s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · 2 2 a bi 1 2i a bi i 15 i 2 2ai bi 2b ai b 15 i 2a 2b b 15 a 3 z a bi z 3 4 5 2a b a 1 b 4 Câu 2: Đáp án C Phương pháp Dựa vào đồ thị

HOC360.NET – TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group : https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

1-A 2-C 3-C 4-B 5-A 6-A 7-B 8-C 9-C 10-D

11-C 12-C 13-B 14-D 15-D 16-D 17-D 18-A 19-A 20-D

21-A 22-B 23-A 24-D 25-A 26-C 27-C 28-A 29-C 30-A

31-B 32-D 33-A 34-B 35-D 36-D 37-A 38-A 39-A 40-B

41-A 42-D 43-C 44-B 45-C 46-A 47- 48-C 49-C 50-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp

Gọi z a bi z a bi. Sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau.

Cách giải

z a bi a,b

2 2

a bi 1 2i a bi i 15 i

2 2ai bi 2b ai b 15 i

2a 2b b 15 a 3z a bi z 3 4 5

2a b a 1 b 4

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra các khoảng đồng biến, nghịch biến và kết luận.

Cách giải

Theo đồ thị hàm số ta thấy hàm số y f x đồng biến trên 0;2

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp

Hàm số ny x có TXĐ:

n D

n D \ 0

n D 0;

Cách giải



Hàm số xác định 1 1

2x 1 0 x D ;2 2

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số y f x trên a;b

+) Giải phương trình y ' 0 các nghiệm ix a;b

+) Tính các giá trị if a ;f b ;f x

+) So sánh và kết luận:

i i

a;ba;bmax f x max f a ; f b ;f x ;min f x min f a ; f b ;f x

Cách giải

TXD : D

Ta có:

3

x 0 1;2

y ' 4x 8x 0 x 2 1;2

x 2 1;2

a;b

y 0 0; y 2 4; y 1 3; y 2 0 max y 4

Câu 5: Đáp án A

Phương pháp

+) Tìm 1z bằng cách giải phương trình 2z 2z 5 0.

+) Thay 1z vừa tìm được tính 1

7 4i

z

+) Số phức z a bi có điểm biểu diễn là M a;b

Cách giải

21

1

z 1 2i 7 4i 7 4iz 2z 5 0 z 1 2i 3 2i

z 1 2i z 1 2i

Câu 6: Đáp án

Phương pháp

Sử dụng các công thức

150 n n

2u 49d .50S ;u u n 1 d

2

Cách giải



150

n n

2u 49d .50S 5150 25 2.5 49d d 4

2

u u n 1 d 5 n 1 .4 1 4n

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp

Phương trình mặt phẳng (P) song song và cách đều hai mặt phẳng 1Q và 2Q là mặt phẳng

song song và nằm chính giữa 1Q và 2Q

Cách giải

Phương trình mặt phẳng (P) song song và cách đều hai mặt phẳng 1Q và 2Q là mặt phẳng

song song và nằm chính giữa 1Q và 2Q

Ta có 2 8

5 P : 3x y 4z 5 02

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp

+) Khi quay tam giác IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được hình nón có đường cao IO và

bán kính đáy IM.

+) Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón xqS rl trong đó r, l lần lượt

là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón.

Cách giải

Khi quay tam giác IOM quanh cạnh góc vuông OI ta được hình nón có đường cao IO và bán

kính đáy IM. Tam giác OIM vuông cân tại I nên IM IO a.

