Lời giải chi tiết đề minh họa thi tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán

Nội dung tài liệu: Lời giải chi tiết đề minh họa thi tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán

1. LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ MINH HỌA THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2022 MÔN TOÁN Câu 1: Modun của số phức z 3 i bằng A. 8. B. 10 . C. 10. D. 2 2 . Lời giải Ta có: | z | 32 ( 1)2 10. Câu 2: Trong không gian Oxyz , mặt cầu (S) : (x 1)2 (y 2)2 z2 9 có bán kính bằng A. 3. B. 81. C. 9. D. 6. Lời giải Từ phương trình mặt cầu R2 9 R 3 . Câu 3: Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y x4 x2 2? A. Điểm P( 1; 1) . B. Điểm N( 1; 2) . C. Điểm M ( 1;0) . D. Điểm Q( 1;1) . Lời giải Thay M ( 1;0) vào đồ thị thấy thỏa mãn. Câu 4: Thể tích V của khối cầu bán kính r được tính theo công thức nào dưới đây? 1 4 A. V r3 . B. V 2 r3 . C. V 4 r3 . D. V r3 . 3 3 Lời giải 4 Công thức thể khối cầu bán kính r là: V r3 . 3 3 Câu 5: Trên khoảng (0; ) , họ nguyên hàm của hàm số f (x) x 2 là: 3 1 5 2 A. f (x)dx x 2 C . B. f (x)dx x 5 C . 2 2 2 5 2 1 C. f (x)dx x 2 C . D. f (x)dx x 2 C . 5 3 Lời giải 3 2 5 Ta có: f (x)dx x 2 dx x 2 C . 5 Câu 6: Cho hàm số f (x) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là A. 3. B. 2. C. 4. D. 5. Lời giải Dựa vào bảng xét dấu, ta có: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4. Câu 7: Tập nghiệm của bất phương trình 2x 6 là A. log2 6; . B. ( ;3) . C. (3; ) . D. ;log2 6 . Lời giải x Ta có: 2 6 x log2 6 .
2. Câu 8: Cho khối chóp có diện tích đáy B 7 và chiều cao h 6 . Thể tích của khối chóp đã cho là A. 42. B. 126. C. 14. D. 56. Lời giải 1 1 Thể tích của khối chóp đã cho là V Bh 76 14 . 3 3 Câu 9: Tập xác định của hàm số y x 2 là A. ¡ . B. ¡ \{0}. C. (0; ) . D. (2; ) . Lời giải Vì 2 là số vô tỉ nên điều kiện xác định của hàm số y x 2 là x 0 . Tập xác đinh: D (0; ) . Câu 10: Nghiệm của phương trình log2 (x 4) 3 là A. x 5. B. x 4 . C. x 2 . D. x 12 . Lời giải Điều kiện: x 4 0 x 4 . 3 log2 (x 4) 3 x 4 2 x 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x 4 . 5 5 5 Câu 11: Nếu f (x)dx 3 và g(x)dx 2 thì  f (x) g(x)dx bằng 2 2 2 A. 5. B. 5 . C. 1. D. 3. Lời giải 5 5 5 Ta có  f (x) g(x)dx f (x)dx g(x)dx 3 ( 2) 1. 2 2 2 Câu 12: Cho số phức z 3 2i , khi đó 2z bằng A. 6 2i . B. 6 4i . C. 3 4i . D. 6 4i . Lời giải Ta có: 2z 2(3 2i) 6 4i . Câu 13: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng (P) : 2x 3y 4z 1 0 có một vectơ pháp tuyến là:     A. n4 ( 1;2; 3) . B. n3 ( 3;4; 1) . C. n2 (2; 3;4) . D. n1 (2;3;4) . Lời giải Mặt phẳng (P) có một VTPT là: n (2; 3;4) . Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u (1;3; 2) và v (2;1; 1) . Tọa độ của vectơ u v là A. (3;4; 3) . B. ( 1;2; 3) . C. ( 1;2; 1) . D. (1; 2;1) . Lời giải Ta có u v ( 1;2; 1) . Câu 15: Trên mặt phẳng tọa độ, cho M (2;3) là điểm biểu diễn của số phức z . Phần thực của z bằng A. 2. B. 3. C. 3 . D. 2 . Lời giải Ta có M (2;3) là điểm biểu diễn của số phức z z 2 3i . Vậy phần thực của z bằng 2. 3x 2 Câu 16: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y là đường thẳng có phương trình: x 2 A. x 2 . B. x 1. C. x 3. D. x 2.
