Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường thpt chuyên hùng vương gia lai lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI-TỈNH GIA LAI-LẦN 1-2018 Câu 23. [1Đ2-3][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 23]

Cho một hộp đựng ¹¹ tấm thẻ được đánh số từ¹đến ¹¹. Chọn ngẫu nhiên ⁴ tấm thẻ từ hộp. Gọi ^P là xác suất để tổng số ghi trên ⁴ tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó ^P bằng:

A.

16

33. B.

1

2. C.

2

11. D.

10 33 . Lời giải.

Chọn A.

Chọn ngẫu nhiên ⁴ tấm thẻ từ ¹¹ tấm thẻ có: ^C114 (cách).

Trong ¹¹ số tự nhiên từ ¹ đến ¹¹ có sáu số lẻ, năm số chẵn Tổng của ⁴ số là một số lẻ, xẩy ra trong các trường hợp:

+)Trong⁴ số đó có ¹ số lẻ, 3 số chẵn, nên có: ^{C C61. 53}(cách chọn).

+) Trong ⁴ số đó có 3 số lẻ, ¹ số chẵn, nên có: ^{C C63. 51}(cách chọn).

Vậy

1 3 3 1

6 5 6 5

4 11

. . 16

33 C C C C

P C

  

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [1Đ2-3]Chọn ngẫu nhiên một số có⁴ chữ số. Gọi ^P là xác suất để tổng các chữ số của số đó là một số lẻ. Khi đó ^P bằng:

A.

11

21. B.

1

2. C.

100

189. D.

4 15 . Lời giải.

Chọn B.

Chọn ngẫu nhiên một số có ⁴ chữ số có: 9000 (cách).

Gọi số có bốn chữ số là abcd (a0) thỏa mãn



^{a b c d  }



là một số lẻ.

+) Nếu



^{a b c }



_{lẻ thì d} chẵn, nên có: 5 (cách chọn d ) +) Nếu



^{a b c }



_{chẵn thì d} lẻ, nên có: 5 (cách chọn d )

Vậy trong mọi trường hợp của a ,b ,c luôn có 5 cách chọn d Có 9 cách chọn a, 10 cách chọn b, 10 cách chọn c.

Vậy

5.9.10.10 1 9000 2

P 

.

2. [1Đ2-3] Cho tập A



1; 3; 4; 5; 6; 8



và ^X là tập các số tự nhiên có mười chữ số được lập từ các chữ số của tập ^A. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập ^X . Gọi ^P là xác suất để số lấy được có tổng các chữ số là một số chia hết cho 6 . Khi đó ^P bằng:

A.

1

6. B.

6 6

9

10 . C.0. D.

1 12 . Lời giải.

Chọn A.

Số số có mười chữ số lập từ các^Alà:⁶¹⁰ (cách).

Gọi số có mười chữ số là ^abcdefghmn (a0) thỏa mãn



^{a b c d  }



là một số chia hết cho 6 và các chữ số của nó thuộc ^A .

+) Nếu



a b c d e f       g h m



⁶thì n6.

+) Nếu



a b c d e f       g h m



chia 6 dư ¹thì n5. +) Nếu



a b c d e f       g h m



chia 6 dư ²thì n4. +) Nếu



a b c d e f       g h m



chia 6 dư 3 thì n3. +) Nếu



a b c d e f       g h m



chia 6 dư ⁴thì n8. +) Nếu



a b c d e f       g h m



chia 6 dư 5 thì n6.

Vậy trong mọi trường hợp của a,b,c, d, e, ^f , ^g, h, m luôn có ¹ cách chọn n

Vậy

9 10

6 .1 1

6 6

P  .

Câu 26. [1D2-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 26]

Tìm hệ số của số hạng chứa ^x8 trong khai triển Nhị thức Niu tơn của

2

2 2

n x n

x

  

 

 



^x0



_{, biết số}

nguyên dương n thỏa mãn ^{Cn3An2 50}. A.

