 39: Cho hình chóp có đáy là hình bình hành tâm , tam giác đều có cạnh bằng , vuông góc với mặt phẳng đáy và . Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Ta có . Xét tam giác vuông tại có . Suy ra . Câu 40: Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên . Đồ thị của hàm số như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số là 30 1 30 3. 13 12 310 23 1 30 30 31 103−+= 3 3 13 .S ABCD O ABD 2a SA 322=aSA SO ()ABCD 45 30 60 90 ()()(),,==SO ABCD SO OA SOA SAO SO 222 2 2 23 2 6,22 2 2 2= = − = − = − =a BD a aSA AO AB OB AB a 1tan 303= =  = SASOA SOAAO ()=y f x ()'=y f x ()2=−y f x xA. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Ta có . Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm đơn (hoặc bội lẻ) của phương trình . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng . Dựa vào đồ thị hàm số , phương trình có nghiệm đơn hay hàm số có điểm cực trị. Câu 41: Cho với là các số hữu tỷ. Giá trị của biểu thức bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có ; Suy ra . Câu 42: Cho hàm số là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ bên. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số , có diện tích bằng 2 3 4 1 ()2y f x=− ()2=−y f x x ()()0 2 0 2y f x f x  =  − =  = ()2=−y f x x ()y f x= 2=y ()y f x= ()2fx= 3 3 ()120d ln 2 ln 32xx a b cx= + ++ ,,abc 3++abc 2− 1− 2 1 ()()()1 1 1 12 2 20 0 0 011002 2 1 2d d d d22 2 221ln 2 ln 2 ln 323xxx x x xxx x xxx+−= = +++ + += + − = − ++    1, 1, 1 3 13= = − =  + + =a b c a b c ()y f x= ()y f x= ()y f x=A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Ta thấy đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm có hoành độ bằng và nên hàm số có dạng . Mà đồ thị hàm số đi qua điểm Xét phương trình hoành độ giao điểm của và : Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số , có diện tích là . Câu 43: Cho hình chóp có đáy là hình chữ nhật với . Cạnh bên vuông góc với đáy và đường thẳng tạo với mặt phẳng một góc . Thể tích khối chóp là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D 12740 1075 8740 12710 ()y f x= 2− 1 ()()()2221f x a x x= + − ()y f x= ()()()()22110;1 4 1 2 144A a a f x x x =  =  = + − ()()()()12 1 2 12f x x x x = + − + ()y f x= ()y f x= ()()()()()2221112 1 2 1 2 11424xxx x x x xxx=−=+ − = + − + =−=  ()y f x= ()y f x= ()()()()()4222112 1 2 1 2 142S x x x x x−= + − − + − + = 1075 .S ABCD ABCD ,3AB a BC a== SA SC ()SAB 030 .S ABCD 33a 333a 323a 3263aVì ( 1) Vì là hình vuông (2) Từ (1) và (2) là hình chiếu của trên . Vì vuông tại . Ta có . Xét tam giác vuông có . Ta có . Suy ra . Câu 44: Cho khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng . Thể tích của khối nón này bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D SA ABCD SA BC ABCD AB BC BC SAB SB SC SAB ,,SC SAB SC SB BC SAB BC SB SBC B , 30SC SB BSC tan 3tan 30BC BCBSC SB aSB SAB 2 2 2 2 2 29 8 2 2SA SB AB a a a SA a= − = − =  = 2.3ABCDS AB BC a== 32.1 1 2 6. .S .2 2. 33 3 3S ABCD ABCDaV SA a a= = = a 335a 335a 3324a 3324a ABDCSThiết diện qua trục là tam giác đều cạnh bằng nên hình nón có độ dài đường sinh và bàn kính đáy. Chiều cao hình nón là . Vậy thể tích khối nón là: . Câu 45: Cho hình trụ bán kính đáy . Gọi là tâm của hai đường tròn đáy với . Một mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ tại . Gọi lần lượt là thể tích của khối cầu và khối trụ. Khi đó bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ tại có bán kính bằng . Vậy ; . Suy ra . Câu 46: Cho hình hộp đứng có cạnh , đáy là hình thoi với là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi lần lượt là trung điểm của và thuộc cạnh sao cho . Tính thể tích tứ diện . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D a la= 2ar= 22 2 2322aah l r a= − = − = 2321 1 3 3.3 3 2 2 24a a aV r h= = = r ,OO 2OO r= ,OO ,ctVV ctVV 23 34 12 35 ,OO 12OO r= 343cVr= 23.2 2tV r r r== 23ctVV= .ABCD A B C D    2AA= ABCD ABC ,,M N P ,,B C C D DD     Q BC 3QC QB= MNPQ 33 332 34 32Gọi ; . Do lần lượt là trung điểm của nên là trung điểm của và . Suy ra: . Theo giả thiết đều nên , mà ( do là hình hộp đứng). Suy ra: . Do đó: . Ta có: . Suy ra: . Vậy từ ta có: . Câu 47: Cho là hàm đa thức và cho hàm đa thức bậc ba thỏa mãn . Số điểm cực trị của hàm số là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B . hay . Cho. I NP CC= K IQ B C= ,NP ,C D DD   N IP 12IC D P CC  == ()()()1. , 13MNPQ MNIQ IMQV V S d N IMQ== ABC   A M B C  ⊥ A M B B⊥ .ABCD A B C D    ()A M BB C C  ⊥ ()()()()()()1 1 1, , , 32 2 2d N IMQ d D IMQ d A BCC B A M    = = = = 13IK IC KCIQ IC QC= = = 3 1 1;12 3 4IQKC QC BCKQ = = = = ()()3 3 3 3 3. . . 2 1 .22 4 4 4 2IMQ KMQ KMQIQS S S MK BB MC KC BBKQ     = = = = − = − = ()1 1 3 3. . 33 2 2MNPQV== ()fx ()()1g x f x=+ ()()()()1 3 1 2x g x x g x− + = + + ()22 4 5y f x x= − + 1 3 2 5 ()()()()11g x f x g x f x= +  = + ()()()()1 3 1 2x g x x g x− + = + + ()()()()1 4 1 3x f x x f x− + = + + ()()()()()40134130fxf x a x xxf==  = − −=−= ()()()222 4 5 4 4 . 2 4 5y f x x y x f x x= − +  = − − +Vậy hàm số có 3 cực trị Câu 48: Trong không gian tọa độ , cho hai mặt cầu , và điểm . Gọi là tâm của mặt cầu và là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mắt cầu và . Xét các điểm thay đổi và thuộc mặt phẳng sao cho đường thẳng I M tiếp xúc với mặt cầu Khi đoạn thẳng ngắn nhất thì . Tính giá trị của . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Tọa độ điểm . Gọi là tâm mặt cầu thì , bán kính . có bán kính . . Dó đó tiếp xúc trong với tại . Giả sử ta có . ()22222122114 4 020 2 4 5 4 2 4 1 02 4 5 0222 4 5 3 2 4 2 021xxxxxy x x x xf x xxx x x xx=−===−==   − + =  − + = − + =+=− + = − + == Oxyz ()()()2221: 1 2 16S x y z+ − + − = ()()()2222: 1 1 1S x y z− + + + = 4 7 14;;3 3 3A− I ()1S ()P ()1S ()2S M ()P ()2.S AM ();;M a b c= T a b c= + + 1T= 1T=− 73T= 73T=− ()0;1; 2I 2I ()()()2222: 1 1 1S x y z− + + + = ()21; 1; 0I− 21R= ()1S 4R= ()2 2 21; 2; 2 3I I II R R= − −  = = − ()2S ()1S H ();;H x y z 22141331 2 5 4 5 21 ; ;3 3 3 3 3 32233xxI H II y y Hzz− = =− − − −=  + =  = −−== ()0; 4; 4 4 2AH AH= − −  =Do. . nằm trên đường tròn tâm , bán kính . ngắn nhất khi Câu 49: Cho hàm số liên tục trên . Đồ thị hàm số được cho trong hình vẽ có đúng điểm cực trị là , , . 222IN= 2. 4.1222MH IH IH ININI IHM HMIN IM IM   =  = = = M H 2r= AM 44433337 5 23 3 13 3 3514 23333aaaMA MH b b b a b cccc− = − −=−= −  − = − − −  =  + + = −−−=− = − − − ()y f x= ()1y f x=− 3 ()1;1A− ()0; 2B− ()1; 3CCó bao nhiêu giá trị nguyên của tham số để phương trình có đúng nghiệm? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Đặt , khi đó phương trình trở thành . Nhận thấy với mỗi nghiệm của phương trình ta có được một nghiệm . Do đó để phương trình có đúng nghiệm thì phương trình có đúng nghiệm . Ta thấy đồ thị hàm số là một đường thẳng song song với đường thẳng cắt trục tung tại điểm . Từ đồ thị ta có phương trình có nghiệm phân biệt khi . Mặt khác nên có giá trị nguyên của tham số . Câu 50: Xét các số nguyên dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . A. . B. . C. . D. Lời giải Chọn B Ta có . m 1 2 1022xxfmxx−+− + =++ 4 3 4 2 5 1 2 11 , 222xtt x txt−−− =  =  +− 1 2 1022xxfmxx−+− + =++ ()()1 *f t t m− = − 2t ()* x 1 2 1022xxfmxx−+− + =++ 4 ()* 4 2t y t m=− yt= ()0;m− ()* 4 22m−   m 2; 1; 0;1; 2m − −  5 m ,xy ()13 81 4xyzy z xy xz++ − = + − ()2222log log 2x y z++ 22 log 3+ 25 log 3− 2log 11 34 log 2− ()1 4 4443 81 4 3 3 3 3x x xy z y z y zy z xy xz x xy z y z+ + ++ − = + −  − = −  − = −++Xét hàm số với ta có hàm số đồng biến trên . Do đó . Mặt khác ta lại có . Khi đó Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng . _______________ HẾT _______________ ()3tf t t=− 0t ()3 ln 3 1 0, 0tf t t= −     ()3tf t t=− ()0;+ 44433xyzxxy z y z+− = −  =++ ()()222 2 2 21 3 2. 2 2 2232y z y z y z y z+  +  +  + ()()()()22 2 2 22 2 2 2 2 2242log log 2 2 log log 2 4 2 log log 5 log 33x y z y z y z y zxy+ + = + +  − + + + = −+ ()2222log log 2x y z++ 25 log 3−

- Xem thêm -

Tài liệu liên quan

Bình luận