2 2

2xq

r a;h a l r h a 2

S rl a.a 2 a 2

Câu 9: Đáp án C

Phương pháp

Đưa về cùng cơ số

f x g x

a 0a a

f x g x

Cách giải

x 1x 1

x 3 x 33 3x 1

5 5 5 5 x 3 x 1 3x 9 2x 10 x 53

Câu 10: Đáp án D



Phương pháp

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm

Cách giải

x 0 x 1 0

4 4y x 1 2 x 1 . 2.2 4

x 1 x 1

Dấu bằng xảy ra 24

x 1 x 1 4 x 3x 1

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp

Hàm số liên tục tại 0

0 0x x

x x lim f x f x

Cách giải

Ta có 2

x 4 x 4

x x 12lim f x lim 7

x 4

Hàm số liên tục tại x 4

x 4 lim f x f 4 7 4m 1 m 2


Phương pháp

Sử dụng công thức tính thể tích day

1V h.S

3

Cách giải

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD AH BCD

Ta có 2 22 a 3 a 3 a 6BH AH AB BH

3 2 3 3

2 2 3

BCD

a 3 1 a 6 a 3 2aS V .

4 3 3 4 12

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp

Sử dụng khai triển nhị thức Newton n

n k n k kn

k 0

a b C a b

Cách giải

10 10

10 k k kk k10 10

k 0 k 0

A 1 x C x C 1 . x



Hệ số của số hạng chứa 3x là 33

10C 1 120


Phương pháp

Cộng trừ các vector

Cách giải

v 2a 3b 5c 2 1;2;3 3 2;4;1 5 1;3;4 3;7;23


Phương pháp

Giải phương trình y ' 0

Cách giải

2

TXD : D 0;

1 1 1y ' 2x ln x x . 2x ln x x x 2ln x 1 0 ln x x

x 2 e

1y '' 2 ln x 2 1 2ln x 3 y '' 2 0

e

1x

e là điểm cực tiểu của hàm số 2y x ln x


Phương pháp

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số suy ra TCĐ và TCN của đồ thị hàm số.

Cách giải

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ x 1 và TCN y 1.


Phương pháp

Hàm bậc nhất trên bậc nhất ax b

y ac bdcx d

có TCN là

ay

c

Cách giải

Đồ thị hàm số có TCN là 1

y3

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp

Điểm M a;b là điểm biểu diễn cho số phức z a bi, có phần thực là a và phần ảo là b.

Cách giải



A(3;2) là điểm biểu diễn cho số phức z 3 2i, có phần thực là 3, phần ảo là 2.


Phương pháp

Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Cách giải

2x

f x dx sin x2

C


Phương pháp

Sử dụng công thức a a alog x log y log xy 0 a 1;x; y 0

Cách giải

2 2

2

x 3 x 3log x log x 3 2 x 4

log x x 3 2 x x 3 4


Phương pháp

Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải

Ta có diện tích hình thang cong ABMN được giới hạn bởi đồ thị hàm số y f ' x , trục

hoành, đường thẳng x a; x b nên b

a

f ' x dx là diện tích hình thang cong ABMN.


Phương pháp

Sử dụng công thức ứng dụng tích phân để tính thể tích vật tròn xoay

Cách giải

44

211

dx 1 1 3V 1

x x 4 4


Phương pháp

+) Tính số phần tử của không gian mẫu

+) Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ”, tính A .