297

512. B.

29

51. C.

97

12. D.

279 215. Lời giải

Chọn A

+) Ta có ^{Cn3An2 50} suy ra n , n3 và ^3!



^{nn!3 !}

 

^{ nn!2 !}



^50 _

( 1)( 2)

( 1) 50 6

n n n

  n n 

 n³3n²4n300 0  n6 +) Khi đó

2

2 2

n x n

x

  

 

  

3 12

2 x x

  

 

  

12 12 2 12

12 0

3 .2 .

k k k k

k

C ^{ } x ^





.

+) Số hạng chứa ^x8 ứng với k 10nên hệ số của ^x8là ^{C1210 23 .210} 297

512 . Chọn A.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1.[1D2-3] Tìm hệ số của ^x10trong khai triển



^x3x2



ⁿ _(x0,n nguyên dương), biết tổng tất cả các hệ số trong khai triển bằng 2048 .

A. ^4455. B.⁴⁴⁵⁵. C.^4405. D.⁴⁴⁵⁰.

Lời giải Chọn A

+) Đặt ^f

 

^{x }



^x3x2



ⁿ, tổng các hệ số trong khai triển là

 

^{1 2048}

f   

 

^{2 n  2048}_{ n11.}

+) Số hạng tổng quát trong khai triển



^x3x2



ⁿ _là ( 1) ^11k.C11^k.3^11k.x^2232k. +) Hệ số của ^x10 trong khai triển tương ứng với

22 3 10 8

2k k

    . +) Vậy hệ số cần tìm là ^{( 1) .3 . 3 3C118  4455}. Chọn A.

2.[1D2-3] Tìm số hạng chứa ^x6 trong khai triển

5 3

3 5

1 ⁿ

x x

 

  

  , biết C_n+1ⁿ⁻²+2C_n−1³ =37(n−1) _.

A.^x6. B.^{C x106. 6}. C.^{C x105. 6}. D.^{C x103. 6}. Lời giải

Chọn A

+) Từ giả thiết C_n+1ⁿ⁻²+2C_n−1³ =37(n−1) (1). Điều kiện: n , n4.

 

¹ _

     

   

1 ! 1 !

2. 37 1

2 !.3! 3!. 4 !

n n

n n n

 

  

   3n²9n210 0

 n²3n70 0 suy ra n10.

+) Ta có

10 5 3 10

5 3 3 5

3 5

1 x x x

x

    

  

   

 

  . Số hạng thứ k1 trong khai triển là

1

Tk_ 

5 10 3

3 5

10 .

k k

Ck x x

 

 

 

  

50 5 3

3 3 5

10.

k k

C xk ^{  } với 0 k 10, k .

+) Số hạng chứa ^x6 trong khai triển thỏa mãn

50 5 3 3 3 5 6

k k

   

 34.k 5.68  k 10. +) Suy ra số hạng phải tìm là số hạng thứ ¹¹: C₁₀¹⁰.x⁶ _x⁶_{. Chọn A.}

3. [1D2-3] Tìm hệ số của ^x4 trong khai triển

( 1 + x−3 x

²

)

ⁿ thành đa thức, biết ⁿ là số nguyên dương thỏa mãn

1 2 3 156

n n n

A  A A  _.

A.^30. B.³⁰. C.¹⁵. D.^15.

Lời giải Chọn A

+) A_n¹+A_n²+A_n³=156 _{với n , n3.}

⇔ n!

(n−1)!+ n!

(n−2)!+ n!

(n−3)!=156

( 1). ( 2)( 1) 156

n n n n n n

       (n 6)(n2 4n 26) 0

     suy ra n6

+) Ta có

6 2 6

6 0

( ) ^k( 3 ) ^k(1 )^k

k

f x C x ^ x







  ^{6 6 6 12 2}

0

( 3) (1 )

k k k k

k

C ^ x ^ x







 

+) Mà (1+x)^k=

∑

i−0 k

Cⁱ_k.xⁱ

, với ^{k i, } , 0 i k và 0 k 6.

