🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook 50 Dạng Toán Phát Triển Đề Minh Họa Lần 2 Toán THPT Năm 2020 Ebooks Nhóm Zalo HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019-2020 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 TOÁN THPT NĂM 2020 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 MỤC LỤC 1 HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP 13 A Mức độ 1 13 B Mức độ 2 15 C Mức độ 3 17 50 DẠNG TOÁN D Mức độ 4 20 2 CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 25 PHÁT TRIỂN A Mức độ 1 25 B Mức độ 2 28 ĐỀ MINH C Mức độ 3 32 D Mức độ 4 37 HỌA LẦN 3 PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT 48 A Mức độ 1 48 2 B Mức độ 2 52 C Mức độ 3 57 D Mức độ 4 65 4 TÍNH THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ 78 A Mức độ 1 78 B Mức độ 2 83 h Geogebra Pro Trang 2 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 C Mức độ 3 91 D Mức độ 4 101 5 HÀM SỐ MŨ – LÔGARÍT 117 A Mức độ 1 117 B Mức độ 2 121 C Mức độ 3 127 D Mức độ 4 131 6 NGUYÊN HÀM 138 HỌA A Mức độ 1 138 ĐỀ MINH B Mức độ 2 142 Nhóm: PHÁT TRIỂN C Mức độ 3 147 D Mức độ 4 154 7 THỂ TÍCH KHỐI CHÓP 165 A Mức độ 1 165 B Mức độ 2 171 C Mức độ 3 180 D Mức độ 4 192 8 KHỐI NÓN-TRỤ- CẦU 207 A Mức độ 1 207 B Mức độ 2 211 C Mức độ 4 227 h Geogebra Pro Trang 3 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 9 DIỆN TÍCH MẶT CẦU 244 A Mức độ 1 244 B Mức độ 2 247 C Mức độ 3 254 D Mức độ 4 263 10 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 277 A Mức độ 1 277 50 DẠNG TOÁN B Mức độ 2 283 C Mức độ 3 292 PHÁT TRIỂN D Mức độ 4 300 11 RÚT GỌN BIỂU THỨC LÔGARIT 316 ĐỀ MINH A Mức độ 1 316 B Mức độ 2 320 HỌA LẦN C Mức độ 3 324 2 D Mức độ 4 330 12 DIỆN TÍCH XUNG QUANH HÌNH TRỤ-NÓN 341 A Mức độ 1 341 B Mức độ 2 345 C Mức độ 3 351 D Mức độ 4 361 h Geogebra Pro Trang 4 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 13 TÌM ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ 373 A Mức độ 1 373 B Mức độ 2 379 C Mức độ 3 386 D Mức độ 4 395 14 KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ 410 A Mức độ 1 410 HỌA B Mức độ 2 418 ĐỀ MINH C Mức độ 3 425 D Mức độ 4 435 Nhóm: PHÁT TRIỂN 15 TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ 451 A Mức độ 1 451 B Mức độ 2 455 C Mức độ 3 461 D Mức độ 4 470 16 BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT 482 A Mức độ 1 482 B Mức độ 2 485 C Mức độ 3 491 D Mức độ 4 499 h Geogebra Pro Trang 5 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 17 SỰ TƯƠNG GIAO ĐỒ THỊ 514 A Mức độ 1 514 B Mức độ 2 520 C Mức độ 3 527 D Mức độ 4 537 18 NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN 551 A Mức độ 1 551 50 DẠNG TOÁN B Mức độ 2 556 C Mức độ 3 563 PHÁT TRIỂN D Mức độ 4 570 19 XÁC ĐỊNH SỐ PHỨC LIÊN HỢP KHI ĐÃ BIẾT SỐ PHỨC 580 ĐỀ MINH A Mức độ 1 580 B Mức độ 2 583 HỌA LẦN C Mức độ 3 587 2 D Mức độ 4 595 20 SỐ PHỨC (tổng hai số phức) 602 A Mức độ 1 602 B Mức độ 2 605 C Mức độ 3 609 D Mức độ 4 617 h Geogebra Pro Trang 6 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 21 TÌM ĐIỂM BIỂU DIỄN CỦA SỐ PHỨC 622 A Mức độ 1 622 B Mức độ 2 628 C Mức độ 3 632 D Mức độ 4 640 22 XÁC ĐỊNH HÌNH CHIẾU CỦA ĐIỂM LÊN MẶT PHẲNG 648 A Mức độ 1 648 HỌA B Mức độ 2 651 ĐỀ MINH C Mức độ 3 654 D Mức độ 4 664 Nhóm: PHÁT TRIỂN 23 XÁC ĐỊNH TÂM, BÁN KÍNH CỦA MẶT CẦU 672 A Mức độ 1 672 B Mức độ 2 676 C Mức độ 3 681 D Mức độ 4 689 24 PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 701 A Mức độ 1 701 B Mức độ 2 705 C Mức độ 3 711 D Mức độ 4 725 h Geogebra Pro Trang 7 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 25 TÌM CÁC YẾU TỐ ĐƯỜNG THẲNG 729 A Mức độ 1 729 B Mức độ 2 733 C Mức độ 3 739 D Mức độ 4 744 26 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 758 A Mức độ 1 758 50 DẠNG TOÁN B Mức độ 2 763 C Mức độ 3 775 PHÁT TRIỂN D Mức độ 4 789 27 CỰC TRỊ HÀM SỐ KHI BIẾT BBT HOẶC ĐỒ THỊ HÀM SỐ CỦA 804 ĐỀ MINH A Mức độ 1 804 B Mức độ 2 810 HỌA LẦN C Mức độ 3 818 2 D Mức độ 4 826 28 GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 838 A Mức độ 1 838 B Mức độ 2 845 C Mức độ 3 852 D Mức độ 4 861 h Geogebra Pro Trang 8 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 29 LOGARIT CÓ THAM SỐ 874 A Mức độ 1 874 B Mức độ 2 879 C Mức độ 3 884 D Mức độ 4 889 30 SỰ TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ 900 A Mức độ 1 900 HỌA B Mức độ 2 903 ĐỀ MINH C Mức độ 3 909 D Mức độ 4 917 Nhóm: PHÁT TRIỂN 31 BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ – LOGARIT 929 A Mức độ 1 929 B Mức độ 2 938 C Mức độ 3 944 D Mức độ 4 949 32 DIỆN TÍCH MẶT NÓN – MẶT TRỤ 959 A Mức độ 1 959 B Mức độ 2 963 C Mức độ 3 970 D Mức độ 4 979 h Geogebra Pro Trang 9 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 33 TÍCH PHÂN 987 A Mức độ 1 987 B Mức độ 2 992 C Mức độ 3 1000 D Mức độ 4 1007 34 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN 1019 A Mức độ 1 1019 50 DẠNG TOÁN B Mức độ 2 1023 C Mức độ 3 1037 PHÁT TRIỂN D Mức độ 4 1048 35 SỐ PHỨC 1058 ĐỀ MINH A Mức độ 1 1058 B Mức độ 2 1061 HỌA LẦN C Mức độ 3 1063 2 D Mức độ 4 1071 36 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM CỦA SỐ PHỨC 1082 A Mức độ 1 1082 B Mức độ 2 1086 C Mức độ 3 1090 D Mức độ 4 1095 h Geogebra Pro Trang 10 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 37 PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 1102 A Mức độ 1 1102 B Mức độ 2 1106 C Mức độ 3 1111 D Mức độ 4 1117 38 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG Oxyz 1125 A Mức độ 1 1125 HỌA B Mức độ 2 1131 ĐỀ MINH C Mức độ 3 1138 D Mức độ 4 1146 Nhóm: PHÁT TRIỂN 39 XÁC SUẤT 1157 A Mức độ 1 1157 B Mức độ 2 1161 C Mức độ 3 1166 D Mức độ 4 1171 40 KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 1177 A Mức độ 1 1177 B Mức độ 2 1181 C Mức độ 3 1194 D Mức độ 4 1205 h Geogebra Pro Trang 11 MỤC LỤC PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 41 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 1222 A Mức độ 1 1222 B Mức độ 2 1225 C Mức độ 3 1228 D Mức độ 4 1235 42 HÀM SỐ MŨ - HÀM SỐ LOGARITS (BÀI TOÁN THỰC TẾ) 1240 A Mức độ 1 1240 50 DẠNG TOÁN B Mức độ 2 1242 C Mức độ 3 1248 PHÁT TRIỂN D Mức độ 4 1257 43 XÁC ĐỊNH HỆ SỐ CỦA HÀM SỐ 1266 ĐỀ MINH 44 KHỐI NÓN -TRỤ- CẦU 1275 45 TÍCH PHẦN HÀM ẨN 1292 HỌA LẦN 46 TÌM SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM HỢP KHI BIẾT BẢNG BIẾN THIÊN HOẶC ĐỒ THỊ 1313 2 47 GTNN-GTLN BIỂU THỨC MŨ-LOGARIT 1325 48 GTNN – GTNN (TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM PHỤ THUỘC THAM SỐ TRÊN ĐOẠN 1342 49 THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN (CẮT BỞI MẶT PHẲNG) 1354 50 PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT 1375 h Geogebra Pro Trang 12 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 DẠNG 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP A MỨC ĐỘ 1 Ví dụ 1. Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 10 học sinh? A C210. B A210. C 102. D 210. Lời giải. Số cách chọn 2 học sinh từ nhóm gồm 10 học sinh là tổ hợp chập 2 của 10: C210 (cách) Chọn phương án A Câu 1. Có hai kiểu mặt đồng hồ đeo tay (vuông, tròn) và có ba kiểu dây (kim loại, da, nhựa). Hỏi có bao nhiêu cách chọn một chiếc đồng hồ có một mặt và một dây? A 8. B 6. C 5. D 7. HỌA Lời giải. Có 2 cách chọn kiểu mặt đồng hồ, có 3 cách chọn kiểu dây đồng hồ. ĐỀ MINH Số cách chọn một chiếc đồng hồ có một mặt và một dây theo qui tắc nhân là 2 · 3 = 6. Chọn phương án B Câu 2. Một hộp chứa 10 quả cầu phân biệt. Số cách lấy ra từ hộp đó cùng lúc 3 quả cầu là A 120. B 10. C 60. D 720. Nhóm: PHÁT TRIỂN Lời giải. Số cách chọn 3 quả cầu từ hộp là C310 = 120. Chọn phương án A Câu 3. Tổ 1 của lớp 11A gồm 6 bạn nam và 4 bạn nữ. Để chọn một đội lao động trong tổ, cần chọn một bạn nữ và ba bạn nam. Số cách chọn như vậy là A 21. B 60. C 40. D 120. Lời giải. Số cách chọn một đội lao động gồm 3 nam và 1 nữ là C36· C12 = 40 cách. Chọn phương án C Câu 4. Một tổ gồm n học sinh, biết rằng có 210 cách chọn 3 học sinh trong tổ để làm ba việc khác nhau. Số n thỏa mãn hệ thức nào sau đây? A n(n + 1)(n + 2) = 210. B n(n + 1)(n + 2) = 420. C n(n − 1)(n − 2) = 210. D n(n − 1)(n − 2) = 420. Lời giải. Học sinh thứ nhất có n cách chọn, học sinh thứ hai có n − 1 cách chọn, học sinh thứ ba có n − 2 cách chọn. Do đó n(n − 1)(n − 2) = 210. Chọn phương án C Câu 5. Một chi đoàn có 16 đoàn viên. Cần bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư và Ủy viên. Số cách chọn ra Ban Chấp hành nói trên là h Geogebra Pro Trang 13 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A 560. B 4096. C 48. D 3360. Lời giải. Mỗi cách bầu chọn một Ban Chấp hành ba người gồm Bí thư, Phó Bí thư và Ủy viên là một chỉnh hợp chập3 của 16 phần tử. Do đó cóA316=16! 13! = 3360 cách. Chọn phương ánD Câu 6. Cho k, n là các số tự nhiên thỏa mãn06k6n. Công thức nào trong các công thức sau đây là sai? AAkn=n!k!. BCkn=n! k!(n−k)!. CCkn = Cn−k n . DPn=n!. Lời giải. Dựa vào công thức tính số chỉnh hợp, có đáp án A sai 50 DẠNG Chọn phương ánA Câu 7. Công thức tính số chỉnh hợp chậpk củan phần tử (với các số nguyênk,n thỏa0≤k≤n) là TOÁN An! (n−k)!k!. Bn! (n − k + 1)!. Cn! (n−k)!. D(n−k)!k! n! . Lời giải. PHÁT Công thức tính số chỉnh hợp chậpk củan phần tử (với các số nguyênk,n thỏa0≤k≤n) là Akn=n! (n−k)!. TRIN Chọn phương ánC Câu 8. Từ các chữ số1; 2; 3; 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có4 chữ số đôi một khác ĐỀ nhau? MINH A 42. B 12. C 24. D44. Lời giải. HỌA Mỗi số như vậy là một hoán vị của4 phần tử. Vậy có thể lập được 4! = 24 số thỏa mãn đề bài. Chọn phương ánC LẦN Câu 9. Có bao nhiêu cách xếp một nhóm học sinh gồm4 bạn nam và6 bạn nữ thành một hàng 2 ngang? A 10!. B 4!. C 6!.4!. D 6!. Lời giải. Nhóm học sinh đó có tất cả 10 học sinh. Xếp 10 học sinh thành một hàng ngang cóP10 = 10! cách xếp. Chọn phương ánA Câu 10. Công thức tính số chỉnh hợp chậpk củan là ACkn=n! (n −k)!. BCkn=n! (n−k)!k!. CAkn=n! (n−k)!. DAkn=n! (n−k)!k!. Lời giải. Theo công thức tính số chỉnh hợp trong SGK lớp 11 thìAkn=n! (n−k)!. Chọn phương ánC h Geogebra Pro Trang 14 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 B MỨC ĐỘ 2 Câu 11. Từ các chữ số 1, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu chữ số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau? A 20. B 14. C 36. D 24. Lời giải. Gọi số cần tìm có dạng abcd với a, b, c, d ∈ A = {1, 5, 6, 7} . Vì số cần tìm có 4 chữ số khác nhau nên: • a được chọn từ tập A (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn. • b được chọn từ tập A \ {a} (có 3 phần tử) nên có 3 cách chọn. • c được chọn từ tập A \ {a, b} (có 2 phần tử) nên có 2 cách chọn. • d được chọn từ tập A \ {a, b, c} (có 1 phần tử) nên có 1 cách chọn. Như vậy, ta có 4 × 3 × 2 × 1 = 24 số cần tìm. Chọn phương án D HỌA Câu 12. Một tổ công nhân có 12 người. Cần chọn 3 người để đi làm cùng một nhiệm vụ, hỏi có bao nhiêu cách chọn? ĐỀ MINH A 12!. B C312. C 123. D A312. Lời giải. Chọn 3 người từ 12 người đi thực hiện cùng một nhiệm vụ là một tổ hợp chập 3 của 12 phần tử. Số cách chọn là C312. Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án B Câu 13. Biết A2n + C3n = 50, (n ∈ N∗). Khi đó, giá trị của n là A 4. B 5. C 6. D 7. Lời giải. Từ A2n + C3n = 50 ⇔n! (n − 2)! +n! 3!(n − 3)! = 50 ⇔ n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) 6= 50 ⇒n36+n22−2n3= 50 ⇒ n = 6. Chọn phương án C Câu 14. Một lớp có 30 học sinh gồm 20 nam, 10 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một nhóm 3 học sinh sao cho nhóm đó có ít nhất 01 học sinh là nữ? A 1140. B 2920. C 1900. D 900. Lời giải. Số cách chọn là C110.C220 + C210.C120 + C310 = 2920· Chọn phương án B Câu 15. Sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ ngồi. Số cách xếp sao cho các nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau là A 34560. B 17280. C 744. D 120960. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 15 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Ta coi 4 nữ sinh là một cùng với 6 nam sinh lúc này xếp vào 10 chỗ ngồi là số hoán vị của 7 phần tử. Trong 4 nữ sinh còn có thể hoán đổi vị trí. Vậy có: 7! · 4! = 120960 cách xếp thỏa mãn yêu cầu. Chọn phương án D Câu 16. Trong một buổi lễ có 13 cặp vợ chồng tham dự. Mỗi ông bắt tay với mọi người trừ vợ mình. Biết các bà không ai bắt tay với nhau. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay? A 85. B 78. C 312. D 234. Lời giải. Loại 1: Hai người đàn ông bắt tay nhau. Một ông bắt tay với 12 ông kia ⇒ có 12 · 13 cái bắt tay. 50 DẠNG TOÁN Những mỗi cách bắt tay như vậy được tính 2 lần. Vậy ở loại 1 có 12· 12 · 13 cái bắt tay. Loại 2: Một người đàn ông bắt tay một người phụ nữ. Một người đàn ông bắt tay 12 người phụ nữ, trừ vợ ⇒ có 12 · 13 cái bắt tay. Vậy có 32· 12 · 13. PHÁT TRIỂN Chọn phương án D Câu 17. Từ các chữ số 1; 3; 4; 6; 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có ba chữ số khác nhau? ĐỀ MINH A 12. B 10. C 24. D 60. Lời giải. Số tự nhiên chẵn có 3 chữ số có dạng a1a2a3 , a3 ∈ {4; 6} HỌA LẦN a3 có 2 cách chọn a1; a2 có A24cách chọn, suy ra có 2A24 = 24 số Chọn phương án C 2 Câu 18. Trong kho đèn trang trí đang còn 5 bóng đèn loại I, 7 bóng đèn loại II, các bóng đèn đều khác nhau về màu sắc và hình dáng. Lấy ra 5 bóng đèn bất kỳ. Hỏi có bao nhiêu khả năng xảy ra nếu số bóng đèn loại I nhiều hơn số bóng đèn loại II? A 3360. B 245. C 246. D 3480. Lời giải. Số cách chọn 5 bóng đèn loại I là C55 = 1. Số cách chọn 4 bóng đèn loại I, 1 bóng đèn loại II là C45· C17 = 35. Số cách chọn 3 bóng đèn loại I, 2 bóng đèn loại II là C35· C27 = 210. Vậy số cách lấy số bóng đèn loại I nhiều hơn số bóng đèn loại II là 1 + 35 + 210 = 246 cách. Chọn phương án C Câu 19. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau? A 4500. B 2296. C 50000. D 2520. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 16 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Gọi số cần tìm là n = abcd. TH1. d = 0. Chọn a, b, c có A39 = 504. TH2. d 6= 0. Chọn d trong các số 2; 4; 6; 8 có 4 cách. Chọn a (a 6= 0, a 6= d) có 8 cách. Chọn b, c trong 8 số còn lại có A28cách. Trong trường hợp này có 4 · 8 · A28 = 1792 số. Vậy có 504 + 1792 = 2296 số tự nhiên chẵn mà mỗi số có 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn phương án B HỌA Câu 20. Giải bóng đá AFF-CUP 2018 có tất cả 10 đội bóng tham gia, chia đều làm hai bảng A và B. Ở vòng đấu bảng, mỗi đội bóng thi đấu với mỗi đội bóng cùng bảng 1 trận. Hỏi tại vòng ĐỀ MINH bảng các đội thi đấu tổng cộng bao nhiêu trận? A 40. B 30. C 50. D 20. Lời giải. Nhóm: PHÁT TRIỂN Mỗi bảng có 5 đội bóng. Mỗi đội bóng thi đấu với mỗi đội bóng cùng bảng 1 trận nên số trận thi đấu trong mỗi bảng bằng số cách chọn 2 đội bóng từ 5 đội, tức là C25 = 10 trận. Vì có hai bảng nên tổng số trận đấu ở vòng bảng là 20 trận. Chọn phương án D C MỨC ĐỘ 3 Câu 21. Từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 lập được bao nhiêu số có 6 chữ số mà chữ số liền sau nhỏ hơn chữ số liền trước? A 7. B 20160. C 5040. D 25. Lời giải. Ta có C68cách chọn ra 6 số trong 8 số đã cho và sắp xếp chúng thành một số thỏa mãn đề bài. Trong các số trên do có cả số 0 nên có C57cách chọn ra 5 số trong các số trên không có chữ số 0. Như vậy có tất cả C68 − C57 = 7. Chọn phương án A Câu 22. Cho tập hợp A = {a; b; c; d; e; f; g}. Số tập con có nhiều hơn một phần tử của A là A 64. B 128. C 120. D 127. Lời giải. Số tập con có k phần tử của một tập hợp X có n phần tử là Ckn Ta lại có C0n + C1n + C2n + · · · + Cnn = 2n h Geogebra Pro Trang 17 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Do đó tổng số tập con của A (kể cả tập A ) là 27 = 128 Số tập con không có phần tử nào (tập rổng) của A là C◦7 = 1 Số tập con có 1 phần tử của A là C17 = 7 Vậy số tập con có nhiều hơn một phần tử của A là : 128 − 1 − 7 = 120 Chọn phương án C Câu 23. Trong mặt phẳng, cho một đa giác lồi có 20 cạnh. Số đường chéo của đa giác là A 360. B 380. C 190. D 170. Lời giải. Đoạn thẳng nối 2 đỉnh bất kì sẽ là cạnh hoặc đường chéo của đa giác lồi. Số đường chéo của đa giác lồi 20 cạnh là C220 − 20 = 170. Chọn phương án D Câu 24. Trong một lớp học có 10 học sinh có hoàn cảnh khó khăn. Hội phụ huynh chọn ra 5 học 50 DẠNG TOÁN sinh bất kì trong số 10 học sinh đó để trao 5 phần quà khác nhau. Số cách trao quà là A 252. B 50. C 30240. D 120. Lời giải. Chọn 5 học sinh bất kì trong 10 học sinh có C510 cách chọn. Số cách trao 5 phần quà khác nhau cho 5 học sinh đã chọn là P5 = 5!. PHÁT TRIỂN Vậy số cách trao là C510 · 5! = 32420. Chọn phương án C Câu 25. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau cho 5 bạn nam và 4 bạn nữ thành một hàng ngang ĐỀ MINH sao cho các bạn nữ đứng cạnh nhau A 14400. B 5760. C 2880. D 17280. Lời giải. HỌA LẦN Vì các bạn nữ đứng cạnh nhau nên xem các bạn nữ như 1 bạn cùng với 5 bạn nam có 6! cách xếp. Mà các bạn nữ đứng cạnh nhau có 4! cách. Vậy tất cả có 6!4! = 17280 cách xếp. Chọn phương án D 2 Câu 26. Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh? A 924. B 805. C 508. D 180. Lời giải. Trường hợp 1: không có học sinh khối 12. Số cách chọn: C69 = 84. Trường hợp 2: không có học sinh khối 11. Số cách chọn: C68 = 28. Trường hợp 3: không có học sinh khối 10. Số cách chọn: C67 = 7. Số cách chọn ra 6 học sinh không phân biệt khối lớp: C612 = 924. Số cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh là 924 − (84 + 28 + 7) = 805. Chọn phương án B h Geogebra Pro Trang 18 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 27. Có 20 bông hoa trong đó có 8 bông đỏ, 7 bông vàng, 5 bông trắng. Chọn ngẫu nhiên 4 bông để tạo thành một bó. Có bao nhiên cách chọn để bó hoa có cả 3 màu? A 2380. B 14280. C 1920. D 4760. Lời giải. Số cách chọn được một bó hoa có 2 hoa đỏ, 1 hoa vàng và 1 hoa trắng là C28C17C15 = 980. Số cách chọn được một bó hoa có 1 hoa đỏ, 2 hoa vàng và 1 hoa trắng là C18C27C15 = 840. Số cách chọn được một bó hoa có 1 hoa đỏ, 1 hoa vàng và 2 hoa trắng là C18C17C25 = 560. Do đó số cách chọn được bó hoa có cả 3 màu là 980 + 840 + 560 = 2380. Chọn phương án A Câu 28. Đa giác đều nào có 20 đường chéo? A Ngũ giác đều. B Lục giác đều. C Bát giác đều. D Thập giác đều. Lời giải. Gọi n là số cạnh của đa giác đều, khi đó, đa giác có n đỉnh, từ n đỉnh đó, ta có thể tạo được C2n HỌA đoạn thẳng. Trong đó bao gồm cả cạnh và đường chéo của đa giác, vậy số đường chéo của đa giác là C2n − n. ĐỀ MINH Từ giả thiết ta có C2n − n = 20 ⇔n! (n − 2)!2! − n = 20 ⇔n(n − 1) ñn = −5 (loại) 2− n = 20 Nhóm: PHÁT TRIỂN ⇔ n2 − 3n − 40 = 0 ⇔ Chọn phương án C n = 8 (nhận). Vậy đa giác thỏa mãn là bát giác đều. Câu 29. Cô giáo chia 4 quả táo, 3 quả cam và 2 quả chuối cho 9 cháu (mỗi cháu 1 quả). Hỏi có bao nhiêu cách chia khác nhau? A 120. B 1260. C 9. D 24. Lời giải. Chọn 4 trong 9 cháu chia táo có: C49(cách). Chọn 3 trong 5 cháu còn lại chia cam có: C53(cách). Chọn 2 trong 2 cháu còn lại chia chuối có: C22(cách). Vậy số cách chia khác nhau là C49· C35· C22 = 1260. Chọn phương án B Câu 30. Long và Hưng cùng 8 bạn rủ nhau đi xem bóng đá. Số cách xếp nhóm bạn trên vào 10 chỗ ngồi sắp hàng ngang sao cho Long và Hưng ngồi cạnh nhau là A 9 · 8!. B 18 · 8!. C 8!. D 9!. Lời giải. Số cách để hai bạn Long và Hưng ngồi cạnh nhau là 18 cách. Số cách để xếp 8 bạn còn lại là 8! cách. Vậy có 18 · 8! cách. Chọn phương án B h Geogebra Pro Trang 19 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 31. Tại một buổi lễ có 13 cặp vợ chồng tham dự, mỗi ông bắt tay với mọi người trừ vợ của mình, các bà không ai bắt tay nhau. Hỏi có bao nhiêu cái bắt tay? A 234. B 312. C 78. D 185. Lời giải. Bắt tay ngẫu nhiên có: C262(cách). Chồng bắt tay vợ mình có: 13 (cách). Các bà vợ bắt tay nhau có: C132(cách) Vậy số cái bắt tay thỏa đề bài là: C262 − 13 − C132 = 234 (cái). Chọn phương án A 50 DẠNG TOÁN D MỨC ĐỘ 4 Câu 32. Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4? A 2942. B 1500. C 249. D 3204. Lời giải. PHÁT TRIỂN Ta ghép bộ ba chữ số 1; 5; 4 thành hai bộ số đặc biệt là (1; 5; 4) và (4; 5; 1) có hai cách. Bài toán trở thành: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số sao cho các chữ số khác nhau từng đôi một,trong đó có 1 số đặc biệt? Ta xét các trường hợp sau: ĐỀ MINH TH1. Số đặc biệt đứng ở hàng nghìn. Chọn 3 chữ số còn lại có A37 = 210 cách. TH2. Số đặc biệt đứng ở hàng trăm hoặc hàng chục hoặc hàng đơn vị có 3 cách. HỌA LẦN Chọn số hàng nghìn có 6 cách. Chọn 2 chữ số còn lại có A26 = 30 cách. Trường hợp này có 3 · 6 · 30 = 540 cách. 2 Do đó có tất cả 210 + 540 = 750 số. Trở lại bài toán, ta có 2 số đặc biệt nên có tất cả 2 · 750 = 1500 số cần tìm. Chọn phương án B Câu 33. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh lớp 12T, 3 học sinh lớp 12H và 5 học sinh lớp 12A thành một hàng ngang. Tính số cách xếp 10 học sinh trên sao cho không có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau. A 36360. B 63360. C 66033. D 33066. Lời giải. Đầu tiên ta xếp 5 học sinh lớp 12A thành một hàng có 5! = 120 cách. Giữa 5 học sinh này có 4 khoảng trống và 2 khoảng trống ở hai đầu mút, ta đánh số vị trí các khoảng trống từ trái sang phải là 1; 2; 3; 4; 5; 6 như hình dưới. 1 − A − 2 − A − 3 − A − 4 − A − 5 − A − 6 h Geogebra Pro Trang 20 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Vì hai học sinh cùng lớp không đứng cạnh nhau nên các vị trí 2; 3; 4; 5 phải có học sinh lớp 12T, 12H. Nhưng tổng học sinh hai lớp đó là 5 nên có một học sinh sẽ đứng ở vị trí 1 hoặc 6 hoặc đứng ghép với một học sinh lớp khác trong các vị trí 2; 3; 4; 5. Ta xét các trường hợp sau: TH1. Xếp 5 học sinh 12T, 12H vào các vị trí 1; 2; 3; 4; 5 có 5! = 120 cách. TH2. Xếp 5 học sinh 12T, 12H vào các vị trí 2; 3; 4; 5; 6 có 5! = 120 cách. TH3. Ghép một học sinh 12T và một học sinh 12H thành một cặp có 3 · 2 · 2 = 12 cách. Xem cặp này như là một học sinh đặc biệt. Xếp 4 học sinh vào các vị trí 2; 3; 4; 5 có 4! cách. Trường hợp này có 12 · 4! = 288 cách. Vậy có 120 · (120 + 120 + 288) = 63360 cách xếp. Chọn phương án B Câu 34. Số nghiệm của bất phương trình C4n−1 − C3n−1 −54A2n−2 < 0 là HỌA A 0. B Vô số. C 5. D 6. ĐỀ MINH Lời giải. Điều kiện: n ∈ N và n ≥ 5. Bất phương trình đã cho tương đương với 4!(n − 5)! −(n − 1)! (n − 1)! 3!(n − 4)! −54(n − 2)! Nhóm: PHÁT TRIỂN ⇒(n − 2)! ï(n − 1)(n − 4) (n − 4)! < 0 3! −54ò< 0 (n − 4)! 4! −(n − 1) ⇒ (n − 1)(n − 4) − 4(n − 1) − 30 < 0 ⇔ n2 − 9n − 22 < 0 ⇔ −2 < n < 11. Kết hợp với điều kiện, suy ra bất phương trình đã cho có sáu nghiệm n = 5, 6, 7, 8, 9, 10. Chọn phương án D Câu 35. Lập các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau từ các chữ số 2; 3; 4; 5. Tính tổng S các số tự nhiên đó. A S = 24. B S = 93324. C S = 11111. D S = 66660. Lời giải. Mỗi chữ số trong một số có 4 chữ số được lập lại 3! lần. Khi đó, S = 3!(2 + 3 + 4 + 5)(103 + 102 + 101 + 100) = 93324. Chọn phương án B Câu 36. Có bao nhiêu số có 5 chữ số mà các chữ số của nó tăng dần hoặc giảm dần? A 11. B 504. C 378. D 252. Lời giải. Gọi số có 5 chữ số lặp từ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} là abcde. h Geogebra Pro Trang 21 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Thứ tự tăng dần: a < b < c < d < e. Lúc này a 6= 0 nên a, b, c, d, e ∈ {1, 2, . . . 9}. Số cách chọn ra 5 chữ số khác nhau từ {1, 2, . . . 9} là C59cách. Với mỗi cách chọn đó, chỉ có duy nhất một cách sắp xếp các chữ số theo thứ tự tăng dần. Do đó, có C59số thỏa yêu cầu. Thứ tự giảm dần: a > b > c > d > e. Lập luận tương tự, nhưng chú ý rằng lúc này các chữ số a, b, c, d, e ∈ {0, 1, 2, . . . 9} do đó có C510 số thỏa yêu cầu. Vậy có tất cả C59 + C510 = 378 số thỏa yêu cầu. Chọn phương án C Câu 37. Vòng bảng giải bóng đá cúp C1 Châu Âu (Champions League) 2017 – 2018 do Liên đoàn bóng đá Châu Âu (UEFA) tổ chức gồm 32 đội được chia thành 8 bảng đấu (mỗi bảng gồm 4 đội). Mỗi đội phải đá vòng tròn 2 lượt (lượt đi và lượt về). Trung bình mỗi trận đấu vòng bảng, UEFA có tổng doanh thu 18 triệu Euro. Hỏi doanh thu từ vòng bảng cúp C1 của UEFA là bao nhiêu 50 DẠNG TOÁN tiền? (Tính theo đơn vị: tỷ Euro) A 1,404. B 1,152. C 2,808. D 1,728. Lời giải. Số đội bóng có trong mỗi bảng đấu (32 đội chia ra thành 8 bảng): 4 đội. Số trận đấu của mỗi bảng đấu là A24 = 12 trận (do mỗi cặp - 2 đội đấu với nhau 2 trận). PHÁT TRIỂN Vậy số trận đấu của bòng bảng là 8 × 12 = 96 trận. Doanh thu từ vòng bảng của giải đấu là 96 × 18 (triệu Euro) = 1,728 (tỷ Euro). Chọn phương án D ĐỀ MINH Câu 38. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lập được bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3 và có ba chữ số khác nhau? A 30. B 36. C 40. D 34. HỌA LẦN Lời giải. Gọi abc là số cần lập. Khi đó (a, b, c) ∈ {(0, 1, 2),(0, 1, 5),(0, 2, 4),(0, 4, 5),(1, 2, 3),(1, 3, 5),(2, 3, 4),(3, 4, 5)} 2 + Với bộ (0, 1, 2) lập được 4 số. + Với bộ (1, 2, 3) lập được 3! số. Vậy có tất cả 4 · 4 + 4 · 3! = 40. Chọn phương án C Câu 39. Từ một nhóm 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B, 3 học sinh lớp C. Có bao nhiêu cách chọn ra 4 học sinh sao cho 4 học sinh được chọn thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên? A 225. B 235. C 215. D 200. Lời giải. - Chọn 4 học sinh tùy ý, có C412 = 495 cách. - Chọn 4 học sinh có cả 3 lớp: + TH1: Chọn 1A, 1B, 2C có 5 · 3 · C23 = 60. + TH2: Chọn 1A, 1B, 2C có 5 · C24· 3 = 90. h Geogebra Pro Trang 22 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 + TH3: Chọn 1A, 1B, 2C có C25· 4 · 3 = 120. Số cách chọn thỏa bài toán là: 495 − 60 − 90 − 120 = 225. Chọn phương án A Câu 40. Có bao nhiêu cách chia 20 viên bi giống hệt nhau vào 4 cái hộp đôi một khác nhau, sao cho mỗi cái hộp có ít nhất 2 viên bi. A C420. B C319 . C C412. D C315. Lời giải. Gọi x, y, x, t ∈ N là số viên bi cho vào 4 cái hộp. Ta có ®x + y + z + t = 20 x ≥ 2, y ≥ 2, z ≥ 2, t ≥ 2⇔ ®(x − 1) + (y − 1) + (z − 1) + (t − 1) = 16 x − 1 ≥ 1, y − 1 ≥ 1, z − 1 ≥ 1, t − 1 ≥ 1. Khi đó số nghiệm nguyên của phương trình là C315. Chọn phương án D HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN h Geogebra Pro Trang 23 1. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 BẢNG ĐÁP ÁN 1. B 11. B 21. B 31. C 41. C 51. D 61. D 71. D 2. A 12. B 22. B 32. D 42. A 52. B 62. A 72. A 3. A 13. B 23. C 33. D 43. D 53. A 63. A 73. D 4. A 14. B 24. C 34. A 44. A 54. B 64. B 74. B 5. B 15. C 25. B 35. C 45. A 55. B 65. D 75. C 6. A 16. C 26. B 36. A 46. D 56. A 66. A 76. D 7. A 17. D 27. D 37. D 47. D 57. D 67. A 77. B 8. C 18. A 28. A 38. B 48. A 58. C 68. C 78. A 9. D 19. D 29. C 39. A 49. D 59. B 69. D 79. B 10. A 20. D 30. D 40. B 50. C 60. D 70. D 80. A 50 DẠNG TOÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 h Geogebra Pro Trang 24 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 DẠNG 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN A MỨC ĐỘ 1 Ví dụ 1. Cho cấp số cộng (un) với u1 = 3 và u2 = 9 . Công sai của cấp số cộng đã cho bằng A 6. B 3. C 12. D -6. Lời giải. Cấp số cộng (un) có số hạng tổng quát là: un = u1 + (n − 1)d. (Với u1 là số hạng đầu và d là công sai). Suy ra ta có: u2 = u1 + d ⇔ 9 = 3 + d ⇔ d = 6. Vậy công sai của cấp số công đã cho bằng 6. Chọn phương án A HỌA Câu 1. Tính tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng biết u1 = −5, d = 3. ĐỀ MINH A 292. B 14350. C 14600. D 14500. Lời giải. S100 =(2u1 + 99d) 100 2= 14350. Chọn phương án B Nhóm: PHÁT TRIỂN Câu 2. Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số cộng? A 1, 3, 5, 7, 9. B 2, 4, 5, 6, 7. C 1, 2, 4, 8, 16. D 3, −6, 12, −24. Lời giải. Vì 3 = 1 + 2; 5 = 3 + 2; 7 = 5 + 2; 9 = 7 + 2. Nên theo định nghĩa cấp số cộng, dãy số 1, 3, 5, 7, 9 là một cấp số cộng với công sai d = 2. Chọn phương án A Câu 3. Cấp số nhân (un) có u1 = 3, q = 2. Tìm u2. A u2 = 6. B u2 = 5. C u2 = −6. D u2 = 1. Lời giải. Cấp số nhân (un) có u1 = 3, q = 2, có số hạng tổng quát un = u1 · qn−1, n ≥ 2. Vậy u2 = u1 · q = 6. Chọn phương án A Câu 4. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu u1, công bội q. Gọi Sn là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân (un). Trong các công thức sau, công thức nào sai? A Sn = u1 ·1 − qn 1 − q, ∀n ∈ N∗. B un+1 = un · q, ∀n ∈ N∗. C un = u1 · qn−1, ∀n ∈ N∗, n ≥ 2. D |uk| =√uk−1 · uk+1, ∀k ∈ N∗, k ≥ 2 và uk không là số hạng cuối. Lời giải. Các công thức ở phương án B, C, D đều đúng. h Geogebra Pro Trang 25 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Công thức ở phương án A sai vì Sn = u1 ·1 − qn 1 − q∀n ∈ N∗ không đúng khi q = 1. Chọn phương án A Câu 5. Dãy số nào trong các dãy số sau là cấp số nhân? A 2; 4; 8; 16; 32; 63. B 1; −2; 4; −8; 16; −32. C 1; 3; 9; 27; 54; 162. D 4; 2; 1;12;14;116. Lời giải. Vì 42=84=168=32166=6332nên dãy số ở phương án A không là cấp số nhân. Vì 31=93=2796=5427nên dãy số ở phương án C không là cấp số nhân. Vì 24=12=121=14126=11614nên dãy số ở phương án D không là cấp số nhân. Vì −21=4−2=−84=16−8=−32 16= −2 nên dãy số ở phương án B là cấp số nhân. 50 DẠNG TOÁN Chọn phương án B Câu 6. Cho cấp số cộng (un) có số hạng đầu tiên là u1 = 2 và công sai d = 3. Tìm số hạng u5 của cấp số cộng (un) đó. A u5 = 14. B u5 = 11. C u5 = 17. D u5 = 13. PHÁT TRIỂN Lời giải. Ta có u5 = u1 + 4d = 2 + 4 · 3 = 14. Chọn phương án A Câu 7. Cho cấp số nhân (un) biết u1 = 3 và công bội q = −2. Tìm số hạng thứ bảy của cấp số ĐỀ MINH nhân đó. A u7 = 192. B u7 = −9. C u7 = −192. D u7 = 384. Lời giải. HỌA LẦN u7 = u1q6 = 3(−2)6 = −192. Chọn phương án A 2 Câu 8. Cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 và công sai d. Công thức số hạng tổng quát của (un) là A un = u1 + nd. B un = u1 + (n + 1)d. C un = u1 + (n − 1)d. D un = u1 − nd. Lời giải. Theo lý thuyết, công thức số hạng tổng quát của (un) là un = u1 + (n − 1)d. Chọn phương án C Câu 9. Cho cấp số cộng 1, 4, 7, . . .. Số hạng thứ 100 của cấp số cộng là A 297. B 301. C 295. D 298. Lời giải. Cấp số cộng 1, 4, 7, . . . có số hạng đầu u1 = 1 và công sai d = 3. Chọn phương án D Câu 10. Cho cấp số cộng (un) có số hạng tổng quát là un = 3n − 2. Tìm công sai d của cấp số cộng. h Geogebra Pro Trang 26 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A d = 3. B d = 2. C d = −2. D d = −3. Lời giải. Ta có un+1 − un = 3(n + 1) − 2 − 3n + 2 = 3. Suy ra d = 3 là công sai của cấp số cộng Chọn phương án A Câu 11. Cho cấp số nhân (un) có u1 = −3, công bội q = −2. Hỏi −192 là số hạng thứ mấy của (un)? A Số hạng thứ 6. B Số hạng thứ 7. C Số hạng thứ 5. D Số hạng thứ 8. Lời giải. Giả sử −192 là số hạng thứ n của (un) với n ∈ N∗. Ta có −192 = u1.qn−1 ⇔ −192 = (−3).(−2)n−1 ⇔ 64 = (−2)n−1 ⇔ (−2)6 = (−2)n−1 ⇔ 6 = n − 1 ⇔ 7 = n. Do đó −192 là số hạng thứ 7 của (un). Chọn phương án B Câu 12. Cho cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = 5 Giá trị của u4 bằng HỌA A 22. B 17. C 12. D 250. Lời giải. ĐỀ MINH u4 = u1 + 3d = 2 + 3 · 5 = 17. Chọn phương án B Câu 13. Cho cấp số nhân (un) có số hạng đầu tiên u1 =12, công bội q = 2. Giá trị của u25 bằng Nhóm: PHÁT TRIỂN A 226. B 223. C 224. D 225. Lời giải. Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ta có u25 = u1 · q24 =12· 224 = 223. Chọn phương án B Câu 14. Cho cấp số nhân (un) có u1 = 3 và q = −2. Tính tổng 10 số hạng đầu liên tiếp của cấp số nhân? A S10 = −511. B S10 = 1023. C S10 = 1025. D S10 = −1025. Lời giải. 1 − q= −3 ·1 − (−2)10 Ta có S10 = u1 ·1 − q10 Chọn phương án B 1 − (−2) = 1023. Câu 15. Cho cấp số cộng (un) biết u1 = 3, u2 = −1. Tìm u3. A u3 = 4. B u3 = 2. C u3 = −5. D u3 = 7. Lời giải. Công thức tổng quát của cấp số cộng có số hạng đầu là u1 và công sai d là un = u1 + (n − 1)d. Vậy ta có d = u2 − u1 = −1 − 3 = −4 ⇒ u3 = u2 + d = −1 + (−4) = −5. Chọn phương án C Câu 16. Cho cấp số cộng (un) có u1 = −14và công sai d =14. Giá trị của u1+u2+· · ·+u5 bằng A45. B −45. C54. D158. h Geogebra Pro Trang 27 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Lời giải. Tổng của 5 số hạng đầu u1 + u2 + · · · + u5 = 5u1 +5 (5 − 1) 2d =54. Chọn phương án C Câu 17. Cho cấp số cộng (un) có các số hạng đầu lần lượt là 5; 9; 13; 17; . . .. Tìm số hạng tổng quát un của cấp số cộng. A un = 4n + 1. B un = 5n − 1. C un = 5n + 1. D un = 4n − 1. Lời giải. Dãy số đã cho là cấp số cộng có u1 = 5; u2 = 9 ⇒ d = u2 − u1 = 4. Do đó un = u1 + (n − 1)d = 5 + (n − 1)4 = 4n + 1. Chọn phương án D Câu 18. Cho một cấp số cộng (un) có u1 = 5 và tổng 40 số hạng đầu bằng 3320. Tìm công sai của 50 DẠNG TOÁN cấp số cộng đó. A 4 . B −4 . C 8. D −8 . Lời giải. Tổng của n số hạng đầu của cấp số cộng là Sn = nu1 +n(n − 1) ⇔ 3320 = 40 · 5 +40 · 39 2d ⇔ d = 4 Chọn phương án A 2d PHÁT TRIỂN Câu 19. Cho một cấp số cộng (un) là u1 =12, u2 =72. Khi đó công sai d bằng A32. B 6. C 5. D 3. ĐỀ MINH Lời giải. Phương pháp: Số hạng tổng quát của cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d là un = HỌA LẦN u1 + (n − 1)d Cách giải: Ta có: u2 = u1 + d ⇔72=12+ d ⇔ d = 3 Chọn phương án D 2 Câu 20. Cho cấp số nhân (un), với u1 = −9, u4 =13. Công bội của cấp số nhân đã cho bằng A13. B −3. C 3. D −13. Lời giải. Ta có u4 = u1 · q3 =13⇔ q3 =1 3 · u1=1−27⇔ q = −13. Vậy cấp số nhân (un) có công bội q = −13 Chọn phương án D B MỨC ĐỘ 2 Câu 21. Cho cấp số cộng (un) với u1 = 2, d = 9. Khi đó số 2018 là số hạng thứ mấy trong dãy? A 223. B 225. C 224. D 226. h Geogebra Pro Trang 28 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Lời giải. Ta có un = u1 + (n − 1)d ⇔ 2018 = 2 + (n − 1) · 9 ⇔ n = 225. Chọn phương án B Câu 22. Cho cấp số nhân (un) (với n ∈ N∗) với công bội q = 2 và có số hạng thứ hai u2 = 5. Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là A u7 = 80. B u7 = 160. C u7 = 640. D u7 = 320. Lời giải. Ta có un = 2n−1· u1. Mà u2 = 5 = 2u1 ⇒ u1 =52, do đó u7 =52· 26 = 160. Chọn phương án B Câu 23. Cho dãy số hữu hạn (un) được xác định như sau: u1 = −2; u2 = 0; u3 = 2; u4 = 4; u5 = 6. Biết u1 là số hạng đầu và u5 là số hạng cuối. Số hạng tổng quát của dãy số trên là A un = n − 2. B un = −2n. C un = 2n − 4. D un = −2(n + 1). Lời giải. HỌA Ta có: u1 = −2; u2 = 0; u3 = 2; u4 = 4; u5 = 6 là 5 số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có công sai d = 2 nên un = −2 + (n − 1) · 2 ⇔ un = 2n − 4. ĐỀ MINH Chọn phương án C Câu 24. Cho cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 = 2 và công sai d = −3. Tính tổng 10 số hạng đầu của (un). Nhóm: PHÁT TRIỂN A S10 = 115. B S10 = −155. C S10 = −115. D S10 = 155. Lời giải. Tổng 10 số hạng đầu của (un) là S10 = u1 + u2 + · · · + u10 =102(2u1 + 9d) = 5(4 − 27) = −115. Chọn phương án C Câu 25. Cho cấp số cộng (un) biết un = 3 − 5n. Tìm công sai d của cấp số cộng (un). A d = 3. B d = −5. C d = −3. D d = 5. Lời giải. Theo giả thiết suy ra un+1 = 3 − 5(n + 1) = −2 − 5n ⇒ un+1 − un = −5, ∀n ≥ 1. Suy ra (un) là cấp số cộng, công sai d = −5. Chọn phương án B Câu 26. Cho cấp số cộng (un) có hai số hạng đầu u1 = −2, u2 = 2. Số hạng thứ 2018 là số nào? A 560. B 8066. C 506. D 8068. Lời giải. Công sai d = u2 − u1 = 2 − (−2) = 4. Ta có un = u1 + (n − 1)d. Suy ra u2018 = u1 + 2017d = −2 + 2017 · 4 = 8066. Chọn phương án B Câu 27. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng biết ®u2 + u5 − u7 = 1 u1 + u6 = 16 h Geogebra Pro Trang 29 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A u1 =171 17, d = −1417. B u1 = −1417, d =171 Lời giải. ®u2 + u5 − u7 = 1 u1 + u6 = 16⇔ Chọn phương án D ®u1 − d = 1 2u1 + 5d = 16⇔ 17. C u1 = 2, d = 3. D u1 = 3, d = 2. ®u1 = 3 d = 2. Câu 28. Cho cấp số cộng (un), biết u1 = 5, u2 = 9. Tính tổng 10 số hạng đầu tiên. A 230. B 410. C 275. D 41. Lời giải. Ta có u2 = u1 + d ⇒ d = 4. Vậy S10 =102(u1 + u10) = 5 (u1 + u1 + 9d) = 230. Chọn phương án A 50 DẠNG TOÁN Câu 29. Cho dãy số (un), biết: u1 = 3, un+1 = un + 4 với n > 1. Tìm u1000? A 3900. B 4000. C 3999. D 4200. Lời giải. Dãy (un) là dãy CSC có u1 = 3 và d = 4. un == u1 + (n − 1) d = 3 + 4 (n − 1). PHÁT TRIỂN Vậy u1000 = 3 + 4 · 999 = 3999. Chọn phương án C Câu 30 (HK1, Phan Bội Châu Đắk Lắk, 2018). Cho cấp số nhân (un), biết ®u2 − u5 = −126 u2 + u3 + u4 = 42. Tìm u1. ĐỀ MINH A 4. B13. C45. D12. HỌA LẦN Lời giải. ®u2 − u5 = −126 u2 + u3 + u4 = 42⇔ ®u1d − u1d4 = −126 u1d + u1d2 + u1d3 = 42 ⇔ ®u1d1 − d3 = −126 u1d1 + d + d2 = 42⇔   u1d1 − d3 = −126 1 − d3 1 + d + d2= −3 ⇔   d = 4 u1 =12 2 Chọn phương án D Câu 31. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng (un), biết ®u1 − u3 + u5 = 10 u2 + u5 = 7 A u1 = −36, d = −13. B u1 = 36, d = 13. C u1 = 36, d = −13. D u1 = −36, d = 13. Lời giải. ®u1 − u3 + u5 = 10 u2 + u5 = 7⇔ Chọn phương án C ®u1 − u1 − (3 − 1) d + u1 + (5 − 1) d = 10 u1 + d + u1 + (5 − 1) d = 7⇔ ®u1 + 2d = 10 2u1 + 5d = 7⇔ ®u1 = 36 d = −13. Câu 32. Cho cấp số nhân (un), biết u1 = 2, q =13. Tìm u10? h Geogebra Pro Trang 30 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A238. B2310 . C329. D239. Lời giải. Cấp số nhân (un) có u1 = 2, q =13⇒ u10 = u1 · q9 = 2 ·139. Chọn phương án D Câu 33. Tính tổng sau S = 1 + 5 + 9 + · · · + 397 ta được. A 19298. B 19090. C 19920. D 19900. Lời giải. S = 1 + 5 + 9 + · · · + 397 là tổng 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng có u1 = 1 và công sai d = 4. S100 =1002(2 · 1 + 99 · 4) = 19900. Chọn phương án D Câu 34. Cho dãy số (un) , biết: u1 = 2, un+1 = un ·13với n > 1. Tìm u100? A2399 . B23100 . C4399 . D4 HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN Lời giải. Dãy số (un) có u1 = 2, un+1 = un ·13với n > 1 Chọn phương án A là một CSN có d =13⇒ un = u1qn−1 = 2 13 n−1. Vậy u100 = 2 ·1399 =2399 . 3999 . Câu 35. Tìm số hạng thứ 11 của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d = −2. A −21. B 23. C −17. D −19. Lời giải. u11 = u1 + 10d = −17. Chọn phương án C Câu 36. Tìm công bội q của một cấp số nhân (un) có u1 =12và u6 = 16. A q = 2. B q = −2. C q =12. D q = −12. Lời giải. u6 = u1q5 ⇒ q5 = 32 ⇒ q = 2. Chọn phương án A Câu 37. Người ta trồng 1275 cây theo hình tam giác như sau: Hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ 2 có 2 cây, hàng thứ 3 có 3 cây, . . . hàng thứ k có k cây (k ≥ 1). Hỏi có bao nhiêu hàng? A 51. B 52. C 53. D 50. Lời giải. Tổng số cây là tổng của k số hạng đầu của một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 = 1 và số hạng thứ k là uk = k. Ta có Sk =k(k + 1) 2= 1275 ⇔ k = 50. Chọn phương án D h Geogebra Pro Trang 31 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 38. Cho dãy số (un) có số hạng tổng quát un =√n + 11. Tính số hạng thứ năm của dãy số đã cho. A 6. B 4. C√15. D 5. Lời giải. Ta có u5 =√5 + 11 = 4. Chọn phương án B Câu 39. Cho cấp số cộng có u1 = 1 và công sai d = −4. Giá trị của số hạng thứ 17 bằng bao nhiêu? A u17 = −63. B u17 = 65. C u17 = −85. D u17 = −75. Lời giải. Ta có un = u1 + (n − 1)d ⇒ u17 = 1 + 16 · (−4) = −63. Chọn phương án A 50 DẠNG TOÁN Câu 40. Cho cấp số cộng (un) có: u1 = −0,1; d = 0,1. Số hạng thứ 7 của cấp số cộng này là A 1,6. B 0,5. C 6. D 0,6. Lời giải. Số hạng thứ 7 của cấp số cộng là u7 = u1 + 6d = −0,1 + 6 · 0,1 = 0,5. Chọn phương án B PHÁT TRIỂN C MỨC ĐỘ 3 Câu 41. Tính số hạng đầu u1 và và công sai d của cấp số cộng (un), biết ®u1 + u5 − u3 = 10 u1 + u6 = 7. ĐỀ MINH A u1 = −36, d = 13. B u1 = 36, d = 13. C u1 = 36, d = −13. D u1 = −36, d = −13. Lời giải. Theo giả thiết suy ra Chọn phương án C ®u1 + 2d = 10 2u1 + 5d = 7⇔ ®u1 = 36 d = −13. ®u2 + u3 − u6 = 7 HỌA LẦN 2 Câu 42. Cho cấp số cộng (un) thỏa mãn số cộng này là u4 + u8 = −14. Công thức số hạng tổng quát của cấp A un = 5 − 2n. B un = 2 + n. C un = 3n + 2. D un = −3n + 1. Lời giải. Ta có u2 = u1 + d, u3 = u1 + 2d, u6 = u1 + 5d, u4 = u1 + 3d và u8 = u1 + 7d. Do đó ®(u1 + d) + (u1 + 2d) − (u1 + 5d) = 7 (u1 + 3d) + (u1 + 7d) = −14⇔ Vì vậy un = 3 + (n − 1) · (−2) = 5 − 2n. Chọn phương án A ®u1 − 2d = 7 2u1 + 10d = −14⇔ ®u1 = 3 d = −2. h Geogebra Pro Trang 32 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 43. Tìm x, y để dãy số 9; x; −1; y là một cấp số cộng. A x = 2, y = 5. B x = 4, y = 6. C x = 2, y = −6. D x = 4, y = −6. Lời giải.  Để dãy số 9; x; −1; y là một cấp số cộng ta phải có  Chọn phương án D x =9 − 1 2 −1 =x + y 2 ⇔ ®x = 4 y = −6. Câu 44. Chu vi của một đa giác là 158 cm, số đo các cạnh của nó lập thành một cấp số cộng với công sai d = 3 cm. Biết cạnh lớn nhất là 44 cm. Số các cạnh của đa giác đó là bao nhiêu? A 4. B 6. C 5. D 3. Lời giải. Trường hợp 1: Số cạnh của đa giác là 3. Gọi độ dài các cạnh là a, b, c với a ≥ b ≥ c. Theo đề suy ra a = 44, b = 41, c = 38. Suy ra chu vi tam giác là a + b + c = 123 (không thỏa mãn). HỌA Trường hợp 2: Số cạnh của đa giác là 4. Gọi độ dài các cạnh là a, b, c, d với a ≥ b ≥ c ≥ d. Theo đề suy ra a = 44, b = 41, c = 38, d = 35. ĐỀ MINH Suy ra chu vi tứ giác là a + b + c + d = 158 (thỏa mãn). Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án A Câu 45. Tìm số hạng đầu u1 và công bội q của cấp số nhân (un) thỏa mãn ( u2 − u4 + u5 = 114 u3 − u5 + u6 = 342 A u1 = 2, q = 3. B u1 = 3, q = 2. C u1 = 1, q = 3. D u1 = 1, q = 2. Lời giải. ( u2 − u4 + u5 = 114 u3 − u5 + u6 = 342⇔ ( u1q(1 − q2 + q3) = 114(1) u1q2(1 − q2 + q3) = 342(2) Lấy phương trình (2) chia cho phương trình (1) ta được q = 3. Thay vào phương trình (1) ta được u1 = 2. Chọn phương án A Câu 46. Tính tổng sau: S =12+ 1 + 2 + · · · + 298 A 298 −12. B 299 − 1. C 296 −12. D 299 −12. Lời giải. Ta có 1 + 2 + · · · + 298 là tổng 99 số hạng đầu tiên của cấp số nhân có u1 = 1 và d = 2. S99 =11 − 299 1 − 2= 299 − 1. Vậy S =12+ 299 − 1 = 299 −12. Chọn phương án D h Geogebra Pro Trang 33 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 47. Cho cấp số cộng (un) biết u3 = 6, u8 = 16. Tính công sai d và tổng của 10 số hạng đầu tiên. A d = 2; S10 = 100. B d = 1; S10 = 80. C d = 2; S10 = 120. D d = 2; S10 = 110. Lời giải. d =u8 − u3 5=16 − 6 5= 2. u1 = u3 − 2d = 6 − 2 · 2 = 2. S10 =10 · (u1 + u10) 2=10 · (u1 + u1 + 9 · d) 2=10 · (2 + 2 + 9 · 2) 2= 110. Chọn phương án D Câu 48. Cho cấp số cộng có u1 = 0 và công sai d = 3. Tổng của 26 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó bằng bao nhiêu? A 975. B 775. C 875. D 675. 