+) Tính A

P A



Cách giải

Chọn ngẫu nhiên 2 người từ 10 người ta có 210C

Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ”, ta có 24A C

Vậy 24210

A C 2P A

C 15


Phương pháp

+) (S) tiếp xúc với (P) nên d I; P =R

+) Phương trình mặt cầu tâm I a;b;c , bán kính R là 2 2 2 2S : x a y b z c R

Cách giải

Ta có 1 2.2 2.1 2

d I; P = 3 R1 4 4

Vậy phương trình mặt cầu là: 2 2 2

S : x 1 y 2 z 1 9


Phương pháp

Phân tích 2 1 2

0 0 1

f x dx f x dx f x dx

Cách giải

Ta có 2 1 2 1 2

2

0 0 1 0 1

5 7f x dx f x dx f x dx 3x dx 4 x dx 1

2 2




Phương pháp

Sử dụng tỉ lệ thể tích

Cách giải

Tam giác BPQ và tam giác BCD đồng dạng theo tỉ số BPQ A.BPQ

BCD A.BCD

S V1 1 1= =

2 S 4 V 4

A.PQCD ABCD

3V = V

4

Ta có: A.MNPA.MNP A.CDP

A.CDP

V AM AN 1 1= . = V V

V AC AD 4 4

PQCD BCD CDP BCD

CDPA.CDP A.PQCD A.MNP A.PQCD

PQCD

A.MQP

A.MQP A.CQP

A.CQP

3 1S = S ;S = S

4 2

S 2 2 1V V V V

S 3 3 6

V AM 1 1V V

V AC 2 2

A.MNPQ A.MNP A.MQP A.PQCD A.PQCD A.PQCD ABCD

1 1 1 1 VV V +V = V + V = V = V

6 6 3 4 4


Phương pháp

+) Gọi A a;0;0 ;B 0;b;0 ;C 0;0;c a,b,c 0 , viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,

B, C dạng đoạn chắn. M P Thay tọa độ điểm M vào phương trình mặt phẳng (P).



+)

a b c

a b cOA OB OC a b c

a b c

a b c

+) Ứng với mỗi trường hợp tìm các ẩn a, b, c tương ứng

Cách giải

Gọi A a;0;0 ;B 0;b;0 ;C 0;0;c a,b,c 0 , khi đó phương trình mặt phẳng đi qua A, B,

C là x y z

P : 1a b c

1 2 5

M P 1 *a b c

Ta có

a b c

a b cOA OB OC a b c

a b c

a b c

TH1: a b c, thay vào (*) có 1 2 5 8

1 1 a 8 P : x y z 8 0a a a a


1 1 a 2 P : x y z 2 0a a a a


1 1 a 4 P : x y z 4 0a a a a


1 1 a 6 P : x y z 6 0a a a a

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.




Phương pháp

Từ O dựng đường vuông góc với mặt phẳng (SBC)

Cách giải

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và BE.

Ta có BAD 60 BCD 60 BCD đều.

DE BC

Mà OF / /DE OF BC

BC OF

BC SOFBC SO

Trong (SOF) kẻ OH SF OH BC SBC

d O;SBC =OH

Tam giác BCD đều cạnh a

a 3 1 a 3DE= OF DE

2 2 4

Xét tam giác vuông SOF: 2 2

SO.OF a 57OF

19SO OF


Phương pháp

+) Ba nghiệm của phương trình 3 2x 3x m 0 lập thành 1 CSC.

+) Sử dụng định lí Vi-et phương trình bậc ba.

Cách giải



Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 2x 3x m 0 1 .

Vì đồ thị C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B là trung điểm của AC nên

phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt lập thành 1 CSC.

Gọi 3 nghiệm đó lần lượt là 0 0 0x d;x ;x d d 0

Theo định lí Vi-et có 0 0 0 0 0

bx d x x d 3 3x 3 x 1

a

là 1 nghiệm của

phương trình (1).

3 2

1 3. 1 m 0 m 2 0 m 2 m 4;0


Phương pháp

Gọi P là trung điểm của CD

NP//BD MN;BD MN;NP

Gọi H là hình chiếu của M trên (ABCD), chứng minh NP MNH

Cách giải

Gọi P là trung điểm của CD NP//BD MN;BD MN;NP

Gọi I là trung điểm của SA, K là trung điểm của AO IK//SO IK ABCD

Gọi H là hình chiếu của M trên (ABCD) HK//MI MIKH là hình bình hành

HK=MI

Mặt khác MI là đường trung bình của tam giác EAD MI//AD//BC và

1 1MK AD BC NC

2 2

HKCN là hình bình hành HN//AC

Mà AC BD AC NP HN NP

Ta có NP HN

NP MNH NP MN MN; NP 90NP MH




Phương pháp

Xác định góc giữa hai mặt phẳng

Cách giải

Trong (BA’C) kẻ BH A'C H A'C .