+) Xét ^{x12 2 k.xi x4} với mọi x, suy ra 12 2 k i 4do đó ^{4 2} k   i

. +) Từ đó tìm được

       

i k^; 



0;4 , 2;5 , 4;6



. +) Suy ra hệ số của ^x4 là

4 6 4 0 5 6 5 2 6 6 6 4

6

.( 3) .

4 6

.( 3) .

5 6

.( 3) .

6

30 C 

^

C  C 

^

C  C 

^

C  

_.

Chọn A.

Câu 28. [2H3-2] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 28]

Trong không gian hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^2;4;1



_; ^B



^1;1;3



và mặt phẳng

: 3 2 5 0

P x y z  . Viết phương trình mặt phẳng ^Q đi qua hai điểm ^{A B,} và vuông góc với mặt phẳng ^P.

A. ^{Q: 2y3z10 0} . B. ^{Q: 2x3z11 0} . C. ^{Q: 2y3z12 0} . D. ^{Q: 2y3z 11 0}.

Lời giải.

ChọnD.

Ta có ^{AB  }



^{3; 3; 2}



. Do mặt phẳng ^Q đi qua hai điểm ^{A B,} và vuông góc với mặt phẳng ^Pnên

 

; 0; 8; 12

Q P

n n AB  

  

.

Vậy phương trình mặt phẳng ^Q thỏa mãn yêu cầu đề bài là

     

0. x 2 8. y 4 12. z 1 0

hay ^{2y3z 11 0}.

Câu 31: [2Đ3-2] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 31]

Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục ^Ox hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số yx²4x6và y  x² 2x6?

A. ³ . B. 1. C. _{. D.}2 .

Lời giải Chọn A

Xét phương trình tương giao :

2 2 2 0

4 6 2 6 2 2 0

1

y x x x x x x x

x

 

             .

Ta thấy trên

 

^0;1 _;x²4x  6 0;x²2x  6 0;x²4x   6 x²2x 6 Vậy ^



¹

  2   2  2  2  

0

4 6 2 6 d 3

V x x x x x

. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1.[2Đ3-2] Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng

 

^H giới hạn bởi yx² và ^{y x 2} quanh trục Oxlà

A.

72 10



(đvtt). B.

72 5



(đvtt). C.

81 10



(đvtt). D.

81 5

 (đvtt).

Lời giải Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm

2 1

2 2

x x x

x

  

     .

Thể tích cần tìm là ^{V }



_²₁ ^x4



^x2



^{2 dx72}₅^ _.

2.[2Đ3-2] Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

2 2

yx  x và

y   x

² quay quanh trục Ox .

A.

4

3. B.

4 3



. C. ³



. D.

1 3. Lời giải

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm

2 2 2 0

2 2 2 0

1

x x x x x x

x

 

         .

Thể tích ¹



²

  

^{2 2 2}

0

2 d

V 



x  x  x x ^{1 3 2 1}



^{3 2}



0 0

4 4 d 4 4 d

x x x x x x 3





  



   .

Câu 32: [2H2-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 32]

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, ^{AB3,AD4} và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

A.

250 3 V  3 

. B.

125 3 V  6 

. C.

500 3 V  27 

. D.

50 3 V  27 

. Lời giải

Chọn C.

M

H C

B A

D S

I

Gọi ^H là hình chiếu của S lên



^ABCD



Ta có cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60, nghĩa là:

    60

SAH SBH SCH SDH  

Từ đó suy ra: HA HB HC HD   hay ^H là tâm của hình chữ nhật ABCD hay H ACBD Có AC BD  3²4² 5.

Suy ra:

5 5 3

tan 60 .

2 2

SH   

và

5.2 5 cos 60 2 SA AH  

 .