3. Lời giải TXĐ: D ¡ \{2}. Ta có: 3x 2 lim y lim x 2 x 2 x 2 3x 2 lim y lim x 2 x 2 x 2 Vậy x 2 là TCĐ. a Câu 17: Với a 0 , biểu thức log2 bằng 2 1 A. log a . B. log a 1. C. log a 1. D. log a 2 . 2 2 2 2 2 Lời giải a Với a 0 , ta có log2 log2 a log2 2 log2 a 1. 2 Câu 18: Hàm số nào dưới đây có đồ thị như đường cong ở hình bên? x 1 A. y x4 2x2 1. B. y . C. y x3 3x 1. D. y x2 x 1. x 1 . Lời giải Hình dáng đồ thị đặc trưng của hàm số bậc 3, thể hiện a 0 . x 1 2t Câu 19: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : y 2 2t đi qua điểm nào dưới đây? z 3 3t A. Điểm Q(2;2;3) . B. Điểm N(2; 2; 3) . C. Điểm M (1;2; 3) . D. Điểm P(1;2;3) . Lời giải x 1 2t Đường thẳng d : y 2 2t đi qua điểm M (1;2; 3) . z 3 3t Câu 20: Với n là số nguyên dương, công thức nào dưới đây đúng? A. Pn n!. B. Pn n 1. C. Pn (n 1)!. D. Pn n . Lời giải Với n là số nguyên dương, số các hoán vị của n phần tử là: Pn n!. Câu 21: Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho được tính theo công thức nào dưới đây?
4. 1 4 A. V Bh . B. V Bh . C. V 6Bh . D. V Bh . 3 3 Lời giải Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V Bh . Câu 22: Trên khoảng (0; ) , đạo hàm của hàm số y log2 x là 1 ln 2 1 1 A. y . B. y . C. y . D. y . x ln 2 x x 2x Lời giải 1 Đạo hàm của hàm số y log x trên khoảng (0; ) là y . 2 x ln 2 Câu 23: Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên như sau: Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (0; ) . B. ( ; 2) . C. (0;2) . D. ( 2;0) . Lời giải Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 2;0) . Câu 24: Cho hình trụ có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l . Diện tích xung quanh Sxq của hình trụ đã cho được tính theo công thức nào dưới đây? A. Sxq 4 rl . B. Sxq 2 rl . C. Sxq 3 rl . D. Sxq rl . Lời giải Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq 2 rl . 5 5 Câu 25: Nếu f (x)dx 2 thì 3f (x)dx bằng 2 2 A. 6. B. 3. C. 18. D. 2. Lời giải 5 5 3f (x)dx 3 f (x)dx 3.2 6. 2 2 Câu 26: Cho cấp số cộng un với u1 7 và công sai d 4 . Giá trị của u2 bằng 7 A. 11. B. 3. C. . D. 28. 4 Lời giải u2 u1 d 7 4 11 Câu 27: Cho hàm số f (x) 1 sin x . Khẳng định nào dưới đây đúng? A. f (x)dx x cos x C . B. f (x)dx x sin x C . C. f (x)dx x cos x C . D. f (x)dx cos x C . Lời giải