Ta có BD AC

BD ACC'A ' BD A'C BD AA '

A'C BDH A'C DH

BA'C ; DA'C = BH;DH

Dễ thấy BC ABB'A' BC A'B BA'C vuông tại B

2 2

A 'B.BC a 2.a a 2BH

a 3 3A 'B BC

Tương tự ta có CD ADD'A' DA'C vuông tại D

2 2

A 'D.DC a 2.a a 2DH

a 3 3A 'D DC

Áp dụng định lí cosin trong tam giác BDH có

2 22

2 2 2

2

2a 2a2a

BH DH BD 1 13 3cos BHD cos BH;DH BH;DH 602a2BH.DH 2 2

2.3


Phương pháp

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần

Cách giải



e ee e e e2 2 2 2 2 2 2 2

2

1 1 1 11 1

x x x dx e 1 e 1 x e 1 e 1I x ln xdx ln xd ln x . xdx e 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4

a 1

b 1 a b c 6

c 4


Phương pháp

2

1

t

t

S v t dt

Cách giải

v 0 t 4

Quãng đường ô tô A đi được từ khi bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là

4

0

S 16 4t dt 32

Khi dừng lại ô tô A phải cách ô tô B tối thiểu 1m nên để có 2 ô tô A và B đạt khoảng cách an

toàn thì ô tô A phải hãm phanh cách ô tô B một khoảng ít nhất là 33m.


Phương pháp

Đường thẳng d có VTCP u

và đi qua điểm M AM;

d du

;u

A

Cách giải

Ta cps AB 2;3;1 ;BC 1;1;1 ; AB;BC 2;1;1

AB;BC 4 1 1

d A;d 21 1 1BC


Phương pháp

Hàm số đồng biến trên y ' 0 x

Cách giải

TXĐ : D

Có 2

xy ' m

x 1



Để hàm số đồng biến trên

2 2

x xy ' 0 x m 0 x f x m x m min f x

x 1 x 1

Ta có

2

2

2 2 2

xx 1 x

1x 1f ' x 0 xx 1 x 1 x 1

Có xlim f x 1 min f x 1 m 1

Kết hợp điều kiện đề bài m 2018; 1[ ].


Phương pháp

Số điểm cực trị của hàm số y f x là số nghiệm của phương trình f ' x 0 mà qua đó

f ' x đổi dấu.

Cách giải

Ta có 2f x 1 f x 2f x 1 f xy ' 2f ' x .e f ' x .5 f ' x 2e 5 0

Vì 2f x 1 f x2e 5 0 x y ' 0 f ' x 0 Số điểm cực trị của hàm số

2f x 1 f xy e 5

bằng số cực trị của hàm số y f x

Dựa vào đồ thị hàm số y f ' x ta thấy hàm số y f x có 3 điểm cực trị.

Vậy hàm số 2f x 1 f xy e 5

cũng có 3 điểm cực trị.




Phương pháp

Dựng đường vuông góc chung

Cách giải

Dễ dàng chứng minh được CN DM

Ta có DM CN

DM SNCDM SH

Trong SNC kẻ HK SC K SC DM HK

d DM;SC =HK

Xét tam giác vuông CDN có 2 2

22

CD a 2aCH

CN 5aa

4

2 2

SH.DC 2a 57 2 3aHK

19 19SH HC


Phương pháp

Giả sử mặt phẳng cắt mặt cầu S theo đường tròn có bán kính r

Mặt cầu S có tâm I, bán kính R và d I; d ta có 2 2 2R r d

Cách giải

Mặt phẳng cắt mặt cầu S theo đường tròn có bán kính 8

r 42

Mặt cầu S có tâm I 1;2 ,( ;3) bán kính R 17 m

Ta có 2 2 6 8

d I; 2 d4 1 4

Áp dụng định lí Pytago ta có 2 2 2 2 2R r d 2 4 20 17 m 20 m 3


Phương pháp

Tìm số cạnh và số đường chéo của đa giác đều n cạnh.

