Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT 2022 trực tuyến sở GD&ĐT Hà Tĩnh (lần 4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI TRỰC TUYẾN LẦN 4 THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2022 Bài thi: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . MÃ ĐỀ THI 101 Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .____________________ HẾT ____________________BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A D B B C D C B C D A A A C C D A C D B A B D C D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D C A B B C A B C B B A B B C D B A D A C D D D D HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Số cách chọn học sinh từ học sinh là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Số cách chọn học sinh từ học sinh là . Câu 2. Cho cấp số nhân , với , . Công bội của cấp số nhân đã cho bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có . Câu 3. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng . Câu 4. Đường thẳng là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nào sau đây? A. . B. . C. . D. . Lời giải 4 15 415C 415A 154 415 4 15 415C nu 19u 413u 13 3 3 13 3434111.3uu u q qu=  = = − y f x y f x ;2 1;1 0; 2 1; ()1;1− 3y 332xyx 332xyx 321xyx 113xyxChọn B Ta có nên là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Câu 5. Với , là các số thực dương, khẳng định nào dưới đây đúng? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Công thức . Câu 6. Nghiệm của phương trình là A.. B. . C. . D.. Lời giải Chọn D Ta có . Câu 7. Phương trình có nghiệm là A. . B.. C.. D.. Lời giải Chọn C Ta có . Câu 8. Thể tích khối chóp có chiều cao bằng , diện tích đáy bằng là A.. B.. C.. D.. Lời giải Chọn B . Câu 9. Tập xác định của hàm số là A.. B. . C.. D.. Lời giải Chọn C Hàm số xác định . Câu 10. Khoảng nghịch biến của hàm số là A.. B.. C.. D.. Lời giải Chọn D TXĐ: . Ta có ;. Bảng biến thiên 33lim 32xxx→+−=+ 3y= a b logloglogaabb log log . logab a b log log logab a b log logbaab ()log log logab a b=+ 2 16x= 14x=− 14x= 4x=− 4x= 2 16x= 2log 16 4xx =  = ()2log 3 3x−= 5x= 9x= 11x= 8x= ()2log 3 3x−= 33 2 11xx − =  = 5 6 152 10 11 30 11. . .5.6 1033dV h S= = = D ()ln 1yx=− \ {1}D= D= ( ;1)D= − (1; )D= + 1 0 1xx −    3234y x x= + + (0; )+ (0; 2) ( ; 0)− ( 2; 0)− D= 236y x x=+ 200xyx=−==Vậy hàm số đồng nghịch biến trên khoảng . Câu 11. Thể tích của khối cầu có bán kính bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Thể tích khối cầu là . Câu 12. Số cạnh của hình tứ diện là A. 6. B. 4. C. 3. D. 5. Lời giải Chọn A Câu 13. Họ nguyên hàm của hàm số là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Họ nguyên hàm của hàm số là . Ở đây ta chọn đáp án A bởi vì . Câu 14. Cho hàm số có bảng xét dấu của đạo hàm như hình bên. Số điểm cực tiểu của hàm số là A. 3. B. 4. C. 2. D. 1. Lời giải Chọn C Hàm số đạt cực tiểu tại điểm và nên số điểm cực tiểu của hàm số là 2. Câu 15. Cho hàm số có đồ thị như hình bên. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là ( 2; 0)− 2R= 323 332 16 32 334 4 32.23 3 3VR=  =  = ()11fxx=+ ln 2 2xC++ ()21ln 12xC− + + ()211Cx−++ ln 1xC− + + 1d ln 11x x Cx= + ++ ()ln 2 2 ln 2 1 ln 1 ln 2 ln 1 'x C x C x C x C+ + = + + = + + + = + + ()y f x= ()y f x= 3x=− 3x= ()y f x= ()y f x= 0; 2A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn là 2. Câu 16. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nên loại các phương án A và C. Từ đồ thị ta thấy do đó loại phương án B. Câu 17. Họ nguyên hàm của hàm số là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Ta có . Câu 18. Thể tích của khối nón có chiều cao và đáy có bán kính là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Câu 19. Nếu thì bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D 2− 1 2 0 0; 2 332y x x= − + 322 9 12 4y x x x= − + − − 432y x x= − + 322 9 12 4y x x x= − + − ()0; 4− limxy→+= + ()xf x e x=+ 212xe x C++ 1 1 11 2 2xxe e x Cx+ + ++ 2xe x C++ 1xeC++ ()dxe x x+= 212xe x C++ V h r V rh= 23V rh= 213V r h= 2V r h= ()()1100d 2, d 5f x x g x x= − = ()()102df x g x x+ 1 9− 12− 8Câu 20. Cho hình chóp có thể tích và diện tích đáy Chiều cao của khối chóp là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Ta có Câu 21. Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Xét phương trình hoành độ giao điểm Vậy số giao điểm là 3. Câu 22. Với , dặt , khi đó bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Câu 23. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 5 và bán kính đường tròn đáy bằng 4. Thể tích khối nón tạo bởi hình nón bằng A. . B.. C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có: Thể tích khối nón là Câu 24. Tập nghiệm của bất phương trình là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C ĐK: KHĐK: ()()()()1 1 10 0 02 d d 2 d 2 10 8.f x g x x f x x g x x+ = + = − + =   336V cm= 26.B cm= 72h cm= 18h cm= 6h cm= 12h cm= 1 3 3.36. 18 .36VV B h h h h cmB=  =  =  = 423y x x= − + 3 1 2 0 420303xxxx=− + = = 0a ()2log 2ab= ()42log 8a 47b+ 43b+ 4b 41b− ()()442 2 2 216l(og log log 1 4 l 112)2og 2 42aaba= + = − + = − + 803 48 163 16 5, 4lr== 223h l r = − = 2211.4 .3 1633V r h  = = = ()2log 3 1 3x− ();3− 1;33 1;33 ()3;+ 13x ()2log 3 1 3 3 1 8 3x x x−   −    13xVậy tập nghiệm của bất phương trình là Câu 25. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Xét hàm số TXĐ: Có Vậy hàm số đồng biến trên Câu 26. Đồ thị của hàm số có dạng đường cong trong hình vẽ bên. Gọi là giá trị lớn nhất, là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn . Tính . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Từ đồ thị hàm số ta có: Vậy . Câu 27. Cho hàm số là một nguyên hàm của hàm số . Tính . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Ta có: . Câu 28. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây là mệnh đề đúng? A. . B. . C. . D. . 133x   1;33 311xyx−=+ 3y x x=− 424y x x=− 3y x x=+ 3y x x=+ D= 2' 3 1 0 y x x= +    3y x x=+ ()fx M m ()y f x= 1;1− 2P M m=− 3P= 4P= 1P= 5P= 3, 1Mm= = − ()2 3 2. 1 5P M m= − = − − = ()y F x= 2yx= ()25F 5 25 625 125 ()()()()225 25 25 625F x f x F f=  = = = 42y ax bx c= + + 0, 0, 0a b c   0, 0, 0abc   0, 0, 0a b c   0, 0, 0a b c  Lời giải Chọn A Từ hình dáng đồ thị hàm số ta được . Từ giao điểm của đồ thị hàm số với trục ta được Vì hàm số có 3 điểm cực trị nên Câu 29. Cho hàm số . Hàm số có đồ thị như trong hình vẽ bên. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Từ đồ thị hàm số ta có hàm số đạt cực tiểu tại , từ đó ta có bảng biến thiên: Ta có: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt. Câu 30. Cho mặt cầu và mặt phẳng cách một khoảng bằng . Thiết diện của và là một đường tròn có bán kính bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B 0a Oy 0c 00ab b   ()()4 3 2, , ,f x ax bx cx a b c= + +  ()y f x= ()3 4 0fx+= 4 2 3 1 ()fx ()fx 0x= ()()43 4 03f x f x+ =  = − (),S I R ()P I 2R ()P ()S R 32R 3R 2RTa có: Câu 31. Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình A.. B. . C. . D.. Lời giải Chọn C Theo định lý Viet ta được tích hai nghiệm bằng . Câu 32. Cho hình lập phương . Góc giữa hai đường thẳng và bằng A.. B.. C. . D.. Lời giải Chọn A Ta có , do đó góc giữa , bằng góc . Do là các đường chéo hình vuông nên bằng nhau. Vậy đều, Vậy góc bằng . Câu 33. Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông tại , ; ,. Khoảng cách từ điểm đến mp bằng A. . B.. C. . D.. Lời giải 22 2 2322RRr R h R= − = − = 22135xx−+= 1 32 log 5− 3log 45− 3log 5 22135xx−+= ()232 1 log 5xx − = + 233log 5 2 log 5 0xx − − − = 233log 5 log 45 0xx − − = 3log 45− 1 1 1 1D. DABC A B C AC 1DA 60 90 45 120 11AC A C ()()1 1 1 1,,AC DA A C DA= 11DA C 1 1 1 1;,DA A C DC 11DA C 11DA C 60 .S ABC B 1AB= ()SA ABC⊥ 1SA= A ()SBC 2 22 1 12Chọn B dựng Do Có , suy ra Vậy . Có . Câu 34. Một hộp có chứa viên bi đỏ, viên bi xanh và bi vàng (các viên bi kích thước như nhau và là số nguyên dương). Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp. Biết xác suất để trong viên bi lấy được có đủ ba màu là . Xác suất để trong viên bi lấy được có ít nhất một viên bi xanh bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Ta có số phần tử của không gian mẫu là số cách lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp: Gọi biến cố A: “Lấy được đủ ba màu”, ta có . Theo bài ra ta có: . . Gọi biến cố B: “Lấy được ít nhất một viên xanh”, ta có . Suy ra: . Câu 35. Cho hàm số . Có bao nhiêu cặp để hàm số đồng biến trên ? SAB AK SB⊥ ()SA ABC SA BC⊥  ⊥ BC AB⊥ ()BC SAB⊥ BC AK⊥ ()()(),,AK SBC d A SBC AK⊥= .1..2SA ABSA AB AK SB AKSB=  = = 3 2 n n 3 3 928 3 514 2526 914 3156 3 ()35+=nnC ()1 1 132. . 6==nn A C C C n ()()()356928+= = =nnAnPAnC ()()()()()326 .3!. 2 !95 ! 28413 4 5 2812 47 60 0 3+=+=+ + + + − + =  =nnnnn n nn n n n ()338636=−=n B C C ()()()914==nBPBn ()()()()2 2 1= + + − +f x x a x b a ax ();ab ()fxA. . B. . C. . D. vô số. Lời giải Chọn B TH1: , hàm số là hàm số bậc hai, không thể đồng biến trên . TH2: , hàm số là hàm bậc 3. Để đồng biến trên thì và có duy nhất một nghiệm trên . Suy ra . Vậy chọn B Câu 36. Một chiếc cốc dạng hình trụ, chiều cao , đường kính là , bề dày của thành cốc và đáy cốc bằng . Nếu đổ một lượng nước vào cốc cách miệng cốc thì ta được khối nước có thể tích , nếu đổ đầy cốc ta được khối trụ (tính cả thành cốc và đáy cốc) có thể tích . Tỉ số bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Khi đổ nước đầy cốc ta được khối trụ (tính cả thành cốc và đáy cốc) có . Khối nước khi đổ một lượng nước cách miệng cốc ta được khối trụ có . Do đó: . Câu 37. Số người trong cộng đồng sinh viên đã nghe một tin đồn nào đó là trong đó là tổng số sinh viên của cộng đồng và là số ngày trôi qua kể từ khi tin đồn bắt đầu. Trong một cộng đồng 1000 sinh viên, cần bao nhiêu ngày để 450 sinh viên nghe được tin đồn ? A. B. C. D. Lời giải Chọn A Ta có: Vậy cần 4 ngày để 450 sinh viên nghe được tin đồn. 0 1 2 0a= ()fx 0a ()fx ()fx 0a ()0=fx ()111221122213222212=−=−=−  − = − = −   =    − = − ==+aaaaa a balaa b babaa 16cm 8cm 1cm 5cm 1V 2V 12VV 23 245512 45128 1116 1116 , 4==h cm r cm 5cm 228 1 716 5 1 10 ,22−= − − = = =h cm r cm 21227. .102452.4 .16 512==VV ()0,151edNP−=− P d 4. 3 5 2 ()()0,15 0,150,151 e 450 1000. 111ln 3, 9820dddN P eed−−−= −  = − = Câu 38. Cho hình nón đỉnh , đường cao .Gọi là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ đến bằng và . Diện tích xung quanh của hình nón bằng? A. B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Gọi là trung điểm của Ta có: Nên: Tam giác có: Vậy: . Câu 39. Cho hình chóp có đáy là hình thoi cạnh đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng. A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B S SO ,AB O AB a 30 , 60SAO SAB== 22 3.a 23a 233a 2233a I AB 3. cos . cos 3021. cos . cos 602ooAO SA SAO SA SAAI SA SAI SA SA= = == = = 16cos sin33AI OI aIAO IAOAO OA OA= =  = = = 62aOA= SAO 2cos 30oOASA a== 26. . . . 