5. f (x)dx (1 sin x)dx x cos x C. Câu 28: [Mức độ 1] Cho hàm số y ax4 bx2 c(a,b,c ¡ ) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng. A. 0. B. 1. C. 3 . D. 2. Lời giải Dựa vào đồ thị hàm số, giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 1. 4 Câu 29: [Mức độ 1] Trên đoạn [1;5], hàm số y x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x A. x 5. B. x 2 . C. x 1. D. x 4 . Lời giải 4 Cách 1. Hàm số y f (x) x xác định trên đoạn [1;5]. x 4 Ta có: y 1 x2 4 x 2 [1;5] y 0 1 2 0 x x 2 [1;5] 29 f (1) 5; f (5) ; f (2) 4. 5 Vậy GTNN của hàm số là 4 đạt tại x 2 . Cách 2. Áp dụng BĐT Cô si được kết quả tương tự. Câu 30: [Mức độ 2] Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ¡ . x 2 A. y x3 x . B. y x4 x2 . C. y x3 x . D. y . x 1 Lời giải y x3 x y x2 1 x2 1 0x ¡ Hàm số y x3 x nghịch biến trên ¡ . Câu 31: Với a,b thỏa mãn log2 a 3log2 b 2 , khẳng định nào dưới đây đúng? 4 A. a 4b3 . B. a 3b 4 . C. a 3b 2 . D. a . b3 Lời giải a a Ta có log a 3log b 2 log a log b3 2 log 2 4 a 4b3 . 2 2 2 2 2 b3 b3
6. Câu 32: Cho hình hộp ABCD  A B C D có tất cả các cạnh bằng nhau (tham khảo hình bên). Góc giữa hai đường thẳng A C và BD bằng A. 90 . B. 30 . C. 45 . D. 60 . Lời giải Ta có A C song song AC nên góc giữa hai đường thẳng A C và BD bằng góc giữa AC và BD và bằng 90 . 3 3 Câu 33: Nếu f (x)dx 2 thì  f (x) 2xdx bằng 1 1 A. 20. B. 10. C. 18. D. 12. Lời giải 3 3 3 Ta có  f (x) 2xdx f (x)dx 2xdx 10 . 1 1 1 x y 2 z 3 Câu 34: [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , cho điểm M (2; 5;3) đường thẳng d : . 2 4 1 Mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d có phương trình là: A. 2x 5y 3z 38 0 . B. 2x 4y z 19 0. C. 2x 4y z 19 0 . D. 2x 4y z 11 0. x y 2 z 3 d : VTCPu (2;4; 1) 2 4 1 d Mặt phẳng đi qua M (2; 5;3) và có VTCPud (2;4; 1) Vậy 2(x 2) 4(y 5) (z 3) 0 2x 4y z 19 0 . Câu 35: [Mức độ 2] Cho số phức z thỏa mãn iz 5 2i . Phần ảo của z bằng A. 5. B. 2. C. 5 . D. 2 . 5 2i iz 5 2i z 2 5i i Vậy phần ảo của z bằng 5 . Câu 36: [Mức độ 2] Cho hình lăng trụ đứng ABC  A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB 4 (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ABB A bằng A. 2 2 . B. 2. C. 4 2 . D. 4. Lời giải
7. Ta có CB  BB   CB  ABB A CB  AB  Vậy d C; ABB A CB AB 4 Câu 37: [Mức độ 2] Từ một hộp chứa 16 quả cầu gồm 7 quả màu đỏ và 9 quả màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả. Xác suất để lấy được hai quả có màu khác nhau bằng 7 21 3 2 A. . B. . C. . D. . 40 40 10 15 Lời giải Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu trong 16 quả cầu, không gian mẫu có số phần tử là: 2 n() C16 . Gọi biến cố A là "lấy được hai quả có màu khác nhau", suy ra A là " lấy được hai quả cùng 2 2 màu". Ta có n(A) C7 C9 2 2 C7 C9 21 Vậy xác suất cần tìm: P(A) 1 P(A) 1 2 . C16 40 Câu 38: [Mức độ 1] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2; 2;3), B(1;3;4),C(3; 1;5) . Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là x 2 y 4 z 1 x 2 y 2 z 3 A. . B. . 2 2 3 2 4 1 x 2 y 2 z 3 x 2 y 2 z 3 C. . D. . 4 2 9 2 4 1 Lời giải  Ta có BC(2; 4;1) nên phương trình đường thẳng đi qua A và song song với BC là: x 2 y 2 z 3 . 2 4 1 Câu 39: [Mức độ 3] Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn 4x 5.2x 2 64 2 log(4x) 0 . A. 22. B. 25. C. 23. D. 24. Lời giải 2 log(4x) 0 Điều kiện: 0 x 25 . 4x 0
8. x x 2 2 log(4x) 0 (1) Ta có 4 5.2 64 2 log(4x) 0 x x 2 . 4 5.2 64 0(2) (1) log(4x) 2 4x 102 x 25(tm). x 2 2 16 x 4 (2) 2x 20.2x 64 0 . Kết hợp với điều kiện, ta có các giá trị x 2 4 x 2 nguyên thoả mãn trong trường hợp này là x {1;2}{4;5;6;.25}. Vậy có 24 số nguyên x thoả mãn đề bài. Câu 40: Cho hàm số y f (x) có bảng biến thiên như sau: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f ( f (x)) 0 là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Lời giải Xét phương trình f ( f (x)) 0 (1) Đặt t f (x) (1) f (t) 0 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y f (x) t 1 Ta có f (t) 0 t 2 Với t 1 f (x) 1 3 nghiệm Với t 2 f (x) 2 1 nghiệm Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình là 3 1 4 nghiệm. Câu 41: Cho hàm số y f (x) có đạo hàm là f (x) 12x2 2,x ¡ và f (1) 3 . Biết F(x) là nguyên hàm của f (x) thỏa mãn F(0) 2 , khi đó F(1) bằng A. 3 . B. 1. C. 2. D. 7. Lời giải Ta có f (x) f (x)dx 12x2 2 dx 4x3 2x C Với f (1) 3 4.13 2.1 C 3 C 3 Vậy f (x) 4x3 2x 3 Ta có F(x) f (x)dx 4x3 2x 3 dx x4 x2 3x C Với F(0) 2 04 02 3.0 C 2 C 2 Vậy F(x) x4 x2 3x 2 khi đó F(1) 14 12 3.1 2 1. Câu 42: Cho khối chóp đều S.ABCD có AC 4a , hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với nhau. Thể tích khối chóp đã cho bằng
9. 16 2 8 2 16 A. a3 . B. a3 . C. 16a3 . D. a3 . 3 3 3 Lời giải Gọi O là tâm hình vuông suy ra SO  (ABCD) Ta có (SAB)  (SCD) Sx / / AB / /CD Gọi I là trung điểm của AB , suy ra SI  AB SI  Sx SI  (SCD) SI  SD AC 4a AD 2 2a DI a 10 Đặt SD x SI x2 2a2 . Ta có hệ thức x2 2a2 x2 10a2 x2 6a2 x a 6 Từ đó ta tính được SO a 2 . 1 8 2 Vậy V a 2 (2 2a)2 a3 S.ABCD 3 3 Câu 43: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z2 2mz 8m 12 0(m là tham số thực). có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1 z2 ? A. 5. B. 6. C. 3. D. 4. Lời giải Ta có m2 8m 12 Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm thực, khi đó z1 z2 z1 z2 z1 z2 0 m 0 (thỏa mãn) Nếu 0 , thì phương trình có hai nghiệm thức khi đó là hai số phức liên hợp nên ta luôn có 2 z1 z2 , hay m 8m 12 0 2 m 6 luôn thỏa mãn. Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số thỏa mãn. 1 1 Câu 44: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w có phần thực bằng . Xét | z | z 8 2 2 các số phức z1, z2 S thỏa mãn z1 z2 2 , giá trị lớn nhất của P z1 5i z2 5i bằng A. 16. B. 20. C. 10. D. 32. Lời giải x 0 Giả sử z x yi , với x, y ¡ và điều kiện | z | z 0 . y 0 1 1 x2 y2 x y Ta có: w 2 2 i 2 2 | z | z x y x yi x2 y2 x y2 x2 y2 x y2
10. x2 y2 x 1 Theo giả thiết, ta có: 8 x2 y2 x 2x2 2y2 2x x2 y2 2 x2 y2 x y2 8 4 x2 y2 x x2 y2 x2 y2 x x2 y2 4 x2 y2 x x2 y2 4 0 2 2 x y x 0 2 2 x 0 TH1: x y x 0 (không thỏa mãn điều kiện). y 0 TH2: x2 y2 4 x2 y2 16 2 2 2 2 Gọi z1 x1 y1i; z2 x2 y2i x1 y1 16; x2 y2 16 2 2 Ta có: z1 z2 2 x1 x2 y1 y2 4 2 2 2 2 2 2 Xét P z1 5i z2 5i x1 y1 5 x2 y2 5 10 y1 y2 2 P 10 y1 y2 10 4 x1 x2 20 Dấu " = "xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 và y1 y2 2 Kết luận: Giá trị lớn nhất của P 20 . Câu 45: Cho hàm số f (x) 3x4 ax3 bx2 cx d(a,b,c,d ¡ ) có ba điểm cực trị là 2, 1 và 1. Gọi y g(x) là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số y f (x) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường y f (x) và y g(x) bằng 500 36 2932 2948 A. . B. . C. . D. . 81 5 405 405 Lời giải Ta có: f (x) 12x3 3ax2 2bx c 12a 4b c 96 a 8 Theo bài ra, ta có: 3a 2b c 12 b 6 3a 2b c 12 c 24 f (x) 3x4 8x3 6x2 24x d Giả sử y g(x) ax2 bx c g( 2) 8 d 4a 2b c 8 d a 7 g( 1) 13 d a b c 13 d b 16 g(1) 19 d a b c 19 d c 4 d y g(x) 7x2 16x 4 d x 1 2 x Xét f (x) g(x) 0 3x4 8x3 x2 8x 4 0 3 x 1 x 2
11. 1 1 Diện tích hình phẳng cần tìm là S |f (x) g(x) | dx 3x4 8x3 x2 8x 4dx 2 2 2 1 1 4 3 2 3 4 3 2 4 3 2 2948 3x 8x x 8x 4dx 3x 8x x 8x 4dx 2 3x 8x x 8x 4dx 2 1 3 405 2948 Kết luận: S . 405 Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 4; 3;3) và mặt phẳng (P) : x y x 0. Đường thẳng đi qua A , cắt trục Oz và song song với (P) có phương trình là: x 4 y 3 z 3 x 4 y 3 z 3 A. . B. . 4 3 7 4 3 1 x 4 y 3 z 3 x 8 y 6 z 10 C. . D. . 4 3 1 4 3 7 Lời giải Ta có Oz B B(0;0;t)  AB (4;3;t 3)   Do d / /(P) nên AB nP 0 4 3 t 3 0 t 4  AB (4;3; 7) x 4 y 3 z 3 Vậy đường thẳng cần tìm d : 4 3 7 Chọn đáp án D (thỏa điểm đi qua đề cho). Câu 47: Cho hình nón đỉnh S có bán kinh đáy bằng 2 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB 4a . Biết khoảng cách từ tâm của đấy đến mặt phẳng (SAB) bằng 2a , thế tích của khối nón đã cho bằng. 8 3 16 3 A. a3 . B. 4 6 a3 . C. a3 . D. 8 2 a3 . 3 3 Lời giải 1 1 Ta có V S h r 2h 3 d 2 Tìm h SO . Gọi I là trung điểm của AB . SI  AB( SAB cân ) Khi đó AB  (SOI) mà AB  (SAB) (SAB)  (SOI) OI  AB( OAB cân )