Cách giải

Khi nối hai đỉnh bất kì của đa giác ta được một số đoạn thẳng, trong đó bao gồm cạnh của đa

giác và đường chéo của đa giác đó.

Đa giác đều n cạnh có n đỉnh, do đó số đường chéo là 2nC n



Theo giả thiết bài toán ta có

2 2

n n

n!C n n C 2n 2n n n 1 4n n 1 4 n 5

2! n 2 !


Phương pháp

Mặt phẳng song song với trục cắt trụ theo thiết diện là 1 hình chữ nhật.

Cách giải

Giả sử cắt trụ theo thiết diện là hình chữ nhật ABCD.

Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai mặt đáy của hình trụ, H là trung điểm AB ta có

OH AB và R

OH2

2 2

2

ABCD

R 3AH AO OH AB R 3

2

3RAD OO '

2

3R 3R 3S AB.AD R 3.

2 2


Phương pháp

+) Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức IA+IB+3IC 0,

tìm tọa độ điểm I.

+) Chứng minh 2 2 2MA MB 3MC nhỏ nhất MI nhỏ nhất.

+) MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P)

Cách giải

Gọi I x; y;z là điểm thỏa mãn IA+IB+3IC 0

ta có hệ phương trình:

x 1 x 3 3 x 2 0 x 2

y 4 y 4 3 y 1 0 y 1 I 2;1;1

z 1z 5 z 3z 0

Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

const

2 2

0

2

min

MI IA + MI IB +3 MI IC

MI +2MI.IA+IA +MI +2MI.IB+IB +3MI 6MI.IC 3IC

MI + IA +IB +3IC

P MA MB 3M

+2MI. IA IB 3IC

P

C

P

P 5

M

minI



Khi đó M là hình chiếu của I trên (P)

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)

x 2 y 1 z 1

d : M 3t 2; 3t 1; 2t 13 3 2

1 7 1

M P 3 3t 2 3 3t 1 2 2t 1 12 0 t M ; ;0 a b c 32 2 2


Phương pháp

+) Sử dụng công thức 2 2sin x 1 cos x 1 cos x 1 cos x

+) Đặt nhân tử chung, đưa phương trình về dạng cos x m

+) Biểu diễn nghiệm trên đường trìn lượng giác và kết luận

Cách giải

21 cos x cos 4x mcos x msin x

1 cos x cos 4x m cos x m 1 cos x 1 cos x

1 cos x cos 4x m cos x m m cos x 0

cos x 1 11 cos x cos 4x m 0

cos 4x m 2

21 x k2 k ; x k2 0; k

3

Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm thuộc 2

0;3

Phương trình (2) có 3 nghiệm

thuộc 2

0;3

Với 2 8

x 0; 4x 0;3 3

biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:



Dễ thấy để phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt thuộc 8 1

0; m ;13 2


Phương pháp

Chia cả 2 vế cho 1 i và suy ra đường biểu diễn của số phức z

Cách giải

2 2 4 2

1 i z 2 1 i z 2 4 2 z z z 1 i z 1 i 41 i 1 i 1 i

Tập hợp các điểm z là elip có độ dài trục lớn là 2a 4 a 2 và hai tiêu điểm

2 21 2F 1; 1 ;F 1;1 c 2 b a c 2

2018 1009w 2 2i w

m max z 2;n mi

6

z

w

n 2

6


Phương pháp

Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với (P). Khi đó

mind B;d d B; Q d B;d d B; Q H d

Cách giải

Dễ thấy A,B P



Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và song song với (P) ta tìm được phương trình mặt phẳng

Q : P : x 2y 2z 5 0, khi đó d Q

Gọi H là hình chiếu của B trên (Q) ta có

mind B;d d B; Q d B;d d B; Q H d

Phương trình đường thẳng d’ đi qua B và vuông góc với (Q) là

x 1 y 1 z 3

H t 1; 2t 1;2t 31 2 2

10 1 11 7

H Q t 1 2 2t 1 2 2t 3 1 0 t H ; ;9 9 9 9

26 11 2 1

AH ; ; 26; 11;29 9 9 9

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là x 3 y z 1

d :26 11 2


Phương pháp

+ Đặt 10

t 2x 1 3 f t 10 0 f t3

+) Từ BBT của đồ thị hàm số f x suy ra BBT của đồ thị hàm số y f t và biện luận số

nghiệm của phương trình.