2 32xqaS OA SA a a  = = = .S ABCD ABCD , 120 ,a ABC SAB= .S ABC 416a 396a 376a 356aGọi là trung điểm cạnh Tam giác đều nên Mà Nên Suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Dựng trục Gọi G là tâm của tam giác . Dựng trục Gọi là giao điểm và Suy ra là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Tam giác đều nên Tam giác đều nên Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . Câu 40. Ba số theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Công bội của cấp số nhân này bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Theo giả thiết, ta có: Vậy: Câu 41. Cho số thực dương khác . Biết rằng bất kì đường thẳng nào song song với trục mà cắt các đồ thị , trục tung lần lượt tại và thì (hình vẽ bên). Giá trị của bằng H AB ()SH ABCD⊥ ABD DA DB AB== AB BC DC== DA DB DC== D ABC ()Dx ABCD⊥ SAB Gy I Dx Gy I .S ABC ABD 32aDH= SAB 3 2 2 3 3.2 3 3 2 3a a aSH SG SH=  = = = .S ABC 22396aR IS IG SG= = + = 2 4 8log 3; log 3; log 3aaa+++ 14 1 13 12 ()()()()()2224 2 8 2 2 2 22221 4 1log 3 log 3 log 3 log 3 log 3 log 3 log 32 3 311 log 3 log 33 12 a a a a aa+ = + +  + = + = −21 log 34a = − 22422211log 3 log 3log 31421log 3 3log 3 log 34aqa−++= = =+−+ a 1 Ox 4,xxy y a== ,MN A 2AN AM= aA. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Giả sử: . Thì: . Theo giả thiết: Câu 42. Cho . Khi đó bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn B Đặt: Theo giả thiết: Nên: Câu 43. Cho hàm số và có đạo hàm trên và có bảng biễn thiên như hình dưới đây Biết rằng phương trình có nghiệm . Số điểm cực trị của hàm số là A. . B. . C. . D. . Lời giải 13 22 14 12 ()()()40; , log ; , log ;aA t N t t M t t 4log , logaAN t AM t= − = 14212 log 2 log log log2aaAN AM t t t t a−=  − =  =  = 34234xfxx−=++ ()I f x dx= 234ln34xxI e Cx+−=++ 82ln 133I x x C= − − + + 8ln 133xI x C= − + + 8ln 13I x x C= − + + 3 4 8 1 1 4 11.3 4 3 4 3 4 8 3 1x t tt t xx x x t− − +=  − =  =  =+ + + − ()()()4 1 10 2 2 8.23 1 3 1 3 3 1ttftt t t+−= + = = +− − − ()()2 8 1 2 8. ln 13 3 1 3 3f x f x dx x x Cx= +  = − − +− ()y f x= ()y g x= ()()f x g x= ()0 1 2;x x x ()()y f x g x=− 5 3 4 2Chọn A Đặt , với . Khi đó, . Bảng biến thiên của hàm số như sau: Vậy hàm số có hai điểm cực trị. Mà phương trình có nghiệm nên . Dựa vào bảng biến thiên của hàm số , ta thấy phương trình có ba nghiệm phân biệt. Vậy hàm số có 5 điểm cực trị. Câu 44. Cho hàm số bậc bốn có bảng biến thiên như hình vẽ. Số điểm cực đại của hàm số là A. . B. . C.. D. . Lời giải Chọn D Đặt . Ta có . Nhận xét: . . Ta có bảng xét dấu ()()()h x f x g x=− x ()()()h x f x g x  =− ()y h x= ()()()y h x f x g x= = − ()()0f x g x−= ()0 1 2;x x x ()00hx= ()y h x= ()0hx= ()()y f x g x=− ()y f x= ()222y f x x= − + 1 4 3 2 ()()222g x f x x= − + ()()2212222xg x f x xxx−= − +−+ 22 2 1,x x x− +    ()()()2212 2 0012 2 0xf x xgxxf x x− + − +  2212 2 31 1 2 211 2 22 2 3xxxxxxxx− +   + −− +  ()gxVậy theo Bảng xét dấu ta thấy có hai điểm cực đại. Câu 45. Cho lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng là trung điểm cạnh biết hai mặt phẳng tạo với nhau một góc . Tính thể tích khối lăng trụ . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn A Gọi lần lượt là trung điểm của . Vì do đều. Mà . Suy ra . Ta có . . Thể tích của khối lăng trụ là . ()gx .ABC A B C ,aM CC ,MAB MA B 60 .ABC A B C 334a 34a 332a 333a ,DD ,AB A B ;AB CC AB CM ( ABC ) AB CDD C A B AB A B CDD C ,MAB CDD C MA B CDD C ,MAB CDD C MD MA B CDD C MD 180 60, , 60 602MAB MA B MD MD DMD CMD C MD 32tantan 60 23aCD CD aCMD CM CC aCM .ABC A B C 233344aaV Bh aCâu 46. Gọi là tập hợp các số tự nhiên có chữ số thỏa mãn . Số phần tử của là A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C . (lấy hai vế) . Khảo sát hàm số , có Suy ra, là hàm nghịch biến. Ta có . Khi đó mà . Vậy có số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 47. Cho các hàm số , và hàm số . Có bao nhiêu điểm để hàm số không tồn tại đạo hàm? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D S n 4 20202020 20202 3 2 3nnn S 8999 2019 1010 7979 20202020 2020 2020 20202 3 2 3 2020 ln 2 3 ln 2 3nn n n nn ln 2020 20202020 ln 2 3 ln 2 3 0 *nnf n n y f n 2020 20202020 2020 2020 20202020 20202020 20202020 2020 2020 202020202 ln 2 3 ln 3 ln 2 3232 2020 ln 2 ln 2 3 3 2020 ln 3 ln 2 323232 ln 3 ln2 ln 3 3 ln 22 3 2 32 3 2 32020 ln 3.2 2020 ln 2.30,23nnnnnnnnnnnnn n n nnnnnfnn. fn 2020 0f * 2020 2020f n f n 1000, 1000 2020n n n 1010 n ()1f x x=+ ()21g x x=+ ()()()()()=max , 0min , 0f x g x nÕu xhxf x g x nÕu x ()y h x= 0 1 2 3Ta có , vậy có 3 vị trí đồ thị hàm số bị “gãy” nên tại đó không tồn tại đạo hàm. Câu 48. Tính biết là tập hợp tất cả các giá trị của tham số để bất phương trình thỏa mãn với mọi . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Xét bất phương trình Ta có Điều kiện Đặt , bất phương trình trở thành . Do đó Xét hàm số trên , ta có bảng biến thiên của như sau Từ bảng biến thiên ta có, hệ nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi . ()22111 1 01 0 111x nÕu xx nÕu xhxx nÕu xx nÕu x+  −− + −  =+  + ab+ ;ab m ()2224log 2 4 log 2 5x x m x x m− + + − +  0;2x 4ab+= 2ab+= 0ab+= 6ab+= ()()2224log 2 4 log 2 5 1x x m x x m− + + − +  ()()22221 log 2 4 log 2 5 2x x m x x m − + + − +  ()22220*log 2 0x x mx x m− + − +  22log 2t x x m= − + ()2 24 5 0 5 1t t t+ −   −   ()2222222222log 2 1log 2 1222log 2 0 2 1log 2 5x x mx x mx x mx x m x x mx x m− + − + − +       − +  − +   − +  −  222421x x mx x m− + − +  ()3 ()22f x x x m= − + 0; 2 ()fx ()3 0;2x ()()0;20;2max 424min 1 1f x mmf x m=  = − + Suy ra , vậy . Câu 49. Cho hình lăng trụ có thể tích . Biết tam giác là tam giác đều cạnh các mặt bên là hình thoi, . Gọi lần lượt là trọng tâm của tam giác và tam giác Tính theo thể tích của khối đa diện . A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có là hình thoi và nên đều. Gọitrung điểm, ta có Khi đó Chọn đáp án D 24ab== 6ab+= .ABC A B C   V ABC ,a 60CC B= ;GG BCB .ABC   V GG CA 6GG CAVV= 8GG CAVV= 12GG CAVV= 9GG CAVV= BCC B 60CC B= CC B M BC 1124GMC B MC CC B BCC BS S S S      = = = . '. . '.23A G GC A MGC G MGC A MGCV V V V  = − = '.21.34A BCC BV= 2 1 2..3 4 3 9VV==Câu 50. Cho hàm số có đạo hàm trên khoảng và sao cho với mọi . Biết , khi đó bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Theo giả thuyết, suy ra Xét với mỗi , suy ra rằng . Điều này chứng tỏ rằng thì . Khi đó, theo định nghĩa của đạo hàm của hàm số , với mỗi suy ra Vậy Có thể chọn Chọn đáp án D _______________ TOANMATH.com _______________ ()y f x= ( ; 0)− (0; )+ 1122()()x f xfx f x= 1 2 2, \ {0}, ( ) 0x x R f x (1) 2f= ()fx 2 ( )fx ()fxx 2 ( )xf x 2 ( )fxx ()1122()(1)11( ) (1)x f xfffx f x f=  = = \ {0}xR 1 (1) 1( ) ( )ffx f x f x== 0x ( ) 0fx ()y f x= 0x 00()1( ) ( )()'( ) lim ( ) limhhf x hf x h f xfxf x f xhh→→+−+−= =  001( ) lim1 (1)()lim( ) 2 ( )(1)hhxhfxfxhhfffxxhxxf x f xfxx→→+−=+−==  = 2 ( )( ) , \ {0}.fxf x x Rx=   2()f x x=