12. (SAB)  (SOI) Kẻ OH  SI . Ta có: (SAB)  (SOI) SI OH  (SAB) OH  SI Suy ra d(O,(SAB)) OH 2a 2 2 2 2 2 AB 2 4a Xét VAOI vuông tại IOI OA AI OA (2 3a) 2 2a 2 2 Xét SOI vuông tại S 1 1 1 1 1 1 OI 2 OH 2 OH 2 SO2 OI 2 SO2 OH 2 OI 2 OH 2 OI 2 2 2 2 OH .OI OH.OI 2a 2 2a SO 2 2 SO 2 2a OI OH OI 2 OH 2 (2 2a)2 (2a)2 1 1 1 1 Vậy V S h r 2h (OA)2 SO (2 3a)2 2 2a 8 2 a3 . 3 d 3 3 3 Câu 48: Có bao nhiêu số nguyên a , sao cho ứng với mỗi a , tồn tại ít nhất bốn số nguyên b ( 12;12) 2 thỏa mãn 4a b 3b a 65? A. 4. B. 6. C. 5. D. 7. Lời giải 2 2 Ta có 4a b 3b a 65 4a b 3b a 65 0 b a b b a2 3 65 3 1 1 a2 4 b b 0  a 65 4 0 4 4 4 3 4 b b 3 1 1 a2 Xét hàm số f (b)  a 65 4 ,b ( 12;12) Suy ra 4 3 4 b b 3 3 1 1 1 f (b) ln   a 65ln  0 . Do đó f (b) đồng biến. Để f (b) 0 có it 4 4 3 4 4 2 nhất 4 giá trị nguyên thỏa mãn thì f ( 8) 0 4a 8 3 a 8 65 a2 5 2 4 65 a 8 log4 65 . Do a ¢ a { 3; 2;3}. Có 7 giá trị nguyên của a . Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x 4)2 (y 3)2 (z 6)2 50 và đường thẳng x y 2 z 3 d : . Có bao nhiêu điểm M thuộc trục hoành, với hoành độ là số nguyên, mà từ 2 4 1 M kẻ được đến (S) hai tiếp tuyến cùng vuông góc với d ? A. 29. B. 33. C. 55. D. 28. Lời giải Mặt cầu (S) có tâm I(4; 3; 6), R 5 2 . Ta có: M Ox M (a;0;0) Gọi (P) là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ M đến (S) . Khi đó (P) đi qua M (a;0;0) , vuông góc với đường thẳng d , phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x a) 4y z 0 2x 4y z 2a 0 Ta có: M là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra IM R (a 4)2 9 36 50 (a 4)2 5(1)
13. | 8 12 6 2a | d(I,(P)) R 5 2 | 2 2a | 5 42 21 2 2 a 8a 11 0 a 7 (a 4) 5 15 a 1 Từ (1) và (2), suy ra: a 1 2 350 | 2 2a | 5 42 a 2a 1 7 a 17 3 15 a 17 ( do a ¢ ) Vậy có 28 điểm M thoả mãn. Câu 50: Cho hàm số y f (x) có đạo hàm là f (x) x2 10x,x ¡ . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y f x4 8x2 m có đúng 9 điểm cực trị? A. 16. B. 9. C. 15. D. 10. Lời giải x 0 Ta có f (x) 0 x 10 y 4x3 16x  f x4 8x2 m 0 x 0 x 0 3 x 2 4x 16x 0 x 2 4 2 4 2 x 2 f x 8x m 0 x 8x m 0 4 2 x 8x m(1) x4 8x2 m 10 4 2 x 8x m 10(2) Để hàm số y f x4 8x2 m có 9 điểm cực trị thì f x4 8x2 m 0 phải có 6 nghiệm phân biệt. Suy ra phương trình (1) phải có 2 nghiệm và phương trình (2) phải có 4 nghiệm m 0 m 0 Ta có: 10 m 0 . 16 m 10 0 10 m 6 Do m ¢ nên m { 9; 8;: 1: 0} Vậy có 10 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 B A C D C C A C C B C B C C A A C C C A D A D B A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A A B B A A A B B A D B D D B B B D B D D D D D D