Cách giải

Đặt 10

t 2x 1 3 f t 10 0 f t3

Ta suy ra được BBT của đồ thị hàm f t như sau:

t -1 1

f ' t - +

f t

3

BBT của đồ thị hàm số y f t :

t -1 1



f ' t - +

f t

3 y 0

Số nghiệm của phương trình 10

f t3

là số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và

đường thẳng 10

y .3

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 4 nghiệm.


Phương pháp

Hệ số góc của các tiếp tuyến của các đồ thị hàm số đã cho tại điểm có hoành độ 0x 2018

bằng nhau và khác 0 f ' 2018 g ' 2018 h ' 2018 0

Cách giải

2 2

2

2

2

f ' x . 3 g x f x .g ' x 3f ' x f ' x .g x f x .g ' xh ' x

3 g x 3 g x

3f ' 2018 f ' 2018 .g 2018 f 2018 .g ' 2018f ' 2018 g ' 2018 h ' 2018 0

3 g 2018

3f ' 2018 f ' 2018 .g 2018 f 2018 .g ' 2018f ' 2018

3 g 2018

3 g 2018 f 2018f ' 2018 f ' 2018 0

3 g 2018

f

2

2 2

2

2018 3 g 2018 3 g 2018

5 25 1f 2018 g 2018 5g 2018 6 g 2018 2. g 2018

2 4 4

5 1 1f 2018 g 2018

2 4 4

Câu 47: Đáp án

Phương pháp

Cách giải




Phương pháp

Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 x 9999999, hai số lẻ liền

nhau chia hết cho 9 cách nhau 18 đơn vị.

Cách giải

Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 7 chữ số 69.10

Số chia hết cho 9 là số có tổng các chữ số chia hết cho 9

Gọi số lẻ có 7 chữ số chia hết cho 9 cần tìm là x ta có 1000017 x 9999999 có

9999999 10000171 500000

18

số thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là 6

1

9.10

50000

8

0

1


Phương pháp

+) Tìm điều kiện để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị.

+) Xác định các điểm cực trị của đồ thị hàm số A, B, C A Oy

+) Gọi I là trung điểm của BC, để ABOC là hình thoi I là trung điểm của OA.

Cách giải

TXĐ : D

Ta có 3 2

2 2

x 0y ' 4x 4m x 0

x m

Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị m 0

Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là 2 4 2 4 2A 0;m ;B m; m m ;C m; m m

Dễ thấy B, C đối xứng qua trục Oy.

Gọi I là trung điểm của BC ta có 4 2I 0; m m . Để tứ giác ABOC là hình thoi I phải là

trung điểm của 2 4 2 4 2 2 2 1OA m 2m 2m 2m m m 2m 1 0 m

2


Phương pháp

Lấy căn bậc hai hai vế, sử dụng công thức

f ' xf x '

2 f x



Cách giải

2

8 8

3 3

8

3

2

2

f ' x x 1 f x f ' x x 1 f x x 0;

f ' x f ' xx 1 x 1 19dx dx

2 2 32 f x 2 f x

19 19 2 19f x f 8 f 3 f 8

3 3 3 3

2 19f 8 2613,26 2613;261

3 34

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com · 2 2 a bi 1 2i a bi i 15 i 2 2ai bi 2b ai b 15 i 2a 2b b 15 a 3 z a bi z 3 4 5 2a b a 1 b 4 Câu 2: Đáp án C Phương pháp Dựa vào đồ thị

Documents