Gọi ^M là trung điểm của SA. Trong mặt phẳng



^SAH



, dựng đường thẳng đi qua ^M và vuông góc với SA và cắt SH tại ^I.

Khi đó điểm ^I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD.

Có:

5.5

. 2 5 3

5 3 3 2

SM SI SM SA

SMI SHA R SI

SH SA SH

        

.

Vậy

3

4 3 4 5 3 500 3

3 3 3 27

V R  

    

 

  

.

Câu 33. [2H1-2] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 33]

Tìm m để đồ thị hàm số y x ⁴2(m1).x²m có 3 điểm cực trị A; B; C sao cho ^{OA BC} , trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực đại, B và C là hai điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

A. m 3 2 2.. B. m 2 2 2.. C. m 1 2 2.. D. m 4 2 2.. Lời giải.

ChọnB.

Cách 1:

2

2

' 4 .( ( 1)) 0 0

1 y x x m x

x m

 

        . Điều kiện để đồ thị có 3 điểm cực trị là m 1.

Tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số

2 2

(0; ); ( 1; m m 1);C( 1; m m 1).

A m B  m    m   

Ta có OA OB m²4 m 4 0    m 2 2 2 (thỏa mãn điều kiện có 3 điểm cực trị ).

Cách 2: Hoặc có thể áp dụng cách tính nhanh:

4 2

. .

y a x b x c có 3 điểm cực trị thỏa OA=BC khi

. 0

1 0 2 2 2.

2 1

2 2

a b m

b m

m m

OA c BC

a

    

    

 

 

    

 



Câu 34. [1D4-2] ] [Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 34]

Tìm giới hạn ^{T lim 16}



^{n14n  16n13 .n}



A.T 0. B.

T 1.

 4

C.

T 1.

8

D.

1 . 16

Lời giải ChọnC.

Ta có:

  

 

1 1 1 1

1 1

16 4 16 3 16 4 16 3

lim

16 4 16 3

n n n n n n n n

n n n n

T

   

 

     

   



^{1 4 3 1}



lim

16 4 16 3

n n

n n n n

 

  

1 3 4 1

lim 16 1 16 3 8

4 16

n

n n

    

 

   

     

Câu 36. [1D2-2] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 36]

Giả sử (1x)(1 x x²)...(1 x x² ...xⁿ)a⁰ a x a x¹  ^{2 2} ...a x_m ^m.

Tính ⁰

m r r

a





A. ¹ . B. ⁿ. C.^(n1)!. D. ^n!.

Lời giải Chọn C

Thay ^x1 vào đẳng thức trên, ta có ⁰

2 3. ....(n )1

m r r

a



 



_

0

( 1)!

m r r

a n



 



Câu 39: [2D3-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 39]

Giả sử

 



¹

 

^{2x 23}

 

^{dx 3}



¹

 

^{1 C}

x x x x g x

   

   



, (^C là hắng số). Tính tổng của các nghiệm của

phương trình ^{g x}

 

^0_.

A.1. B.1. C.³. D.^3.

Lời giải Chọn D.

Ta có

 

     

2 3

1 2 3 1

x dx

x x x x



   

  

   

2

2 2

3

3 3 2 1

d x x

x x x x

 

   

  

 

2 2 2

3 1

3 1

d x x x x

 





 

2

1

3 1 C

x x

  

  .

Vậy ^{g x}

 

^{x2 3x1} và phương trình ^{g x}

 

^0 có tổng hai nghiệm là: ^{1 2} b 3 x x

    a .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D3-3] Giả sử

 

       

2 3 1

1 2 3 1

x dx

x x x x g x C

   

   



, (^C là hắng số). Tính tổng của các

nghiệm của phương trình ^{g x}

 

^0_.

A.1. B.1. C.³. D.^3.

Lời giải Chọn C.