50 DẠNG TOÁN Lời giải. Ta có Sn = nu1 +n(n − 1) 2· d ⇒ S26 = 26 · 0 +26.25 2· 3 = 975. Chọn phương án A Câu 49. Cho (un) là cấp số cộng với công sai d. Biết u5 = 16, u7 = 22. Tính u1. A u1 = −5. B u1 = −2. C u1 = 19. D u1 = 4. PHÁT TRIỂN Lời giải. Ta có ®u5 = 16 u7 = 22⇔ ®u1 + 4d = 16 u1 + 6d = 22⇔ ®u1 = 4 d = 3. Vậy u1 = 4. ĐỀ MINH Chọn phương án D Câu 50. Một chiếc đồng hồ đánh chuông, kể từ thời điểm 0 giờ thì sau mỗi giờ số tiếng chuông HỌA LẦN được đánh đúng bằng số giờ mà đồng hồ chỉ tại thời điểm đánh chuông. Hỏi đến 12 giờ trưa đồng hồ đó đánh bao nhiêu tiếng chuông? A 300. B 156. C 78. D 48. Lời giải. 2 Số tiếng chuông mà đồng hồ đã đánh từ sau 0 giờ đến 12 giờ trưa là: 1 + 2 + · · · + 12 =12 × 13 2= 78. Chọn phương án C Câu 51. Cho dãy (un) là một cấp số cộng có u1 = 2 và u9 = 26. Tìm u5. A 15. B 13. C 12. D 14. Lời giải. Ta có u1 + u9 = u1 + u1 + 8d = 2u1 + 8d = 2(u1 + 4d) = 2u5. Do đó u5 =u1 + u9 2=2 + 26 2= 14. Chọn phương án D Câu 52. Bốn số lập thành một cấp số cộng. Tổng của chúng bằng 22, tổng các bình phương của chúng bằng 166. Tính tổng các lập phương của bốn số đó. h Geogebra Pro Trang 34 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A 1480. B 1408. C 1804. D 1840. Lời giải. Giả sử cấp số cộng là u1, u2, u3, u4. Từ giả thiết và tính chất của cấp số cộng, ta có   u1 + u2 + u3 + u4 = 22 u21 + u22 + u23 + u24 = 166 u1 + u4 = u2 + u3 Giải hệ trên ta được hai cấp số cộng là 1, 4, 7, 10 và 10, 7, 4, 1. Ta có 13 + 43 + 73 + 103 = 1408. Chọn phương án B Câu 53. Cho cấp số nhân (un) có u4 = 40, u6 = 160. Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân (un). A u1 = −5, q = −2. B u1 = −2, q = −5. C u1 = −5, q = 2. D u1 = −140, q = 60. HỌA Lời giải. u4 = 40 ⇔ u1q3 = 40 ĐỀ MINH u6 = 160 ⇔ u1q5 = 160 Suy ra: q2 = 4 ⇔ q = 2 hoặc q = −2 Với q = 2 thì u4 = 40 ⇒ u1 = 5 Với q = −2 thì u4 = 40 ⇒ u1 = −5 Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án A Câu 54. Cho cấp số cộng (un) với số hạng đầu là u1 = 15 và công sai d = −2. Tìm số hạng thứ 8 của cấp số cộng đã cho. A −1. B 1. C 103. D 64. Lời giải. Ta có u8 = u1 + 7d = 15 + 7(−2) = 1. Chọn phương án B Câu 55. Cho cấp số cộng (un) có u2 + u29 = 40. Giá trị của S30 = u1 + u2 + . . . + u30 là A 640. B 600. C 620. D 500. Lời giải. Ta có u2 + u29 = u1 + d + u1 + 28d = u1 + u1 + 29d = u1 + u30 = 40. 2=30 · 40 S =n · (u1 + u30) Chọn phương án B 2= 600 Câu 56. Ông Nam đã trồng cây ca cao trên mảnh đất của mình có dạng hình tam giác, ông trồng ở hàng đầu tiên 3 cây ca cao, kể từ hàng thứ hai trở đi số cây ca cao phải trồng ở mỗi hàng nhiều hơn 5 cây so với số cây ở hàng trước đó và ở hàng cuối cùng ông đã trồng 2018 cây ca cao. Số cây ca cao mà ông Nam đã trồng trên mảnh đất của mình là A 408.242 cây. B 407.231 cây. C 407.232 cây. D 408.422 cây. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 35 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Số cây ông Nam trồng trên mỗi hàng từ hàng 1 đến hàng cuối cùng tương ứng tạo thành một cấp số cộng với u1 = 3 và công sai d = 5. Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng ta có un = u1 + (n − 1)d ⇒ 2018 = 3 + (n − 1) · 5 ⇔ n = 404. Do đó tổng số cây ông Nam đã trồng trên mảnh đất của minh là S =(3 + 2018) · 404 2= 408.242 cây. Chọn phương án A Câu 57. Cho (un) là cấp số cộng với công sai d. Biết u7 = 16, u9 = 22. Tính u1. A 4. B 19. C 1. D −2. 50 DẠNG TOÁN Lời giải. Ta có®u7 = 16 u9 = 22⇔ Do đó, u1 = −2 và d = 3. Chọn phương án D ®u1 + 6d = 16 u1 + 8d = 22⇔ ®u1 = −2 d = 3. PHÁT TRIỂN Câu 58. Trong một cấp số nhân gồm các số hạng dương, hiệu của số hạng thứ năm và số hạng thứ tư là 576, hiệu của số hạng thứ hai và số hạng đầu tiên là 9. Tìm tổng S3 của 3 số hạng đầu ĐỀ MINH của cấp số nhân này. A S3 = 21. B S3 = −63. C S3 = 63. D S3 = −21. Lời giải. Ta có®u5 − u4 = 576 u2 − u1 = 9⇔ Vậy S3 = 3 ·43 − 1 4 − 1= 63. Chọn phương án C ®u1q3(q − 1) = 576 u1(q − 1) = 9⇔ ®q3 = 64 u1(q − 1) = 9⇔ ®q = 4 u1 = 3. HỌA LẦN 2 Câu 59. Số tự nhiên n thỏa mãn đẳng thức 1 + 4 + 7 + · · · + (3n + 1) = 4187 là A 51. B 52. C 49. D 50. Lời giải. Xét cấp số cộng (un) có u1 = 1, d = 3. Khi đó 3n + 1 = un+1. Suy ra 1 + 4 + 7 + . . . + (3n + 1) = Sn+1 =(1 + 3n + 1)(n + 1) 2= 4187 ⇒ n = 52. Chọn phương án B Câu 60. Cho ba số a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng có công sai là 2. Nếu tăng số thứ nhất thêm 1, tăng số thứ hai thêm 1 và tăng số thứ ba thêm 3 thì được ba số mới là ba số liên tiếp của một cấp số nhân. Tính (a + b + c). h Geogebra Pro Trang 36 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A 12. B 18. C 3. D 9. Lời giải. Do a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng có công sai là 2 nên b = a + 2, c = a + 4. a + 1, a + 3, a + 7 là ba số liên tiếp của một cấp số nhân ⇔ (a + 1)(a + 7) = (a + 3)2 ⇔ a = 1. Với a = 1, ta có ®b = 3 c = 5. Suy ra a + b + c = 9. Chọn phương án D D MỨC ĐỘ 4 Câu 61. Cho dãy số (un) với ®u1 = 3 un+1 = 3un − 2,(n ≥ 1). Số hạng tổng quát của dãy (un) là A un = 2 · 3n + 1. B un = 2 · 3n−1 − 1. C un = 2 · 3n − 1. D un = 2 · 3n−1 + 1. HỌA Lời giải. Xét dãy số (vn) với vn = un − 1, ∀n ≥ 1. ĐỀ MINH Theo giả thiết suy ra un+1 − 1 = 3(un − 1) ⇒ vn+1 = 3vn, ∀n ≥ 1. Suy ra (vn) là cấp số nhân có cộng bội q = 3 và số hạng đầu v1 = u1 − 1 = 3 − 1 = 2. Số hạng tổng quát vn = v1 · qn−1 = 2 · 3n−1 ⇒ un = vn + 1 = 2 · 3n−1 + 1. Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án D Câu 62. Cho x và y là các số nguyên thỏa mãn các số x + 6y ,5x + 2y, 8x + y theo thứ tự lập thành cấp cộng và các số x −53y, y − 1, 2x − 3y theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính tổng S = 2x + 3y. A −9. B 6. C −6. D 9. Lời giải. Vì các số x + 6y ,5x + 2y, 8x + y theo thứ tự lập thành cấp cộng nên ta có (x + 6y) + (8x + y) = 2(5x + 2y) ⇔ x = 3y. Vì các số x −53y, y − 1, 2x − 3y theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có x −53y (2x − 3y) = (y − 1)2. Thay x = 3y vào phương trình trên, ta được 3y −53y (6y − 3y) = (y − 1)2 ⇔ 4y2 = y2 − 2y + 1  y = −1 ⇔ y =13. h Geogebra Pro Trang 37 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Ta loại trường hợp y =13vì y là số nguyên. Suy ra x = 3y = 3(−1) = −3. Vậy S = 2x + 3y = 2(−3) + 3(−1) = −9. Chọn phương án A Câu 63. Tính tổng tất các giá trị của tham số m để phương trình x4 − 2(m + 2)x2 + 2m + 3 = 0 có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. A149. B109. C129. D89. Lời giải. Đăt u = x2, phương trình đã cho trở thành u2 − 2(m + 2)u + 2m + 3 = 0. Ta có ∆0 = (m + 2)2 − (2m + 3) = (m + 1)2. Suy ra 50 DẠNG TOÁN ñu = 1 u = 2m + 3. Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì ®2m + 3 > 0 2m + 3 6= 1⇔   m > −32 m 6= −1 . PHÁT TRIỂN ta có bốn nghiêm của phương trình đã cho là ±1, ±√2m + 3. Giả sử 0 < a < b, khi đó bốn số −b, −a, a, b lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi ĐỀ MINH b − a = 2a ⇔ b = 3a. Do đó ta xét hai trường hợp Trường hợp 1: √2m + 3 < 1. Khi đó 4 nghiệm của phương trình đã cho lập thành một cấp số cộng HỌA LẦN nếu 1 = 3√2m + 3 2 ⇒ 1 = 9(2m + 3) ⇒ m = −139(thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 2: 1 <√2m + 3. Khi đó 4 nghiệm của phương trình đã cho lập thành một cấp số cộng nếu √2m + 3 = 3 ⇒ 2m + 3 = 9 ⇒ m = 3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy tổng các giá trị của m là −139+ 3 =149. Chọn phương án A h Geogebra Pro Trang 38 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 64. Khi ký hợp đồng dài hạn 10 năm với các công nhân tuyển dụng, công ty X, đề xuất phương án trả lương như sau: Người lao động sẽ nhận 7 triệu ở quý đầu tiên (một quí là ba tháng), và kể từ quí làm việc thứ hai mức lương sẽ tăng 500.000 đồng mỗi quí. Như vậy sau 10 năm làm việc, hết hạn hợp đồng, tổng số tiền lương người lao động đã nhận được là bao nhiêu? A 137, 5 triệu. B 670 triệu. C 570 triệu. D 610 triệu. Lời giải. Số tiền nhận được hàng quý là một cấp số cộng hữu hạn với số hạng đầu tiên là: u1 = 7 (triệu), công sai là 0, 5 (triệu). Trong 10 năm sẽ có 40 quý, nên cấp số cộng trên có 40 phần tử. Từ đó ta có S40 =402(2u1 + (40 − 1).d) = 402(2.7 + (40 − 1).0, 5) = 670 (triệu). Chọn phương án B Câu 65. Cho dãy (un) là một cấp số nhân gồm 6 số hạng. Tổng năm số hạng đầu của dãy là 22, tổng năm số hạng sau của dãy bằng −44. Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân đó. HỌA A ( u1 = 3 q = −2. B ( u1 = −3 q = −2. C ( u1 = −2 q = 2. D ( u1 = 2 q = −2. ĐỀ MINH Lời giải. Theo đề bài ta có ( u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 22 u2 + u3 + u4 + u5 + u6 = −44⇔ ( u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 22 q(u1 + u2 + u3 + u4 + u5) = −44 Nhóm: PHÁT TRIỂN ⇔   q = −2 u1.(−2)5 − 1 −2 − 1= 22 ⇔ ( q = −2 u1 = 2. Chọn phương án D Câu 66. Ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 21. Nếu lần lượt thêm các số 2; 3; 9 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân. Tính F = x2 + y2 + z2. A F = 389 hoặc F = 179. B F = 441 hoặc F = 357. C F = 395 hoặc F = 179 . D F = 389 hoặc F = 395. Lời giải. Phương pháp: Ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng ⇔ x + z = 2y. Và số x, y, z lập thành một cấp số nhân ⇔ xz = y2. Cách giải: Do 3 số x, y, z lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng 21 nên ta có ®x + z = 2y x + y + z = 21.⇔ ®x + z = 14 y = 7.⇔ ®x = 14 − z y = 7.(1) Nếu lần lượt thêm các số 2; 3; 9 vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân nên ta có: (x + 2)(z + 9) = (y + 3)2. (2) h Geogebra Pro Trang 39 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Thay (1) vào (2) ta có: (14 − z + 2)(z + 9) = (7 + 3)2 ⇔ z2 − 7z − 44 = 0 ⇔ z = 11 ⇒ z = 14 − 11 = 3 ⇒ F = x2 + y2 + z2 = 32 + 72 + 112 = 179. z = −4 ⇒ x = 14 − (−4) = 18 ⇒ F = x2 + y2 + z2 = 182 + 72 + (−4)2 = 389. ñz = 11 z = −4. Chọn phương án A Câu 67. Cho dãy số (un) xác định bởi ®u1 = 1 un+1 = 2un + 5. Tìm số hạng thứ 2020 của dãy. A u2020 = 3 · 22020 − 5. B u2020 = 3 · 22019 + 5. C u2020 = 3 · 22019 − 5. D u2020 = 3 · 22020 + 5. Lời giải. Ta có un+1 = 2un + 5 ⇔ un+1 + 5 = 2(un + 5). Xét dãy (vn) với vn = un + 5. Ta có ®v1 = 6 vn+1 = 2vn. 50 DẠNG TOÁN Như vậy dãy (vn) là một cấp số nhân với số hạng đầu bằng 6 và công bội bằng 2. Ta tính được v2020 = 6 · 22019 = 3 · 22020. Suy ra u2020 = v2020 − 5 = 3 · 22020 − 5. Chọn phương án A PHÁT TRIỂN Câu 68. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình cos 2x − tan2 x =cos2 x − cos3 x − 1 đoạn [1; 70]. cos2 xtrên A 188π. B 263π. C 363π. D 365π. Lời giải. ĐỀ MINH Điều kiện của phương trình là cos x 6= 0. Khi đó phương trình đã cho tương đương với (2 cos2 x − 1) · cos2 x − (1 − cos2 x) = cos2 x − cos3 x − 1 HỌA LẦN ⇔ 2 cos4 x + cos3 x − cos2 x = 0  ⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0 ⇔  x = π + k12π cos x = −1 cos x =12 2 ⇔ x =π3+ k22π x = −π3+ k32π (k1, k2, k3 ∈ Z). Vì x ∈ [1; 70] nên 0 ≤ k1, k2 ≤ 10 và 1 ≤ k3 ≤ 11. Áp dụng công thức tính tổng 11 số hạng đầu tiên của một cấp số cộng, ta có S =112(π + 21π) + 112 π3+61π3 +112 5π3+65π3 = 363π. Chọn phương án C Câu 69. Trong một lớp có (2n + 3) học sinh gồm An, Bình, Chi cùng 2n học sinh khác. Khi xếp tùy ý các học sinh này vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến,(2n + 3), mỗi học sinh ngồi một ghế h Geogebra Pro Trang 40 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 thì xác suất để số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là 17 sinh 1155 của lớp là A 27. B 25. C 45. D 35. Lời giải. Số cách các xếp học sinh vào ghế là (2n + 3)!. 1155. Số học Nhận xét rằng nếu ba số tự nhiên a, b, c lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b nên a + c là một số chẵn. Như vậy a, c phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Từ 1 đến 2n + 3 có n + 1 số chẵn và n + 2 số lẻ. Muốn có một cách xếp học sinh thỏa số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ta sẽ tiến hành như sau: Bước 1: chọn hai ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp Bình vào ghế chính giữa. Bước này có A2n+1 + A2n+2 cách. Bước 2: xếp chỗ cho 2n học sinh còn lại. Bước này có (2n)! cách. Như vậy số cách xếp thỏa yêu cầu này là A2n+1 + A2n+2 .(2n)!. HỌA Ta có phương trình: ĐỀ MINH A2n+1 + A2n+2 .(2n)! (2n + 3)! =17 1155⇔n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3) =17 Nhóm: PHÁT TRIỂN 1155 ⇔ 68n2 − 1019n − 1104 = 0 ⇔  n = 16 n = −6968( loại.) Vậy số học sinh của lớp là 35. Chọn phương án D Câu 70. Trong một lớp có (2n + 3) học sinh gồm An, Bình, Chi cùng 2n học sinh khác. Khi xếp tùy ý các học sinh này vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến (2n + 3), mỗi học sinh ngồi một ghế thì xác suất số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là 17 sinh của lớp là A 27. B 25. C 45. D 35. Lời giải. Số cách sắp xếp các học sinh vào ghế là (2n + 3)!. 1155. Số học Ba số tự nhiên a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b nên a + c là một số chẵn. Như vậy a, c phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Từ 1 đến (2n + 3) có n + 1 số tự nhiên chẵn và n + 2 số tự nhiên lẻ. Muốn có một cách xếp học sinh sao cho số ghế của An, Bình, Chi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ta tiến hành như sau. Bước 1: Chọn 2 ghế có số thứ tự cùng chẵn hoặc cùng lẻ rồi xếp An và Chi vào, sau đó xếp Bình vào vị trí ghế chính giữa An và Chi. Bước này có A2n+1 + A2n+2 cách. h Geogebra Pro Trang 41 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Bước 2: Xếp chỗ cho 2n học sinh còn lại, bước này có (2n)! cách xếp. Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là (A2n+1 + A2n+2) · (2n)!. Theo bài ra ta có phương trình A2n+1 + A2n+2 · (2n)! (2n + 3)! =17 1155 ⇔n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3) =17 1155 ⇔ 68n2 − 1019n − 1104 = 0  ⇔ n = 16 (thỏa mãn) n = −6968(loại). Vậy số học sinh trong lớp là 35 học sinh. 50 DẠNG TOÁN Chọn phương án D Câu 71. Cho một cấp số cộng (un) có u1 = 1 và tổng 100 số hạng đầu bằng 24850. Tính S = u1u2+1 u2u3+ · · · +1 1 u49u50. A S =9246. B S =423. C S = 123. D S =49 Lời giải. Giả sử d là công sai của cấp số cộng (un), ta có S100 =(2u1 + 99d) · 100 246. PHÁT TRIỂN ra u50 = u1 + 49d = 246. Mặt khác, ta lại có 5S =d u1u2+d u2u3+ · · · +d u49u50 50= 24850 ⇒ d = 5. Từ đó suy ĐỀ MINH HỌA LẦN =1u1−1u2+1u2−1u3+ · · · +1u49−1u50 =1u1−1u50=245 246. 2 Vậy S =49 246. Chọn phương án D Câu 72. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = 2018 và un+1 = pun của n để un <1 2018bằng 1 + u2nvới mọi n ≥ 1. Giá trị nhỏ nhất A 4072325. B 4072324. C 4072326. D 4072327. Lời giải. u2n+1=1u2n+ 1. Từ giả thiết ta có 1 Đặt vn =1u2n. Khi đó v1 =1 Ta có vn =1 20182và vn+1 = vn + 1. Vậy (vn) là một cấp số cộng. 20182+ (n − 1). Vậy từ đó suy ra un =2018 p1 + (n − 1) · 20182. h Geogebra Pro Trang 42 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Theo giả thiết ta có 2018 2018⇔ n >20184 − 1 p1 + (n − 1) · 20182<1 Vậy n nhỏ nhất bằng 4072325. Chọn phương án A 20182+ 1 = 4072324, 9999997544. Sq=p2 Câu 73. Cho cấp số cộng (un). Gọi Sn = u1 + u2 + · · · + un. Biết rằng Sp Tính giá trị của biểu thức u2017 q2với p 6= q, p, q ∈ N∗. A4034 u2018. 4035. B4031 4035. C4031 4033. D4033 Lời giải. Từ giả thiết thay p = 1, q = 2 vào đẳng thức ta có S2=14⇔u1 4035. HỌA S1 d 2u1 + d=14⇔ d = 2u1. ĐỀ MINH Vậy u2017 u2018=u1 + 2016d u1 + 2017d= Chọn phương án D 2+ 2016d d 2+ 2017d =4033 4035. ®u1 = 1 Nhóm: PHÁT TRIỂN Câu 74. Cho dãy số (un) xác định bởi nhất sao cho √un − 1 ≥ 2039190. un+1 = un + n3, ∀n ∈ N∗. Tìm số nguyên dương n nhỏ A n = 2017. B n = 2020. C n = 2018. D n = 2019. Lời giải. Ta có un = un−1 + (n − 1)3 = nn−2 + (n − 2)3 + (n − 1)3 = · · · = u1 + 13 + 23 + . . . + (n − 1)3 = 1 + 13 + 23 + . . . + (n − 1)3. Xét biểu thức: √un − 1 ≥ 2039190 ⇔p13 + 23 + · · · + (n − 1)3 ≥ 2039190. (1) Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được rằng: 13 + 23 + . . . + n3 =[n(n + 1)]2 Thay vào (1) ta được: n(n − 1) 4. 2≥ 2039190. Giải bất phương trình ta thu được nghiệm n ≥ 2020. Chọn phương án B Câu 75. Cho cấp số cộng (un) có công sai d = −3 và u22 + u23 + u24 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S100 của 100 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó. A S100 = −14400. B S100 = −15450. C S100 = −14250. D S100 = −14650. Lời giải. Xét A = u22 + u23 + u24 = (u1 − 3)2 + (u1 − 6)2 + (u1 − 9)2 = 3u21 − 36u1 + 126 ≥ 18. Dấu bằng xảy ra ⇔ u1 = 6, khi đó S100 =100 (2u1 + 99d) 2= −14250. Chọn phương án C Câu 76. Trong một giải cờ vua gồm nam và nữ vận động viên. Mỗi vận động viên phải chơi hai ván với mỗi động viên còn lại. Cho biết có 2 vận động viên nữ và số ván các vận động viên chơi h Geogebra Pro Trang 43 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 nam chơi với nhau hơn số ván họ chơi với hai vận động viên nữ là 84. Hỏi số ván tất cả các vận động viên đã chơi? A 168. B 156. C 132. D 182. Lời giải. Giả sử số nam vận động viên là n, n ∈ N∗. Trước hết, ta tính số ván cờ mà các vận động viên (VĐV) nam chơi với nhau. VĐV nam thứ nhất chơi cờ với n − 1 vận động viên nam khác, tạo ra 2(n − 1) ván. VĐV nam thứ hai chơi cờ với n − 2 vận động viên nam khác (không tính với VĐV nam thứ nhất vì đã tính ở trên), tạo ra 2(n − 2) ván. . . . VĐV nam thứ n − 1 chơi cờ với 1 vận động viên khác, tạo ra 2 ván. Suy ra tổng số ván cờ mà các VĐV nam đã chơi với nhau là 50 DẠNG TOÁN S1 = 2((n − 1) + (n − 2) + . . . + 1) = 2 Ån(n + 1) 2− n ã = n2 − n. Tiếp theo, ta tính số ván cờ mà các VĐV nam chơi với các VĐV nữ: mỗi VĐV nữ chơi 2n ván PHÁT TRIỂN cờ với các VĐV nam, do đó tổng số ván cờ mà 2 VĐV nữ chơi với n VĐV nam là S2 = 4n. Cuối cùng, hai VĐV nữ chơi với nhau tổng cộng S3 = 2 ván cờ. Theo giả thiết, ta có S1 = S2 + 84 ⇒ n = 12. ĐỀ MINH Vậy tổng số ván cờ mà các VĐV đã chơi với nhau là S1 + S2 + S3 = 182. Chọn phương án D Câu 77. Cho dãy số (un) là một cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 1, công bội q = 2. Tính tổng HỌA LẦN T =1 u1 − u5+1 u2 − u6+1 u3 − u7+ · · · +1 A1 − 219 15 · 218 . B1 − 220 u20 − u24. Lời giải. 15 · 219 . C219 − 1 15 · 218 . D220 − 1 15 · 219 . 2 u1(1 − q4)+1 u2(1 − q4)+1 T =1 1 u3(1 − q4)+ · · · +1 u20(1 − q4) =1 1 − q4 =1 1 − q4 u1+1u2+1u3+ · · · +1u20 Å1 ã u1+1u1q+1 u1q2+ · · · +1 =1 u1q19 Å 1 +1q+1q2+ · · ·1q19ã u1(1 − q4) =1 1 · Ç 1 − Å1 q ã20å u1(1 − q4)· 1 −1q. h Geogebra Pro Trang 44 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Thay u1 = 1, q = 2 vào, ta được T =1 − 220 15 · 219 . Chọn phương án B Câu 78. Cho dãy số (an) xác định bởi a1 = 5, an+1 = qan + 3, ∀n ≥ 1, trong đó q là hằng số, q 6= 0, q 6= 1. Biết công thức số hạng tổng quát của dãy số viết dưới dạng an = αqn−1 + β1 − qn−1 α + 2β. A 11. B 13. C 16. D 9. Lời giải. 1 − q. Tính Từ dữ kiện đề bài, ta mong muốn tìm được công thức số hạng tổng quát dựa vào cấp số nhân, tức là an+1 − b = q(an − b). (1) Khi đó an+1 = qan + b(1 − q) ⇒ b =3 1 − q(q 6= 1). Từ (1) suy ra an+1 − b = q(an − b) = · · · = qn(a1 − b) = qn(5 − b). HỌA Suy ra an = b + qn−1(5 − b) = 5qn−1 + b(1 − qn−1) = 5qn−1 + 31 − qn−1 1 − q. ĐỀ MINH Đồng nhất hệ số ta được α = 5, β = 3. Do đó α + 2β = 11. Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án A Câu 79. Cho dãy số (un): ®u1 = 5 un+1 = un + n. Số 20 là số hạng thứ mấy trong dãy? A 5. B 6. C 9. D 10. Lời giải. Ta đi tìm số hạng tổng quát của dãy (un). Ta phân tích n = a(n + 1)2 + b(n + 1) − an2 − bn. Cho n = 0, n = −1 ta được ®a + b = 0 − a + b = −1⇔   a =12 b = −12. Do đó un+1 −12(n + 1)2 +12(n + 1) = un −12n2 +12n. Đặt vn = un −12n2 +12n (1), suy ra vn+1 = vn. Do đó (vn) là cấp số nhân với công bộ q = 1, số hạng đầu v1 = u1 = 5. Suy ra: vn = 5, ∀n ∈ N∗. Thay vào (1) ta được Khi đó, Chọn phương án B un = 5 +12n2 −12n. 5 +12n2 −12n = 20 ⇔ n2 − n − 30 = 0 ⇔ñn = 6 n = −5 (loại). h Geogebra Pro Trang 45 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 80. Cho tập X = {6; 7; 8; 9}. Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có 2018 chữ số lập từ các chữ số của tập X. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập E, tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3. A13 1 +1 24035 . B13 1 +1 22017 . C13 1 +1 24036 . D13 1 +1 22018 . Lời giải. Gọi An là tập hợp các số tự nhiên có n chữ số lập từ các chữ số của X và là số chia hết cho 3; Bn là tập hợp các số tự nhiên có n chữ số lập từ các chữ số của X và là số không chia hết cho 3. Với mỗi số thuộc An, có hai cách thêm vào cuối một chữ số 6 hoặc chữ số 9 để được số thuộc An+1 và có hai cách để thêm một chữ số 7 hoặc chữ số 8 vào cuối để được số thuộc Bn+1. Với mỗi số thuộc Bn có một cách thêm vào cuối một chữ số 7 hoặc chữ số 8 để được số thuộc An+1 và có ba cách thêm một chữ số 6, 9 hoặc 7 hoặc 8 vào cuối để được số thuộc Bn+1. Như vậy 50 DẠNG TOÁN ®n(An+1) = 2n(An) + n(Bn) n(Bn+1) = 2n(An) + 3n(Bn)⇔ ®n(Bn) = 3n(An) − 4n(An−1) ®3n(An+1) − n(Bn+1) = 4n(An) n(An+1) = 2n(An) + n(Bn) n(An+1) = 2n(An) + n(Bn)⇒ n(An+1) = 5n(An) − 4n(An−1),(∀n ∈ N, n ≥ 2). ⇒ PHÁT TRIỂN Suy ra n(An+2) = 5n(An+1) − 4n(An),(∀n ∈ N∗) Hay n(An+2) − n(An+1) = 4 [n(An+1) − n(An)] ,(∀n ∈ N∗). Ta có n(A1) = 2, n(B1) = 2, n(A2) = 6, n(B2) = 10, n(A3) = 22. Xét dãy số (un) với un = n(An+1) − n(An), ∀n ∈ N∗. Ta có ®u1 = 4 un+1 = 4un, ∀n ∈ N∗. ĐỀ MINH Dễ thấy (un) là cấp số nhân với công bội q = 4 nên un = 4n,(∀n ∈ N∗). Ta được n(An+1) − n(An) = 4n ⇔ n(An+1) −4n+1 3= n(An) −4n3,(∀n ∈ N∗). HỌA LẦN Suy ra n(An) −4n3= n(A1) −43⇔ n(An) = 4n + 2 3,(∀n ∈ N∗). Số phần tử của tập E là 42018, trong đó có 42018 + 2 2 3số chia hết cho 3. Vì vậy xác suất lấy ngẫu nhiêm một số của tập E được số chia hết cho 3 là p =13 1 +1 . 24035 Chọn phương án A h Geogebra Pro Trang 46 2. CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 BẢNG ĐÁP ÁN 1. B 11. B 21. B 31. C 41. C 51. D 61. D 71. D 2. A 12. B 22. B 32. D 42. A 52. B 62. A 72. A 3. A 13. B 23. C 33. D 43. D 53. A 63. A 73. D 4. A 14. B 24. C 34. A 44. A 54. B 64. B 74. B 5. B 15. C 25. B 35. C 45. A 55. B 65. D 75. C 6. A 16. C 26. B 36. A 46. D 56. A 66. A 76. D 7. A 17. D 27. D 37. D 47. D 57. D 67. A 77. B 8. C 18. A 28. A 38. B 48. A 58. C 68. C 78. A 9. D 19. D 29. C 39. A 49. D 59. B 69. D 79. B 10. A 20. D 30. D 40. B 50. C 60. D 70. D 80. A HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN h Geogebra Pro Trang 47 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT A MỨC ĐỘ 1 Ví dụ 1. Nghiệm của phương trình 3x−1 = 27 là A x = 4. B x = 3. C x = 2. D x = 1. Lời giải. Ta có 3x−1 = 27 ⇔ 3x−2 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4. Chọn phương án A Câu 1. Tìm nghiệm của phương trình log2(3x − 2) = 3. A x =83. B x =103. C x =163. D x =113. 50 DẠNG TOÁN Lời giải. Ta có log2(3x − 2) = 3 ⇔ 3x − 2 = 23 ⇔ 3x = 10 ⇔ x =103. Chọn phương án B Câu 2. Tìm nghiệm của phương trình 7 + 4√3 2x+1 = 2 −√3. PHÁT TRIỂN A x =14. B x = −34. C x = −1. D x = −14. Lời giải. Ta có 7 + 4√3 2x+1 = 2 −√3 ⇔ 2x + 1 = log7+4√32 −√3 ⇔ 2x + 1 = −12⇔ x = −34. ĐỀ MINH Chọn phương án B Câu 3. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình 7x2−5x+9 = 343. Tính x1 + x2. A x1 + x2 = 4. B x1 + x2 = 6. C x1 + x2 = 5. D x1 + x2 = 3. HỌA LẦN Lời giải. Ta có 7x2−5x+9 = 343 ⇔ 7x2−5x+9 = 73 ⇔ x2 − 5x + 9 = 3 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ Do đó tổng hai nghiệm x1 + x2 = 2 + 3 = 5. Chọn phương án C Câu 4. Tập nghiệm của phương trình 2x2−3x =14là ñx = 2 x = 3. 2 A S = ∅. B S = {1; 2}. C S = {0}. D S = {1}. Lời giải. 2x2−3x =14⇔ 2x2−3x = 2−2 ⇔ x2 − 3x = −2 ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2. Chọn phương án B Câu 5. Phương trình 3x−4 = 1 có nghiệm là A x = −4. B x = 4. C x = 0. D x = 5. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 48 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Phương trình đã cho tương đương với 3x−4 = 30 ⇔ x − 4 = 0 ⇔ x = 4. Chọn phương án B Câu 6. Phương trình 3x−4 = 1 có nghiệm là A x = −4. B x = 5. C x = 4. D x = 0. Lời giải. Phương trình tương đương: 3x−4 = 1 ⇔ x − 4 = log3 1 = 0 ⇔ x = 4. Chọn phương án C Câu 7. Tập nghiệm của phương trình log0,25 x2 − 3x = −1 là: A {4}. B ß3 − 2√2 2;3 + 2√2 2 ™ . HỌA C {1; −4}. D {−1; 4}. Lời giải. Điều kiện: x2 − 3x > 0 ⇔ ĐỀ MINH Ta có log0,25 x2 − 3x = −1 Nhóm: PHÁT TRIỂN ⇔ x2 − 3x = 4 ⇔ x2 − 3x − 4 = 0 ñx < 0 x > 3. ñx = −1 (nhận) ⇔ x = 4 (nhận). Vậy S = {−1; 4}. Chọn phương án D Câu 8. Tập nghiệm của phương trình log2x2 − 2x + 4 = 2 là A {0; −2}. B {2}. C {0}. D {0; 2}. Lời giải. Ta có x2 − 2x + 4 = 22 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}. Chọn phương án D Câu 9. Phương trình log2(x + 1) = 2 có nghiệm là A x = −3. B x = 1. C x = 3. D x = 8. Lời giải. Phương pháp: logab = c ⇔ b = ac. Cách giải: log2(x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 22 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3. Chọn phương án C h Geogebra Pro Trang 49 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 10. Có bao nhiêu giá trị x thoả mãn 5x2= 5x? A 0. B 3. C 1. D 2. Lời giải. Ta có 5x2= 5x ⇔ x2 = x ⇔ Chọn phương án D ñx = 0 x = 1. Câu 11. Tìm nghiệm của phương trình log3(x − 2) = 2. A x = 9. B x = 8. C x = 11. D x = 10. Lời giải. Ta có: log3(x − 2) = 2 50 DẠNG TOÁN ⇔ x − 2 = 32 ⇔ x − 2 = 9 ⇔ x = 11. Vậy nghiệm của phương trình là x = 11 PHÁT TRIỂN Chọn phương án C Câu 12. Tìm tập nghiệm của phương trình 3x2+2x = 1. A S = {−1; 3}. B S = {−2; 0}. C S = {−3; 1}. D S = {0; 2}. Lời giải. Ta có 3x2+2x = 1 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔ ñx = 0 x = −2. ĐỀ MINH Do đó tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}. HỌA LẦN Chọn phương án D Câu 13. Tích tất cả các nghiệm của phương trình 3x2+x = 9 bằng 2 A −2. B −1. C 2. D 3. Lời giải. 3x2+x = 9 ⇔ 3x2+x = 32 ⇔ x2 + x = 2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 ⇔ ñx = 1 x = −2. Vậy tích tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng −2. Chọn phương án A Câu 14. Gọi S là tập nghiệm của phương trình log5(x + 1) − log5(x − 3) = 1. Tìm S. A S = {−2; 4}. B S = {−1 + √13 2;−1 −√13 2}. h Geogebra Pro Trang 50 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 C S = {4}. D S = {−1 + √13 Lời giải. Điều kiện:x > 3 PT ⇔x + 1 x − 3= 5 ⇔ x = 4 (thỏa). Vậy S = {4}. Chọn phương án C Câu 15. Tìm tập nghiệm S của phương trình log2(x + 4) = 4. 2}. A S = {−4; 12}. B S = {4}. C S = {4; 8}. D S = {12}. Lời giải. Ta có log2(x + 4) = 4 ⇔ x + 4 = 24 ⇔ x = 12. Vậy tập nghiệm của phương trình S = {12}. Chọn phương án D Câu 16. Tập nghiệm S của phương trình 4 x 7 3x−1 −1649= 0 là HỌA n−1 o 7 · 4 n−1 A S = . B S = {2}. C S = 2 2;12o. D S =n−12; 2o. ĐỀ MINH Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với Chọn phương án A 4 7 1−2x = 4 7 2 ⇔ x =−12. Câu 17. Tìm tập xác định của hàm số y =−x2 + 3x + 4 13 +√2 − x. Nhóm: PHÁT TRIỂN A D = (−1; 2]. B D = [−1; 2]. C D(−∞; 2]. D D = (−1; 2). Lời giải. Hàm số y = (−x2 + 3x + 4) 13 +√2 − x xác định khi √2 − x và y = (−x2 + 3x + 4) 13 xác định. √2 − x xác định khi x 6 2. y = (−x2 + 3x + 4) 13 xác định khi −x2 + 3x + 4 > 0 ⇔ −1 < x < 4. Vậy ta có điều kiện xác định của hàm số trên là −1 < x 6 2 Chọn phương án A Câu 18. Nghiệm của phương trình log2 x = 3 là A x = 9. B x = 6. C x = 8. D x = 5. Lời giải. Ta có log2 x = 3 ⇔ x = 23 ⇔ x = 8 Chọn phương án C Câu 19. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình log2(x − 5) = 4. A x = 21. B x = 3. C x = 11. D x = 13. Lời giải. Ta có log2(x − 5) = 4 ⇔ x − 5 = 24 ⇔ x = 21. Chọn phương án A h Geogebra Pro Trang 51 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 20. Giải phương trình (2,5)5x−7 = 2 5 x+1. A x ≥ 1. B x = 1. C x < 1. D x = 2. Lời giải. Phương trình đã cho tương đương 2 x+1 ⇔ 7 − 5x = x + 1 ⇔ x = 1. 5 Chọn phương án B B MỨC ĐỘ 2 7−5x = 2 5 Câu 21. Số nghiệm của phương trình 22x2−7x+5 = 1 là 50 DẠNG TOÁN A 0. B 3. C 2. D 1. Lời giải. Phương pháp: Phương trình ax = b (a, b > 0, a 6= 1) ⇔ x = logab. Cách giải: Ta có: 22x2−7x+5 = 1 ⇔ 22x2−7x+5 = 20 ⇔ 2x2 − 7x + 5 = 0 ⇔ Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt. Chọn phương án C "x = 1 x =52. PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH Câu 22. Phương trình ln(x − 2) · ln(x + 1) = 0 có tất cả bao nhiêu nghiệm? A 2. B 3. C 1. D 0. Lời giải. HỌA LẦN Điều kiện: x > 0, với điều kiện trên ta có ln(x − 2) · ln(x + 1) = 0 ⇔ ñx − 2 = 1 ñln(x − 2) = 0 ln(x + 1) = 0 2 ⇔ x + 1 = 1⇔ ñx = 3 (nhận) x = 0 (loại). Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm. Chọn phương án C Câu 23. Phương trình 72x2+6x+4 = 49 có tổng tất cả các nghiệm bằng A 1. B52. C −1. D −52. Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với  72x2+6x+4 = 72 ⇔ 2x2 + 5x + 4 = 2 ⇔ x = −12 x = −2. Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng −12− 2 = −52. h Geogebra Pro Trang 52 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chọn phương án D Câu 24. Tập nghiệm của phương trình log2(x2 − x + 2) = 1 A {0}. B {0; 1}. C {−1; 0}. D {1}. Lời giải. Điều kiện x2 − x + 2 > 0. log2(x2 − x + 2) = 1 ⇔ x2 − x + 2 = 2 ⇔ x(x − 1) = 0 ⇔ Chọn phương án B ñx = 0 x = 1. HỌA ĐỀ MINH Câu 25. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log3(7 − 3x) = 2 − x A 2. B 1. C 7. D 3. Lời giải. Ta có log3(7 − 3x) = 2 − x ⇔ 7 − 3x = 32−x ⇔ 7 − 3x =93x ⇔ (3x)2 − 7 · 3x + 9 = 0. (∗) Phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt thỏa 3x1 + 3x2 = 7; 3x1· 3x2 = 9, suy ra 3x1+x2 = 32 ⇔ x1 + x2 = 2 Chọn phương án A Câu 26. Tập nghiệm của phương trình 9x − 4 · 3x + 3 = 0 là A {0; 1}. B {1}. C {0}. D {1; 3}. Nhóm: PHÁT TRIỂN Lời giải. Ta có 9x − 4 · 3x + 3 = 0 ⇔ Chọn phương án A ñ3x = 1 3x = 3⇔ ñx = 0 x = 1. Câu 27. Tích các nghiệm của phương trình log2 x · log4 x · log8 x · log16 x =8124là A 3. B 2. C12. D 1. Lời giải. Điều kiện x > 0. Ta có log2 x · log4 x. log8 x · log16 x =8124⇔ log2 x · log22 x · log23 x · log24 x =8124 ⇔12·13·14· log42 x =8124⇔ log42 x = 81 ⇔ñlog2 x = 3 log2 x = −3⇔ Do đó tích các nghiệm của phương trình bằng 1. Chọn phương án D Câu 28. Số nghiệm của phương trình 9x + 2.3x+1 − 7 = 0 là A 0. B 2. C 4. D 1. Lời giải.  x = 8 x =18. h Geogebra Pro Trang 53 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Đặt t = 3x, t > 0 Phương trình đã cho trở thành t2 + 6t − 7 = 0 ⇔ Với t = 1 thì 3x = 1 ⇔ x = 0. ñt = 1 (nhận) t = −7 (loại). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0. Chọn phương án D Câu 29. Nghiệm của phương trình 27x−1 = 82x−1là A x = 2. B x = −3. C x = −2. D x = 1. Lời giải. 27x−1 = 82x−1 ⇔ 27x−1 = 26x−3 ⇔ 7x − 1 = 6x − 3 ⇔ x = −2. Chọn phương án C Câu 30. Số nghiệm của phương trình log2(x2 − 4x) = 2 bằng 50 DẠNG TOÁN A 2. B 4. C 3. D 1. Lời giải. Để logarit có nghĩa thì x2 − 4x > 0 ⇔ x < 0 hoặc x > 4. Khi đó log2(x2 − 4x) = 2 ⇔ log2(x2 − 4x) = log24 ⇔ x2 − 4x − 4 = 0 ⇔ x = 2 + 2√2 > 4 hoặc x = 2 − 2√2 < 0, thỏa mãn điều kiện. Phương trình đã cho có 2 nghiệm. PHÁT TRIỂN Chọn phương án A Câu 31. Số nghiệm nguyên của phương trình 4x+1 − 2x+2 + 1 = 0 bằng A 0. B 4. C 1. D 2. ĐỀ MINH Lời giải. 4x+1 − 2x+2 + 1 = 0 ⇔ 4 · 22x − 4 · 2x + 1 = 0 ⇔ (2 · 2x − 1)2 = 0 ⇔ 2x =12⇔ x = −1. Chọn phương án C HỌA LẦN Câu 32. Tổng các nghiệm của phương trình log4 x2 − log2 3 = 1 là A 6. B 5. C 4. D 0. Lời giải. 2 Phương pháp: Sử dụng phương pháp đưa về cùng cơ số. Sử dụng các công thức logaα b =1αloga 1 b. logabα = α · loga 2 b với (a; b > 0; a 6= 1). Cách giải: Điều kiện: x 6= 0. Ta có log4 x2 − log2 3 = 1 ⇔ log22 x2 − log2 3 = 1 ⇔ log2|x| − log2 3 = 1 ⇔ log2|x|3= 1 ⇔|x|3= 2 ⇔ |x| = 6 ⇔ñx = 6 thoả mãn x = −6thoả mãn Tổng các nghiệm của phương trình là 6 + (−6) = 0. Chú ý: loga x2 = loga|x|. Chọn phương án D h Geogebra Pro Trang 54 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 33. Tập nghiệm của phương trình log0,25 x2 − 3x = −1 là A {4}. B {1; −4}. C ß3 − 2√2 2;3 + 2√2 2 ™ . D {−1; 4}. Lời giải. Phương pháp: Sử dụng loga f (x) = b ⇔ f (x) = ab. Cách giải: Điều kiện: x2 − 3x > 0 ⇔ ñx < 0 x > 3 Ta có log0,25 x2 − 3x = −1 ⇔ x2 − 3x = 0, 25−1 ⇔ x2 − 3x = 4 ⇔ x2 − 3x − 4 = 0 ñx = −1nhận ⇔ x = 4 nhận Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {−1; 4}. HỌA Chọn phương án D Câu 34. Nghiệm của phương trình 32x−1 = 27 là ĐỀ MINH A x = 2. B x = 3. C x = 0. D x = −2. Lời giải. Ta có: 32x−1 = 27 ⇔ 2x − 1 = 3 ⇔ x = 2. Nhóm: PHÁT TRIỂN Chọn phương án A Câu 35. Phương trình 4x − 2x+2 + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2 với x1 < x2. Đặt P = 2x1 + 3x2. Khi đó A P = 3 log3 2. B P = 3 log2 3. C P = 0. D P = 2 log3 2. Lời giải. Ta có 4x − 2x+2 + 3 = 0 ⇔ (2x)2 − 4 · 2x + 3 = 0 ⇔ Do x1 < x2 nên x1 = 0, x2 = log2 3. Vậy P = 2x1 + 3x2 = 3 log2 3. Chọn phương án B ñ2x = 1 2x = 3⇔ ñx = 0 x = log2 3. Câu 36. Phương trình log3(3x − 2) = 3 có nghiệm là A x =293. B x = 87. C x =113. D x =253. Lời giải. Điều kiện 3x − 2 > 0 ⇔ x >23. Ta có: log3(3x − 2) = 3 ⇔ log3(3x − 2) = log3 33 ⇔ 3x − 2 = 27 ⇔ x =293. Chọn phương án A Câu 37. Phương trình 31−x = 2 + 1 9 xcó bao nhiêu nghiệm âm? A 0. B 1. C 2. D 3. h Geogebra Pro Trang 55 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Lời giải. 31−x = 2 + ñx = 0 1 9 x ⇔ 1 9 x − 3 · 1 3 x + 2 = 0 ⇔ ï 1 3 xò2 − 3 · 1 3 x + 2 = 0 ⇔   1 3 1 3 x = 1 x = 2 ⇔ x = − log3 2. Vậy phương trình có 1 nghiệm âm. Chọn phương án B Câu 38. Nghiệm của phương trình 9x − 4.3x − 45 = 0 là A x = 9. B x = −5 hoặc x = 9. C x = 2 hoặc x = log3 5. D x = 2. Lời giải. 9x − 4.3x − 45 = 0 ⇔ Chọn phương án D ñ3x = 9 3x = −5⇔ x = 2. 50 DẠNG TOÁN Câu 39. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình ln x2 < 0. PHÁT TRIỂN A S = (−1; 1). B S = (−1; 0). C S = (−1; 1) \ {0}. D S = (0; 1). Lời giải. Ta có ln x2 < 0 ⇔ ( x 6= 0 x2 < 1⇔ ( x 6= 0 −1 < x < 1. ĐỀ MINH Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (−1; 1) \ {0}. Chọn phương án C Câu 40. Số nghiệm của phương trình log3x2 + 4x + log 13(2x + 3) = 0 là HỌA LẦN A 2. B 3. C 0. D 1. Lời giải. Điều kiện ( x2 + 4x > 0 2x + 3 > 0⇔   " x > 0 x < −4 x > −32 ⇔ x > 0. 2 Phương trình đã cho tương đương với log3x2 + 4x − log3(2x + 3) = 0 ⇔ log3x2 + 4x 2x + 3= 0 ⇔x2 + 4x 2x + 3= 1 ⇔ x2 + 4x = 2x + 3 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 ñx = 1 ⇔ x = −3 (loại). Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm. h Geogebra Pro Trang 56 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chọn phương án D C MỨC ĐỘ 3 Câu 41. Biết phương trình 8 log22√3 x + 2 (m − 1) log 14x − 2019 = 0 có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x1x2 = 4. Mệnh đề nào dưới đây đúng? A m ∈ (1; 2). B m ∈ (2; 5). C m ∈ (0; 1). D m ∈ (4; 7). Lời giải. Ta có 8 log22√3 x + 2 (m − 1) log 14x − 2019 = 0 ⇔89log22 x − (m − 1) log2 x − 2019 = 0. Đặt t = log2 x ⇔ x = 2tta được 89t2 − (m − 1)t − 2019 = 0. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1x2 = 4 khi và chỉ khi 8 9t2 − (m − 1)t − 2019 = 0 HỌA có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 8= 2 ⇔ m =259∈ (2; 5). 2t1+t2 = 4 ⇔ t1 + t2 = 2 ⇔9 (m − 1) ĐỀ MINH Chọn phương án B Câu 42. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (m + 3) 9x + (2m − 1) 3x + m + 1 = 0 Nhóm: PHÁT TRIỂN có hai nghiệm trái dấu. A −3 < m < −1. B −3 < m < −34. C −1 < m < −34. D m ≥ −3. Lời giải. Đặt t = 3x > 0 ta có phương trình (m + 3)t2 + (2m − 1)t + m + 1 = 0 (1). Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu (giả sử x1 < 0 < x2) ⇔ (1) có hai nghiệm dương phân biệt thỏa 0 < t1 = 3x1 < 1 < 3x2 = t2, nghĩa là 0 < t1 < 1 < t2.  m + 3 6= 0 ∆ > 0  m 6= −3 − 20m − 11 > 0  m 6= −3 m < −1120 m + 3+2m − 1 ⇔  (t1 − 1) (t2 − 1) < 0 t1t2 > 0 ⇔  t1t2 − (t1 + t2) + 1 < 0 t1t2 > 0 ⇔  m + 1 m + 1 m + 3+ 1 < 0 ⇔   t1 + t2 > 0 m 6= −3 m < −1120 4m + 3 m + 3< 0 m + 1 m + 3> 0 −2m − 1 m + 3> 0 ⇔   t1 + t2 > 0 m 6= −3 m < −1120 − 3 < m < −34 m < −3 ∨ m > −1 − 3 < m <12 m + 3> 0 −2m − 1 m + 3> 0 ⇔ −1 < m < −34. h Geogebra Pro Trang 57 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chọn phương án C Câu 43. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình log22 x + log2 x − m = 0 có nghiệm x ∈ (0; 1). A m ≥ 0. B m ≥ −14. C m ≥ −1. D m ≤ −14. Lời giải. Đặt t = log2 x, vì 0 < x < 1 nên t < 0 hay t ∈ (−∞; 0). Phương trình trở thành t2 + t − m = 0 ⇔ m = t2 + t. Xét hàm f(t) = t2 + t trên (−∞; 0). Đồ thị hàm số y = f(t) là parabol có hoành độ đỉnh t = −12∈ (−∞; 0). Bảng biến thiên −∞ −120 x y0 − 0 + 50 DẠNG TOÁN y +∞ 0 −14 PHÁT TRIỂN Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc (0; 1) khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số đã cho tại ít nhất 1 điểm thuộc (−∞; 0) ⇔ m ≥ −14. Chọn phương án B ĐỀ MINH Câu 44. Cho phương trình log23 x − 4 log3 x + m − 3 = 0. Tìm tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1 > x2 > 1. A 6. B 4. C 3. D 5. HỌA LẦN Lời giải. Đặt t = log3 x. Phương trình đã cho trở thành: t2 − 4t + m − 3 = 0 (*). Yêu cầu bài toán ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1,t2 thỏa mãn t1 > t2 > 0. 2 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1,t2 thỏa mãn t1 > t2 > 0  ⇔ 3 < m < 7. ⇔  Chọn phương án C ∆0 > 0 P > 0 S > 0 ⇔   7 − m > 0 m − 3 > 0 4 > 0 Câu 45. Phương trình 9x − 6x = 22x+1 có bao nhiêu nghiệm âm? A 3. B 0. C 1. D 2. Lời giải. Phương pháp: Chuyển vế, chia cả hai vế cho 4x và giải phương trình thu được tìm nghiệm. Cách giải: h Geogebra Pro Trang 58 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 9x − 6x = 22x+1 ⇔ 9x − 2.4x = 0 ⇔ 3 2 2x − 3 2 x − 2 = 0 Đặt 3 2 x = t > 0 thì t2 − t − 2 = 0 ⇔ ñt = −1 ( loại) t = 2 nhận ⇒ 3 2 x = 2 ⇔ x = log 3 2 2 > 0. Vậy phương trình không có nghiệm nào âm. Chọn phương án B Câu 46. Số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình log√2(x − 1) = log2(mx − 8) có hai nghiệm phân biệt là A Vô số. B 4. C 3. D 5. Lời giải. Phương trình đã cho ⇔ ®x > 1 mx − 8 = (x − 1)2 ⇔   x > 1 m =x2 − 2x + 9 x(∗) Yêu cầu bài toán trở thành tìm số các giá trị nguyên của tham số m để phương trình (∗) có hai HỌA nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Xét hàm số f(x) = x2 − 2x + 9 xtrên khoảng (0; 1). Ta có f0(x) = x2 − 9 ĐỀ MINH Cùng với lim x2= 0 ⇔ x = 3 (do x > 1). x→+∞f(x) = +∞, ta có bảng biến thiên của f(x) như sau. x→1+f(x) = 8, lim Nhóm: PHÁT TRIỂN x f0(x) 1 3 +∞ − 0 + f(x) 8 4 +∞ Từ bảng biến thiên trên, ta thấy phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 4 < m < 8. Do m ∈ Z nên m ∈ {5; 6; 7}. Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán. Chọn phương án C Câu 47. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 16x −2(m+ 1)4x + 3m−8 = 0 có hai nghiệm trái dấu. A 6. B 7. C 0. D 3. Lời giải. Đặt t = 4x, t > 0. Phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 < 0 < x2 khi và chỉ khi phương trình t2 − 2(m + 1)t + 3m − 8 = 0 có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn 0 < t1 < 1 < t2 ⇔   ∆0 > 0 S > 0 P > 0 (t1 − 1) (t2 − 1) < 0 ⇔   m2 − m + 9 > 0 m > −1 m >83 m < 9 ⇔83< m < 9. Vì m ∈ Z nên m ∈ {3; 4; 5; 6; 7; 8}. h Geogebra Pro Trang 59 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chọn phương án A Câu 48. Phương trình 1 7 x2−2x−3 = 7x−1có bao nhiêu nghiệm? A 0. B 1. C 3. D 2. Lời giải. Phương pháp Sử dụng công thức: a−m =1am Giải phương trình mũ: af(x) = ag(x) ⇔ f(x) = g(x) . Cách giải: 1 7 x2−2x−3 = 7x−1 ⇔ 1 7 x2−2x−3 = 1 7 1−x x =1 −√17  x2 − 2x − 3 = 1 − x ⇔ x2 − x − 4 = 0 ⇔ Chọn phương án D 2 . x =1 + √17 2 50 DẠNG TOÁN Câu 49. Giá trị của tham số m thuộc khoảng nào sau đây để phương trình 4x − m · 2x+1 + 2m = 0 PHÁT TRIỂN có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3. A m ∈ (1; 3). B m ∈ Lời giải. 9 2; 5 . C m ∈ (3; 5). D m ∈ (−2; −1). Ta có 4x − m2x+1 + 2m = 0 ⇔ 4x − 2m2x + 2m = 0. (1) ĐỀ MINH Đặt t = 2x > 0, phương trình (1) trở thành t2 − 2mt + 2m = 0. (2) Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn x1 +x2 = 3, khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn t1 · t2 = 8. Tức là Chọn phương án C ®∆0 ≥ 0 P = 8⇔ ®m2 − 2m ≥ 0 2m = 8⇔ m = 4. HỌA LẦN Câu 50. Tính tổng T của các giá trị nguyên của tham số m để phương trình ex+m2 − m e−x = 2m 2 có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 log e. A T = 28. B T = 20. C T = 21. D T = 27. Lời giải. Đặt t = ex, t > 0. Phương trình đã cho trở thành t2 − 2mt + m2 − m = 0 (1). Phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt nhỏ hơn 1 log e khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa 0 < t1 < t2 < 10. Nghĩa là  ∆ > 0 af(10) > 0 0 0. ⇔ 1 < m <21 −√41 2. h Geogebra Pro Trang 60 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Vì m nguyên nên m ∈ {2; 3; 4; 5; 6; 7}. Vậy T = 27. Chọn phương án D Câu 51. Tính bình phương tổng các nghiệm của phương trình 3plog2 x − log2(4x) = 0. A 5. B 324. C 9. D 260. Lời giải. Điều kiện : Khi đó ®x > 0 log2 x ≥ 0⇔ ®x > 0 x ≥ 1⇔ x ≥ 1. 3plog2 x − log2(4x) = 0 ⇔ 3plog2 x − (2 + log2x) = 0 ⇔ − log2 x + 3plog2 x − 2 = 0 HỌA ĐỀ MINH ⇔ ⇔ Ta thấy x = 2, x = 16 thỏa điều kiện. ñlog2 x = 1 log2 x = 2 ñx = 2 x = 16. Nhóm: PHÁT TRIỂN Vậy tổng bình phương các nghiệm bằng 22 + 162 = 260. Chọn phương án D Câu 52. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 9x − 4 · 3x + m + 2 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt. A 2019. B 15. C 12. D 2018. Lời giải. Đặt t = 3x, t > 0 thì phương trình đã cho trở thành t2 − 4t + m + 2 = 0 (1) Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (1) có hai nghiêm dương phân biệt ⇔ ⇔     ∆0 > 0 S > 0 P > 0 4 − (m − 2) > 0 4 > 0 m − 2 > 0 ⇔ ®6 − m > 0 m > 2 ⇔ 2 < m < 6. Các giá trị nguyên thỏa yêu cầu bài toán là 3, 4, 5. Vậy tổng S = 3 + 4 + 5 = 12. h Geogebra Pro Trang 61 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chọn phương án C Câu 53. Tìm tất cả các giá trị của thực của tham số m để phương trình 9|cos x| − (m − 1) 3|cos x| − m − 2 = 0 có nghiệm thực. A m ≥52. B m ≤ 0. C 0 < m <52. D 0 ≤ m ≤52. Lời giải. Đặt t = 3|cos x|,(1 ≤ t ≤ 3). Phương trình đã cho trở thành t2 − (m − 1)t − m − 2 = 0 ⇔ m (1 + t) = t2 + t − 2 ⇔ m =t2 + t − 2 t + 1= f (t), t ∈ [1; 3] . (1) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương tình (1) có nghiệm thực thuộc [1; 3] ⇔ min [1;3]f (t) ≤ m ≤ max [1;3]f (t). 50 DẠNG TOÁN Ta có f0(t) = t2 + 2t + 3 Vậy 0 ≤ m ≤52. (t + 1)2> 0, ∀t ∈ [1; 3]. Và f (1) = 0; f (3) = 52. Chọn phương án D PHÁT TRIỂN Câu 54. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình 2 −√3 x+2 + √3 x= 4. Khi đó x21 + 2x22 bằng A 2. B 5. C 4. D 3. ĐỀ MINH Lời giải. Ta có (2 −√3)x + (2 + √3)x − 4 ⇔ (2 −√3)x +1 (2 −√3)x= 4 ⇔ (2 −√3)2x − 4(2 −√3)x + 1 = 0 HỌA LẦN ⇔ ⇔ ñ(2 −√3)x = 2 + √3 = (2 −√3)−1 (2 −√3)x = 2 −√3 ñx = −1 2 x = 1. Do đó x21 + 2x22 = |x1|2 + 2 |x2|2 = 1 + 2 = 3. Chọn phương án D Câu 55. Tìm tập nghiệm S của phương trình 2x+1 = 4 A S = {4}. B S = {1}. C S = {3}. D S = {2}. Lời giải. Phương pháp: Giải phương trình mũ: af(x) = am ⇔ f(x) = m. Cách giải: Ta có: 2x+1 = 4 ⇔ 2x+1 = 22 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1. Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {1}. Chọn phương án B Câu 56. Tính tích tất cả các nghiệm của phương trình 22x2+5x+4 = 4. h Geogebra Pro Trang 62 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 A 1. B52. C −52. D −1. Lời giải. Phương pháp: +) Giải phương trình mũ: af(x) = am ⇔ f(x) = m. +) Áp dụng hệ thức Vi-ét. Cách giải: Ta có: 22x2+5x+4 = 4 ⇔ 2x2 + 5x + 4 = 2 ⇔ 2x2 + 5x + 2 = 0 ⇔ Chọn phương án A  x = −12 x = −2 ⇒ x1x2 = 1. Câu 57. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 7 − 3√5 x2+m7 + 3√5 x2= 2x2−1 có đúng bốn nghiệm phân biệt. A 0 < m <116. B 0 ≤ m <116. C −12< m < 0. D −12< m ≤116. HỌA Lời giải. Phương pháp: +) Ta có: 7 + 3√5 7 − 3√5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 − 3√5 =4 ĐỀ MINH 7 + 3√5 +) Đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai ẩn t từ đó tìm m theo yêu cầu của đề bài. Nhóm: PHÁT TRIỂN Cách giải: Ta có: 7 + 3√5 7 − 3√5 = 49 − 45 = 4 ⇒ 7 + 3√5 =4 Khi đó Ä7 − 3√5äx2+ mÄ7 + 3√5äx2= 2x2−1 7 − 3√5 ⇔ Å4 7 + 3√5 ãx2 + m 7 + 3√5äx2=12.2x2 Ä ⇔ 2.2x2− 2x2.Ä7 + 3√5ä2+ 2mÄ7 + 3√5äx2= 0 ⇔ 2. Å2 Å2 7 + 3√5 ã2x2 ã2x2 − Å2 7 + 3√5 ãx2 + 2m = 0(∗) Đặt 7 + 3√5 = t ⇒ x2 = log 2 7+3√5t. Ta có: 0 <2 7+3√5t > 0 ⇔ 0 < t < 1 ⇒ (∗) ⇔ 2t2 − t + 2m = 0(1) 7 + 3√5< 1 ⇒ log 2 Để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt t ∈ (0; 1) ⇔   ∆ > 0 af(0) > 0 af(1) > 0 0 < −b2a< 1 ⇔   1 − 16m > 0 4m > 0 2(2m + 1) > 0 0 <12< 1 ⇔   m <116 m > 0 ⇔ 0 < m <116 m > −12 Chọn phương án A h Geogebra Pro Trang 63 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 58. Gọi S là tập nghiệm của phương trình log√2(x − 1)2 − log2(x − 3)2 = 2 log2(x − 1) trên R. Tìm số phần tử của S. A 1. B 3. C 4. D 2. Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x > 1 và x 6= 3. Phương trình đã cho viết lại như sau log2(x − 1)4 − log2(x − 3)2 = log2(x − 1)2 ⇔ log2(x − 1)4 = log2[(x − 1)2· (x − 3)2] ⇔ (x − 1)4 = (x − 3)2· (x − 1)2 ⇔ (x − 1)2 = (x − 3)2 ⇔ Vậy S = {2}. Khi đó, số phần tử của S là 1. Chọn phương án A ñx − 1 = x − 3 x − 1 = 3 − x⇔ x = 2 (nhận). 50 DẠNG TOÁN Câu 59. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong [−2017; 2017] để phương trình log (mx) = 2 log (x + 1) có nghiệm duy nhất? PHÁT TRIỂN A 4015. B 4014. C 2017. D 2018. Lời giải. Ta có log(mx) = 2 log(x + 1) ⇔ ®x > −1 mx = (x + 1)2. (1)  Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của (1), do đó (1) ⇔ x > −1 x= x +1x+ 2. (2) ĐỀ MINH  Xét hàm số f(x) = x +1x+ 2 trên ∈ (−1; +∞) \ {0}. Ta có f0(x) = 1 −1x2; f0(x) = 0 ⇔ñx = 1 m =(x + 1)2 HỌA LẦN x = −1 (loại). Bảng biến thiên 2 x −1 0 1 +∞ f0(x) f(x) − 0 −∞ +∞ − 0 + 4 +∞ Dựa vào bảng biến thiên, ta có: phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất ⇔ ñm < 0 m = 4. Mà m ∈ Z, m ∈ [−2017; 2017] ⇒ m ∈ {−2017; −2016; . . . ; −1} ∪ {4}. Vậy, có 2018 giá trị của m thoả mãn. Chọn phương án D h Geogebra Pro Trang 64 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 60. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình log22 x+log2 x+m = 0 có nghiệm x ∈ (0; 1). A m ≤14. B m ≤ 1. C m ≥14. D m ≥ 1. Lời giải. Đặt t = log2 x. Với x ∈ (0; 1) ⇔ t ∈ (−∞; 0). Phương trình trở thành t2 + t + m = 0 ⇔ m = −t2 − t (∗). Ta cần tìm m để phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (∗) có nghiệm. Xét hàm f(t) = −t2 − tvóit ∈ (−∞; 0); f0(t) = −2t − 1; f0(t) = 0 ⇔ t = −12. Bảng biến thiên t f0(t) f(t) −∞ −12+∞ + 0 − 1 4 HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN −∞ Phương trình có nghiệm ⇔ m ≤14. Chọn phương án A D MỨC ĐỘ 4 Å4x2 − 4x + 1 −∞ ã Câu 61. Biết x1, x2 là hai nghiệm của phương trình log7 2x 4(a +√b) với a, b là hai số nguyên dương. Tính a + b. 1 +4x2+1 = 6x và x1+2x2 = A a + b = 16. B a + b = 14. C a + b = 13. D a + b = 11. Lời giải. Phương pháp: Giải phương trình bằng phương pháp xét hàm số. Cách giải: ĐKXĐ: x 6=12, x > 0. Ta có log7 Å4x2 − 4x + 1 2x ã + 4x2 + 1 = 6x. ⇔ log74x2 − 4x + 1 − log7(2x) + 4x2 + 1 = 6x. ⇔ log74x2 − 4x + 1 + 4x2 − 4x + 1 = log7(2x) + 2x (1) Xét hàm số f(t) = log7t + t, t > 0 ta có f0(t) = 1 tln 7 + 1 > 0, ∀t > 0. ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; +∞). Khi đó, (1) ⇔ f4x2 − 4x + 1 = f(2x) ⇔ 4x2−4x+1 = 2x ⇔ 4x2−6x+1 = 0 ⇔  x =3 + √5 4(tm) x =3 −√5 4(tm). h Geogebra Pro Trang 65 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 TH1: x1 =3 + √5 4; x2 =3 −√5 4⇒ x1 + 2x2 =9 −√5 4=14(a +√b): Vô lí. TH2: x1 =3 −√5 4; x2 =3 + √5 4=14(a +√b) ⇒®a = 9 b = 5⇒ a + b = 14. Chọn phương án B 4⇒ x1 + 2x2 =9 + √5 Câu 62. Cho phương trình m ln2(x + 1) − (x + 2 − m) ln(x + 1) − x − 2 = 0 (1). Tập tất cả giá trị của tham số m để phương trình (1) có các nghiệm, trong đó có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0 < x1 < 2 < 4 < x2 là khoảng (a; +∞). Khi đó, a thuộc khoảng A (3, 8; 3, 9). B (3, 7; 3, 8). C (3, 6; 3, 7). D (3, 5; 3, 6). Lời giải. Điều kiện xác định x > −1. Ta có ⇔ m ln2(x + 1) − (x + 2 − m) ln(x + 1) − x − 2 = 0 50 DẠNG TOÁN ⇔ m ln2(x + 1) − (x + 2) ln(x + 1) + m ln(x + 1) − (x + 2) = 0 ⇔ m ln(x + 1) [ln(x + 1) + 1] − (x + 2) [ln(x + 1) + 1] = 0 ⇔ [ln(x + 1) + 1] [m ln(x + 1) − x − 2] = 0 ⇔ ⇔ ñln(x + 1) + 1 = 0 m ln(x + 1) − x − 2 = 0 ñx = e−1 − 1 < 0 (loại) m ln(x + 1) − x − 2 = 0 (∗) PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH Với m = 0 thì phương trình (∗) có nghiệm x = −2 < 0 (loại) nên không thỏa bài toán. x + 2=1m. Với m 6= 0 thì (∗) ⇔ln(x + 1) x+2 Xét hàm số f(x) = ln(x + 1) x + 2có f0(x) = ln(x + 1) x+1 − ln(x + 1) HỌA LẦN (x + 2)2= 0 ⇒ x = x0 ∈ (2; 3) và lim x→+∞f(x) = lim x→+∞ x + 2nên ta có bảng biến thiên trên (−1; +∞) như sau 2 −1 0 2 x0 3 4 +∞ x f0(x) + + + + 0 − − ln 3 4 − f(x) −∞ c 0 6 ln 5 6 Để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn 0 < x1 < 2 < 4 < x2 thì 0 <1m 0. log23x2 + 3x + m + 1 2x2 − x + 1= x2 − 5x − m + 2 ⇔ log23x2 + 3x + m + 1 − log22x2 − x + 1 = x2 − 5x − m + 2 ⇔ log23x2 + 3x + m + 1 +3x2 + 3x + m + 1 = log24x2 − 2x + 2 +4x2 − 2x + 2 (∗) Xét hàm f (t) = log2t + t với t > 0. Ta có f0(t) = 1 t · ln 2 + 1 > 0 với mọi t > 0. Vậy hàm f (t) = log2t + t với t > 0 , luôn đồng biến trên (0; +∞). Do đó phương trình (∗) ⇔ f3x2 + 3x + m + 1 = f4x2 − 2x + 2 ⇔ 3x2 + 3x + m + 1 = 4x2 − 2x + 2 ⇔ x2 − 5x − m + 1 = 0. Phương trình có nghiệm ⇔ 25 − 4.(−m + 1) ≥ 0 ⇔ m ≥ −214. HỌA Do m nguyên âm nên m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1}. ĐỀ MINH Chọn phương án D Câu 64. Gọi (a; b) là tập các giá trị của tham số m để phương trình 2e2x − 8ex − m = 0 có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (0; ln 5). Tổng a + b là A 2. B 4. C −6. D −14. Nhóm: PHÁT TRIỂN Lời giải. Phương pháp: Đặt t = ex. Đưa phương trình đã cho về phương trình ẩn t với t ∈ (1; 5). Cô lập m và sử dụng phương pháp hàm số để phương trình ẩn t có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (1; 5) khi đó phương trình đã cho cũng có đúng hai nghiệm thuộc khoảng (0; ln 5). Cách giải: Đặt t = ex. Khi đó với x ∈ (0; ln 5) ⇒ t ∈e0; eln 5 hay t ∈ (1; 5). Phương trình đã cho trở thành 2t2 − 8t − m = 0 ⇔ 2t2 − 8t = m với t ∈ (1; 5). Nhận thấy rẳng để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thuộc (0; ln 5) thì phương trình 2t2 − 8t = m có hai nghiệm phân biệt thuộc (1; 5). Xét f (t) = 2t2 − 8t ⇒ f0(t) = 4t − 8 = 0 ⇔ t = 2 ∈ (1; 5) BBT của f (t) trên (1; 5). t f0(t) 1 2 5 − 0 + f(t) −6 −8 10 Từ bàng biến thiên ta thấy phương trình 2t2 − 8t = m có hai nghiệm phân biệt t ∈ (1; 5) khi và chỉ khi −8 < m < −6. h Geogebra Pro Trang 67 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Vậy để phương trình 2e2x − 8ex − m = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; ln 5) thì m ∈ (−8; −6) ⇒ a = −8; b = −6 ⇒ a + b = −14. Chọn phương án D Câu 65. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình log3(x + 3) + m log√x+3 9 = 16 có hai nghiệm thỏa mãn −2 < x1 < x2. A 17. B 16. C 14. D 15. Lời giải. Điều kiện xác định x > −3 và x 6= 2. Phương trình đã cho tương đương log3(x + 3) + 4m log(x+3) 3 − 16 = 0 ⇔ log23(x + 3) − 16 log3(x + 3) + 4m = 0 (1). 50 DẠNG TOÁN Đặt log3(x + 3) = t, phương trình (1) trở thành t2 − 16t + 4m = 0 (2). Ta có log3(x + 3) = t ⇔ x = 3t − 3. Theo điều kiện đề bài thì x > −2 nên 3t − 3 > −2 ⇔ t > 0. Vậy phương trình log3(x + 3) + m log√x+3 9 = 16 có hai nghiệm thỏa mãn −2 < x1 < x2 thì phương trình (2) phải có hai nghiệm t dương phân biệt PHÁT TRIỂN   ∆0 > 0 t1 + t2 = 16 > 0 t1 · t2 = 4m > 0 ⇔ ®64 − 4m > 0 4m > 0⇔ 0 < m < 16. ĐỀ MINH Vậy có 15 giá trị nguyên m thỏa mãn. Chọn phương án D HỌA LẦN Câu 66. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để tồn tại các số thực x, y thỏa mãn e3x+5y−10 − ex+3y−9 = 1 − 2x − 2y và log25(3x + 2y + 4) − (m + 6) log5(x + 5) + m2 + 9 = 0? A 3. B 5. C 4. D 6. 2 Lời giải. Ta có e3x+5y−10 − ex+3y−9 = 1 − 2x − 2y ⇔ e3x+5y−10 − ex+3y−9 = (x + 3y − 9) − (3x + 5y − 10) ⇔ e3x+5y−10 + (3x + 5y − 10) = ex+3y−9 + (x + 3y − 9) ⇔ f(3x + 5y − 10) = f(x + 3y − 9) (1) với f(t) = et + t. Vì f0(t) = et + 1 > 0 ∀x ∈ R nên f(t) là hàm đồng biến trên R. Do đó (1) ⇔ 3x + 5y − 10 = x + 3y − 9 ⇔ 2y = 1 − 2x. Thay vào điều kiện còn lại, ta được phương trình log25(x + 5) − (m + 6) log5(x + 5) + m2 + 9 = 0 (2) Bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm x, điều này xảy ra khi ∆ = 3m2 + 12m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 ⇒ m ∈ {1; 2; 3; 4}. Chọn phương án C h Geogebra Pro Trang 68 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 67. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤ 1, trong đó x, y không đồng thời bằng 0 hoặc 1 và log3 Åx + y 1 − xy ã + (x + 1) · (y + 1) − 2 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = 2x + y. A 2. B 1. C12. D 0. Lời giải. Ta có log3 Åx + y 1 − xy ã + (x + 1) · (y + 1) − 2 = 0 ⇔ log3(x + y) − log3(1 − xy) + xy + x + y − 1 = 0 ⇔ log3(x + y) + (x + y) = log3(1 − xy) + 1 − xy. Xét hàm số f(t) = log3(t) + t, t ∈ (0; 2), ta có f0(t) = 1 trên tương đương với HỌA tln 3 + 1 > 0 ∀t ∈ (0; 2). Do đó phương trình x + y = 1 − xy ⇔ y =1 − x 1 + x. 1 + x=2x2 + x + 1 ĐỀ MINH Từ đó suy ra P = 2x + y = 2x +1 − x P0 =2x2 + 4x x + 1. (x + 1)2, P0 = 0 có nghiệm x = 0 thuộc [0; 1]. Lần lượt thay x = 0 và x = 1 vào P, ta nhận được giá trị nhỏ nhất của P bằng 1. Chọn phương án B Nhóm: PHÁT TRIỂN Câu 68. Cho phương trình log√2(mx − 6x3) + 2 log 12(−14x2 + 29x − 2) = 0. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt. A 18 < m <392. B 18 < m < 20. C 19 < m < 20. D 19 < m <392. Lời giải. Ta có log√2(mx − 6x3) + 2 log 12(−14x2 + 29x − 2) = 0 ⇔ log2(mx − 6x3) = log2(−14x2 + 29x − 2) ⇔ ®− 14x2 + 29x − 2 > 0 mx − 6x3 = −14x2 + 29x − 2 ⇔   1 14< x < 2 6x3 − 14x2 − 2 x= m − 29. Xét hàm số f(x) = 6x3 − 14x2 − 2 xvới x ∈ 1 14; 2  , ta có f0(x) = 12x3 − 14x2 + 2 x2. x = −13(loại) x =12(nhận) x = 1 (nhận). Bảng biến thiên f0(x) = 0 ⇔ h Geogebra Pro Trang 69 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 x 1 1 21 2 14 f0(x) + 0 − 0 + f(x) −2839 98 −192 −10 −5 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để phương trình có 3 nghiệm thì −10 < m − 29 < −192⇔ 19 < m <392. Chọn phương án D Câu 69. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 9 · 9x2−2x − (2m + 1) 15x2−2x+1 + (4m − 2) 52x2−4x+2 = 0 có 2 nghiệm thực phân biệt. A12< m < 1. B m >3 + √6 2hoặc m <3 −√6 50 DẠNG TOÁN C m > 1 hoặc m <12. D3 −√6 2< m <3 + √6 2. Lời giải. Ta có 2. PHÁT TRIỂN 9 · 9x2−2x − (2m + 1)15x2−2x+1 + (4m − 2)52x2−4x+2 = 0 ⇔ 9x2−2x+1 − (2m + 1)15x2−2x+1 + (4m − 2)52x2−4x+2 = 0 (x−1)2 + 4m − 2 = 0,(1). 3 Đặt (x−1)2 ⇔ = t > 0. ñ 3 5 (x−1)2 ô2 − (2m + 1) 3 5 ĐỀ MINH 5 Khi đó (1) trở thành t2 − (2m + 1)t + 4m − 2 = 0 ⇔ (t − 2)(t − 2m + 1) = 0 ⇔ ñt = 2 t = 2m − 1. HỌA LẦN 2 Chú ý rằng với t = 2 ⇔ trình này vô nghiệm. 3 5 (x−1)2 = 2 ⇔ (x − 1)2 = log 352, mà log 352 < 0 và (x − 1)2 ≥ 0 nên phương Do đó (1) ⇔ 3 (x−1)2 = 2m − 1. (2) 5 Xét hàm f(x) = 3 (x−1)2có f0(x) = 35 (x−1)2· ln 35 · 2(x − 1); f0(x) = 0 ⇔ x = 1. 5 Bảng biến thiên hàm số f(x). h Geogebra Pro Trang 70 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 x f0(x) f(x) −∞ 1 +∞ + 0 − 1 0 0 Dựa vào bảng biến thiên hàm f(x), ta thấy để phương trình (1) có 2 nghiệm thực x phân biệt thì phương trình (2) phải có duy nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (0; 1), nghiệm còn lại (nếu có) khác 1. 3 Số nghiệm của (2) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = (x−1)2và đường thẳng y = 2m − 1 nên 5 điều kiện của m thỏa mãn là 0 < 2m − 1 < 1 ⇔12< m < 1. Chọn phương án A HỌA Câu 70. Cho phương trình 4x − (10m + 1) 2x + 32 = 0 biết rằng phương trình này có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 1x1+1x2+1 x1x2= 1. Khi đó, khẳng định nào sau đây về m là đúng? ĐỀ MINH A 0 < m < 1. B 2 < m < 3. C −1 < m < 0. D 1 < m < 2. Lời giải. Đặt 2x = t(t > 0). Khi đó phương trình trở thành t2 − (10m + 1)t + 32 = 0. (∗) Nhóm: PHÁT TRIỂN Phương trình ban đầu có hai nghiệm x1, x2 ⇔ (∗) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔   (10m + 1)2 − 4.32 > 0 . (10m + 1) > 0 32 > 0. Theo định lý Viet ta có ®t1 + t2 = 10m + 1 t1t2 = 32. Với t1 · t2 = 32 ⇒ 2x1 + x2 = 32 ⇔ x1 + x2 = 5. Lại có 1x1+1x2+1 x1x2= 1 ⇔ x1 + x2 + 1 = x1x2 nên x1x2 = 6. Khi đó ta có x1, x2 là nghiệm của phương trình X2 − 5X + 6 = 0 ⇔ ñX = 2 ⇒ t1 = 4 X = 3 ⇒ t2 = 8. Mặt khác t1 + t2 = 10m + 1 ⇔ 12 = 10m + 1 ⇔ m =1110(thỏa mãn điều kiện). Vậy 1 < m < 2. Chọn phương án D Câu 71. Cho hai số thực a > 1, b > 1. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax· bx2−1 = 1. Trong trường hợp biểu thức S = là đúng? x1x2 x1 + x2 2− 4x1 − 4x2 đạt giá trị nhỏ nhất, mệnh đề nào sau đây A a < b. B ab = 4. C ab = 2. D a > b. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 71 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Ta có: ax = b1−x2 ⇔ x · logb a = 1 − x2 ⇔ x2 + (logb a) x − 1 = 0 Khi đó®x1 + x2 = − logb a x1x2 = −1. Do đó S = Å−1 − logb a ã2 − 4 (− logb a) = 1 (logb a)2+ 4 logb a. > 3√34. Đặt t = logb a > logb 1 = 0. Khi đó S =1t2+ 4t =1t2+ 2t + 2tCauchy ⇒ min S = 3√34 ⇔ 2t =1t2 ⇔ t3 =12⇒ t =1√32 ⇔ logb a =1√32 50 DẠNG TOÁN 1√32 < b1 ⇒ a < b. Chọn phương án A ⇒ a = b PHÁT TRIỂN Câu 72. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện 4x + 9y + 16z = 2x + 3y + 4z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2x+1 + 3y+1 + 4z+1. A13 + √87 2. B11 + √87 2. C7 + √37 2. D9 + √87 Lời giải. Đặt a = 2x, b = 3y, c = 4z(a > 0, b > 0, c > 0). Theo giả thiết, ta có a2 + b2 + c2 = a + b + c ⇔ 2. a −12 2+ b −12 2+ c −12 2=34(∗). ĐỀ MINH Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2a + 3b + 4c. HỌA LẦN Trong không gian tọa độ Oxyz, lấy các điểm M(a; b; c), a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn với (∗). 2;12;12 , bán kính R =√32. Xét mặt phẳng (α) :: 2x + 3y + 4z − T = 0 ⇔ M thuộc mặt cầu tâm I đi qua M(a; b; c). √3 1 2 ·12+ 3 ·12+ 4 ·12− T 92− T 2 √3 ⇒ d (I2(α)) ≤ IM = T −92 ≤√87 2⇒ √22 + 32 + 42≤ √29≤ 2. ⇔ 2⇔ T −92≤√87 2⇔ T ≤9 + √87 2. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ (α) tiếp xúc với mặt cầu (I, R) tại M. Bằng tính toán, ta giải được: a =29 + 2√87 58; b =29 + 3√87 58; c =29 + 4√87 Vậy max T =9 + √87 2. Chọn phương án D Câu 73. Có bao nhiêu giá trị m để phương trình 58. 9.32x − mÄ4p4x2 + 2x + 1 + 3m + 3ä· 3x + 1 = 0. h Geogebra Pro Trang 72 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 có đúng ba nghiệm phân biệt. A Vô số. B 3. C 1. D 2. Lời giải. Ta có 9 · 32x − mÄ4p4x2 + 2x + 1 + 3m + 3ä· 3x + 1 = 0 3x+1 −m3(4p|x + 1| + 3m + 3) = 0. (1) ⇔3x+1 +1 Đặt t = x + 1, phương trình (1) trở thành 3t +13t−m3(4p|t| + 3m + 3) = 0. (2) Bái toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình (2) có đúng ba nghiệm thực phân biệt. Nhận xét: Nếu t0 là một nghiệm của phương trình (2) thì −t0 cũng là một nghiệm của phương trình (2). Do đó điều kiện cần để phương trình (2) có đúng ba nghiệm thực phân biệt là phương HỌA trình (2) có nghiệm t = 0. ĐỀ MINH Với t = 0, thay vào phương trình (2) ta có −m2 − m + 2 = 0 ⇔ Thử lại ®m = 1 m = −2. Với m = −2 phương trình (2) thành 3t +13t+23(4pt| − 3) = 0. Nhóm: PHÁT TRIỂN Ta có 3t +13t≥ 2, ∀t ∈ R và 23(4p|t| − 3) ≥ −2, ∀t ∈ R suy ra 3t +13t+23(4p|t| − 3) ≥ 0, ∀t ∈ R. Dấu “=” xảy ra khi t = 0, hay phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 0 nên loại nghiệm m = −2. Với m = 1 phương trình (2) thành 3t +13t−13(4√t| + 6) = 0 (3) Dễ thấy phương trình (3) có ba nghiệm t = −1, t = 0, t = 1. Ta chứng minh phương trình (3) chỉ có ba nghiệm t = −1, t = 0, t = 1. Vì t là nghiệm thì −t cũng là nghiệm nên ta chỉ xét phương trình (3) trên [0; +∞). Trên tập [0; +∞), (3) ⇔ 3t +13t−13(4√t + 6) = 0. Xét hàm f(t) = 3t +13t−13(4√t + 6) trên [0; +∞). Ta có f0(t) = 3tln 3 − 3−t· ln 3 −23√t, f00(t) = 3tln23 + 3−t· ln23 +1 3 · (√t)3> 0, ∀t > 0. Suy ra f0(t) đồng biến trên (0; +∞) ⇒ f0(t) = 0 có tối đa một nghiệm t > 0 ⇒ f(t) = 0 có tối đa hai nghiệm t ∈ [0; +∞). Suy ra trên [0; +∞), phương trình (3) có hai nghiệm t = 0, t = 1. Do đó trên tập R, phương trình (3) có đúng ba nghiệm t = −1, t = 0, t = 1. Vậy chọn m = 1. h Geogebra Pro Trang 73 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm này, sau khi loại được m = −2, ta có thể kết luận đáp án C do đề không có phương án nào là không tồn tại m. Chọn phương án C Câu 74. Tìm tập S tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất cặp số (x; y) thỏa mãn logx2+y2+2 4x + 4y − 6 + m2 ≥ 1 và x2 + y2 + 2x − 4y + 1 = 0. A S = {−5; 5}. B S = {−7; −5; −1; 1; 5; 7}. C S = {−5; −1; 1; 5}. D S = {−1; 1}. Lời giải. logx2+y2+2 4x + 4y − 6 + m2 ≥ 1 = logx2+y2+2 x2 + y2 + 2 ⇔4x + 4y − 6 + m2 ≥ x2 + y2 + 2 (do x2 + y2 + 2 > 1) ⇔x2 + y2 − 4x − 4y − m2 + 8 ≤ 0 50 DẠNG TOÁN ⇔(x − 2)2 + (y − 2)2 ≤ m2(1) (1) là hình tròn (C1) có tâm I(2; 2), bán kính (R1 = |m| với m 6= 0 hoặc là điểm I(2; 2) với m = 0. Ta có x2 + y2 + 2x − 4y + 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 + (y − 2)2 = 4 (2) là đường tròn (C2) có tâm J(−1; 2) bán kính R2 = 2. PHÁT TRIỂN Khi m = 0 ta có I(2; 2) ∈/ (C2) nên yêu cầu bài toán không thỏa mãn. Khi m 6= 0 ta nhận thấy để tồn tại duy nhất cặp số (x; y) thỏa mãn 2 điều kiện (1) và (2) thì chỉ xảy ra 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: (C1);(C2) tiếp xúc ngoài với nhau » ĐỀ MINH ⇔ I1I2 = R1 + R2 ⇔ (−1 − 2)2 + (2 − 2)2 = m + 2 ⇔ 3 = m + 2 ⇔ m = 1(tm). Trường hợp 2: (C1); (C2) tiếp xúc trong và R1 < R2  ⇔ Vậy S = {−1; 1}. ®I1I2 = |R1 − R2| m < 2⇔ ®3 = |m − 2| m < 2⇔  ñm = 5 m = −1 m < 2 ⇔ m = −1 (tm). HỌA LẦN 2 Chọn phương án D Câu 75. Số nghiệm của phương trình 2018x + x2 = » 2016 p32017 + √52018 là A 1. B 2. C 3. D 4. Lời giải. Đặt f(x) = 2018x + x2. Suy ra f00(x) = 2018x.ln22018 > 0, ∀x ∈ R. Do đó phương trình có nhiều nhất hai nghiệm. Mặt khác   x→+∞f(x) = +∞ lim x→−∞f(x) = +∞và f(0) = 1 − lim » 2016 + p32017 + √52018 < 0 nên phương trình đã cho có đúng hai nghiệm Chọn phương án B h Geogebra Pro Trang 74 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 76. Với tham số k thuộc tập S nào dưới đây thì phương trình log2(x + 3) + log2 x2 = k có nghiệm duy nhất. A S = (−∞; 0). B S = [2; +∞). C S = (4; +∞). D S = (0; +∞). Lời giải. Điều kiện: ®x > −3 x 6= 0. Ta có: log2(x + 3) + log2 x2 = k ⇔ log2(x3 + 3x2) = k ⇔ x3 + 3x2 = 2k Đặt f(x) = x3 + 3x2 ⇒ f0(x) = 3x2 + 6x = 0 ⇔ Bảng biến thiên ñx = 0 x = −2 x −∞ −2 0 +∞ y0 + 0 − 0 + HỌA ĐỀ MINH y −∞ 4 0 +∞ Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm duy nhất khi 2k > 4 ⇔ k > 2 Chọn phương án C Câu 77. Tìm m để phương trình 4x2− 2x2+2 + 6 = m có đúng 3 nghiệm phân biệt? Nhóm: PHÁT TRIỂN A m = 3. B m = 2. C m > 3. D 2 < m < 3. Lời giải. Đặt t = 2x2(t ≥ 1), ta có phương trình t2 − 4.t + 6 − m = 0. (1) Nhận thấy rằng khi t = 1 thì x = 0, còn khi t > 1 thì x = ±plog2t nên để phương trình ban đầu có 3 nghiệm x thì phương trình (1) phải có một nghiệm t1 = 1 và một nghiệm t2 > 1. Thay t = 1 vào phương trình (1) ta có 1 − 4 + 6 − m = 0 ⇔ m = 3. Thử lại ta được m = 3 thỏa mãn. Chọn phương án A Câu 78. Cho hai số thực a > 1, b > 1. Biết phương trình ax· bx2−1 = 1 có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x1x2 x1 + x2 2− 4(x1 + x2). A 3√34. B 4. C 3√32. D√34. Lời giải. Ta có ax· bx2−1 = 1 ⇔ x + (x2 − 1) logab = 0 ⇔ (logab) · x2 + x − logab = 0. Do phương trình có hai nghiệm x1, x2 nên theo định lý Viet ta có x1 + x2 = −1 logab= − logb a và x1x2 = −1. Khi đó S =1 log2ba+ 4 logb a, đặt t = logb a. Do b > 1, a > 1 nên t > 0. Vậy S =1t2+ 4t =1t2+ 2t + 2t ≥ 3√34. h Geogebra Pro Trang 75 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 t>0S = 3√34. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1t2= 2t ⇔ t =1√32. Vậy min Chọn phương án A Câu 79. Gọi S là tập nghiệm của phương trình (2 − x)(2 + 4x) = 6. Khi đó số phần tử của tập S là bao nhiêu? A 2. B 3. C 4. D 5. Lời giải. Xét hàm số y = (2 − x)(2 + 4x) − 6. y0 = −(2 + 4x) + (2 − x) · 4xln 4. y00 = −2 ln 4 · 4x + (2 − x) ln24 · 4x. y00 = 0 ⇔ x = 2 +1ln 2. y00 = 0 có một nghiệm nên y0 = 0 có không quá hai nghiệm, do đó y = 0 có không quá ba nghiệm. 50 DẠNG TOÁN Mặt khác x = 0, x = 1, x =12là các nghiệm của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 0, x = 1, x =12. Chọn phương án B Câu 80. Tính tổng các nghiệm thực của phương trình (4x − 16)3+(16x − 4)3 = (16x + 4x − 20)3. PHÁT TRIỂN A 3. B72. C 4. D92. Lời giải. Đặt t = 4x > 0, phương trình trở thành (t − 16)3 +t2 − 4 3=t2 + t − 20 3⇔ (t − 16)3 +t2 − 4 3=t − 16 + t2 − 4 3 ĐỀ MINH  ⇔ 3 (t − 16) t2 − 4 t − 16 + t2 − 4 = 0 ⇔  t = 2 t = 16 t = 4 HỌA LẦN Vậy ta có các nghiệm là x =12, x = 2, x = 1. Suy ra tổng các nghiệm là 72. 2 Chọn phương án B h Geogebra Pro Trang 76 3. PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 BẢNG ĐÁP ÁN 1. B 11. C 21. C 31. C 41. B 51. D 61. B 71. A 2. B 12. D 22. C 32. D 42. C 52. C 62. B 72. D 3. C 13. A 23. D 33. D 43. B 53. D 63. D 73. C 4. B 14. C 24. B 34. A 44. C 54. D 64. D 74. D 5. B 15. D 25. A 35. B 45. B 55. B 65. D 75. B 6. C 16. A 26. A 36. A 46. C 56. A 66. C 76. C 7. D 17. A 27. D 37. B 47. A 57. A 67. B 77. A 8. D 18. C 28. D 38. D 48. D 58. A 68. D 78. A 9. C 19. A 29. C 39. C 49. C 59. D 69. A 79. B 10. D 20. B 30. A 40. D 50. D 60. A 70. D 80. B HỌA ĐỀ MINH Nhóm: PHÁT TRIỂN h Geogebra Pro Trang 77 4. TÍNH THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 DẠNG 4. TÍNH THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ A MỨC ĐỘ 1 Ví dụ 1. Thể tích của khối lập phương cạnh 2 bằng A 6. B 8. C 4. D 2. Lời giải. Thể tch1 khối lập phương cạnh a là V = a3. Vậy thể tích khối lập phương cạnh 2 là V = 23 = 8. Chọn phương án B Câu 1. Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a bằng 50 DẠNG TOÁN Aa3√2 3. Ba33. Ca3√3 4. Da3√3 Lời giải. Ta có SABC =a2√3 4⇒ V = h · SABC = a ·a2√3 4=a3√3 4. A0 a 6. a B0 C0 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH A C HỌA LẦN B Chọn phương án C Câu 2. Cho khối lăng trụ ABC.A0B0C0có thể tích bằng V . Tính thể tích khối đa diện ABCB0C0 2 theo V . A3V4. B2V3. CV2. DV4. Lời giải. Ta có VA.A0B0C0 =13V ⇒ VABCB0C0 = V −13V =2V3. C0 A0 B0 A C B Chọn phương án B h Geogebra Pro Trang 78 4. TÍNH THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Câu 3. Gọi S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ. Thể tích khối lăng trụ đó là: A V =13Sh. B V =16Sh. C V = Sh. D V =12Sh. Lời giải. Theo công thức sách giáo khoa ta có V = Sh. Chọn phương án C Câu 4. Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a là: Aa33. B√3a3 √3a3 √3a3 Lời giải. 4. C 3. D 12. HỌA ĐỀ MINH Theo giả thiết mặt đáy của lăng trụ là tam giác đều cạnh a nên đáy có A0 diện tích B =a2√3 4. a Lăng trụ đứng chiều cao h = a, do vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là V = B · h =a2√3 4· a =a3√3 A 4. Chọn phương án B B0 a a B C0 C a Câu 5. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA0 =3a2. Biết rằng Nhóm: PHÁT TRIỂN hình chiếu vuông góc của A0lên (ABC) là trung điểm BC. Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. …3 A V = a3. B V =2a3 3. C V =3a3 4√2. D V = a3 2. Lời giải. Gọi H là trung điểm BC. Theo giả thiết, A0H là đường cao hình lăng trụ và A0H =pAA02 − AH2 =a√6 4.a√6 2. Vậy, thể tích khối lăng trụ là V = S∆ABC.A0H =a2√3 Chọn phương án C 2=3a3√2 8. Câu 6. Viết công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B (đvdt) và chiều cao có độ dài là h. A V = B2h. B V = Bh. C V =13Bh. D V = 3Bh. Lời giải. Chọn phương án B Câu 7. Cho lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ bằng 4a. Tính thể tích V của lăng trụ đã cho? A V = 9√3a3. B V = 6√3a3. C V = 2√3a3. D V = 3√3a3. Lời giải. h Geogebra Pro Trang 79 4. TÍNH THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA LẦN 2 Diện tích đáy: S = 6 · S∆AOB = 6 ·a2√3 4=3√3a2 2. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là: V = S · h =3√3a2 2· 4a = 6√3a3. Chọn phương án B Câu 8. Hình lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S thì thể tích bằng A16Sh. B13Sh. C12Sh. D Sh. Lời giải. Thể tích của khối lăng trụ là V = Sh. Chọn phương án D Câu 9. Cho lăng trụ tam giác đều, có độ dài tất cả các cạnh bằng 2. Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. A V = 2√3. B V =2√3 3. C V =9√3 2. D V =27√3 50 DẠNG TOÁN Lời giải. Diện tích đáy tam giác đều cạnh 2 là S =22√3 4=√3. Thể tích của khối lăng trụ là V = S · h =√3 · 2 = 2√3. Chọn phương án A 4. PHÁT TRIỂN Câu 10. Cho lăng trụ tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao 2a. Tính thể tích khối lăng trụ. A2a3 3. B4a3 Lời giải. 3. C a3. D 2a3. ĐỀ MINH Đáy của lăng trụ tứ giác đều là hình vuông cạnh a nên diện tích đáy S = a2. Khi đó thể tích lăng HỌA LẦN trụ là: V = S.h = a2.2a = 2a3. Chọn phương án D Câu 11. Cho (H) là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính thể tích 2 của (H). Aa32. Ba3√3 2. Ca3√3 4. Da3√2 3. Lời giải. Thể tích khối lăng trụ đứng, tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a A0 C0 4· a =a3√3 là V = S4ABC · AA0 =a2√3 4. A B0 B C h Geogebra Pro Trang 80