Ta có

 



¹

 

^{2x 23}

 

^{dx 3}



¹

x x x x



   

  

   

2

2 2

3

3 3 2 1

d x x

x x x x

 

   

  

 

2 2 2

3 1

3 1

d x x x x

 





 

2

1

3 1 C

x x

  

  .

Vậy ^{g x}

 

^{x2 3x1} và phương trình ^{g x}

 

^0 có tổng hai nghiệm là: ^{1 2} b 3 x x

   a .

2. [2D3-3] Giả sử

 

       

3

2 2 2 2

2 3 1

1 2 3 1

x x dx

g x C

x x x x

   

   



, (^C là hắng số). Tính tổng của các

nghiệm của phương trình ^{g x}

 

⁰.

A.⁰. B.1. C.³. D.^3.

Lời giải Chọn A.

Ta có

 

     

3

2 2 2 2

2 3

1 2 3 1

x x dx

x x x x



   

  

   

4 2

4 2 4 2

1 3

2 3 3 2 1

d x x

x x x x

 

   

  

 

4 2

4 2 2

3 1

1

2 3 1

d x x x x

 





 



^{4 1 2}



2 3 1 C

x x

  

 

.

Vậy ^{g x}

 

^2



^x43x21



và phương trình ^{g x}

 

⁰

1,2

3,4

3 5

2

3 5

2 x

x

 

  

 

   

 .

Suy ra tổng x¹x² x³ x⁴ 0.

Câu 40: [2H3-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 40]

Trong không gian xét m

,n ,^p



,^q



là những vectơ đơn vị (có độ dài bằng ¹). Gọi ^M là giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

m n  m p  m q  n p  n q  p q

           

. Khi đó M M thuộc khoảng nào sau đây?

A.

4;13 2

 

 

 . B.

7;19 2

 

 

 . C.



^{17; 22}



_{. D.}



^10;15



_.

Lời giải Chọn D

Ta có: ⁰



^{m n p q}     



²  ^{4 2}



m n m p m q n p n q p q           ^.  ^.  ^.  ^.  ^.  ^.





m n m p m q n p n q p q^{. . . . . .}



²

                   . Ta lại có:

2 2 2 2 2 2

M  m n   m p   m q   n p   n q    p q

   

12 2 m n m p m q n p n q p q. . . 12 2 2 16

                      . Suy ra: maxM 16, dấu " " xảy ra ^{    m n p q 0}

     . Vậy: M  M 12.

Câu 37: [1D2-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 41]

Biết rằng khi khai triển nhị thức Niutơn

2 3

1 2 3

0 1 2 3

4 4 4 4

1 1 1 1

2 ...

n n n n n

x a x a x a x a x

x x x x

  

               

     

     

(vớiⁿ là số nguyên lớn hơn 1) thì ba số ^{a a a0, ,1 2} theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Hỏi trong khai triển trên, có bao nhiêu số hạng mà lũy thừa của ^x là một số nguyên.

A. ¹. B. ². C.3. D. 4.

Lời giải Chọn C

Ta có: a a a_o; ;^{2 3}theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng

2 1

2

1 1

2 Cⁿ Cⁿ

  

2 9 8 0

8 n n n

   

  Số hạng tổng quát:

   

8

8 4

1 2

k k

k k

C x

x

 16 3

8 4

2

k k k

C x

 

Ta có:

16 3 3

4 4 4

k k

  

là số nguyên k4 k 0;4;8 Vậy có ba số hạng mà lũy thừa của x là số nguyên.

Câu 45: [2H3-4] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 45]

Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị?

A. 16 . B. 17 . C. 18 . D. 19 .

Lời giải Chọn D.

Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là



^{i j k; ;}



_{, với i,} j, ^k



^{0;1; 2;3}



và đường chéo đang xétcủa khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O



0;0;0



và ^A



^3;3;3



. Phương trình mặt trung trực của OAlà

 

^{: 9 0}

x y z 2

    

. Mặt phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và và chỉ khi các đầu mút



^{i j k; ;}



_và ( 1;i j1;k1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị nằm về hai phía đối với ^{( )} . Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ



^{i j k; ;}



_{, với i,} j, ^k



^{0;1; 2}



_{, có bao}

nhiêu bộ ba thỏa mãn:

     

9 0

2

1 1 1 9 0

2 i j k

i j k

    



       

 ^{3 9}

 

¹

2 i j k 2

    

.

Các bộ ba không thỏa điều kiện

 

¹ _{, tức là}

3 2 9 2 i j k i j k

   



   

 là:

               



0;0;0 ; 0;0;1 ; 0;1;0 ; 1;0;0 ; 1;2; 2 ; 2;1;2 ; 2;2;1 ; 2;2; 2



S 

Vậy có 27 8 19  khối lập phương đơn vị bị cắt bởi

 

^ _.

Câu 46. [2D3-3] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 46]

Giá trị

 

^{ }

3

3

3

9

4 2 3 cos

1 6

sin ^x d

I 



x x e ^ x

gần bằng số nào nhất trong các số sau đây:

A.^{0, 046}. B.^{0, 036}. C.^{0, 037} D.^{0, 038}. Lời giải

Chọn C.

Ta có:

 

^{ }

3

3

3

9

4 2 3 cos

1 6

sin ^x d

I 



x x e ^ x ^{3  3}

 

3

9

4 cos 3

1 6

1 d sin

3

e ^x x

 



^{ 3 3}

3

cos 94

1 6

1 3

e ^x

  1 ^{22 23}

3 e e



 

   ^{ 0,371} BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D3-3]Biết

  

²

  

4

2 2

1 ln 2 2 1

d ln ln

2 2 4

c c

x x x

I x a b

x x

  

  

 



, với ^{a b c, ,} là các số nguyên

dương. Tính ^{a b 2c3} .

A. 3 . B. ²². C. ¹⁴. D. 20 .

Lời giải Chọn B.

Ta có:

  

²



4

2 2

1 ln 2 2

2 2 d

x x x

I x

x x

  





  ⁴



²

  

²

 

2

1 ln 2 2 d ln 2 2

2 x x x x





   

 

2 2 4

2

1ln 2 2

4 x x

   ^1₄



^{ln 10 ln 22  2}



. Vậy a10,b2,c  2 a b²c³ 22 .

Câu 50. [2D1-4] ][Trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Gia lai, lần 1, năm 2018 - Câu 50]

Cho hàm số đa thức bậc ba y f x( ) có đồ thị đi qua các điểm ^A

 

^{2;4 , B}

 

^{3;9 , C}



^4;16



_{. Các}

đường thẳng AB, AC, BC lại cắt đồ thị tại lần lượt tại các điểm D, E, F (D khác A và B; E khác A và C; F khác B và C). Biết rằng tổng các hoành độ của D, E, F bằng ²⁴. Tính (0)f .

A.^2. B.0 . C.

24

5 . D.².

Lời giải Chọn C

Giả sử ^{f x}

 

^{a x}



^2

 

^x3

 

^{x 4}



^x2,



^a0



_.

Phương trình đường thẳng AB: y5x6. Phương trình đường thẳng AC: y6x8.

Phương trình đường thẳng BC: y7x12. Hoành độ D thoả phương trình:



²

 

³

 

⁴



^{2 5 6}

a x x x x  x



²

 

³

 

⁴

 

²

 

³



⁰

a x x x x x

       



⁴



^{1 0}

a x   ( do D khác A và B) 4 1

x a

   .

Tương tự ta có hoành độ E là 3 1 x a

, hoành độ F là 2 1 x a

. Tổng các hoành độ của D, E, F bằng ²⁴nên

9 3 24

 a 1

a 5

   . Vậy

 

^{0 24}

f  5 .