Đề 7 ĐMH l1 2019 đáp án

ĐỀ MINH HỌA LẦN 1-NĂM HỌC 2019 CỦA BGD Đề số   Câu Thể tích khối lập phương có cạnh  2a  bằng  A 8a   B 2a3   Chọn  Câu Câu C a3   Lời giải  D 6a3   A Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau  0  x        0    y          y               Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng  A   B   C   Lời giải  Chọn  D 2  0                              D    Trong không gian  Oxyz , cho hai điểm  A 1;1;  1  và  B  2;3;   Véctơ  AB  có tọa độ là  A 1; 2;3   B  1;  2;3   C  3;5;1   D  3; 4;1   Lời giải  Chọn  A  Ta có  AB  1; 2;3   Câu Cho hàm số  y  f  x   có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới  đây?  y 1 O 2 A  0;1   B  ;1   1 x   C  1;1   D  1;0    Lời giải  Chọn  D Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị đi lên trong khoảng   1;0   và  1;     Vậy hàm số đồng biến trên   1;0   và  1;     Quan sát đáp án chọn D  Câu Với  a  và  b  là hai số thực dương tùy ý,  log  ab2   bằng  A 2log a  log b   C  log a  log b    B log a  2log b   D log a  log b   Lời giải  Chọn  B Ta có  log  ab   log a  log b  log a  log b =  log a  2log b  ( vì  b  dương)  Câu 1 Cho   f  x  dx   và   g  x  dx   khi đó    f  x   g  x   dx  bằng  0 B 12   A 3   Chọn  D   C 8   Lời giải  C 1 Ta có   g  x  dx   2 g  x  dx  10   g  x  dx  10   0 1 Xét    f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx     10  8   Câu Thể tích khối cầu bán kính  a  bằng  4 a A .  B 4 a3   Chọn  Câu C  a3 Lời giải    D 2 a3   A Tập nghiệm của phương trình  log  x  x     là  A 0   B 0;1   C 1;0   D 1   Lời giải  Chọn  B x  Ta có:  log  x  x     x  x       x 1 Câu Trong khơng gian  Oxyz , mặt phẳng   Oxz   có phương trình là  B x  y  z    A   Chọn  C y    Lời giải  D x    C Câu 10 Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   e x  x  là  A e x  x  C   Chọn  x  C   x e  x  C   D e x   C   x 1 Lời giải  C B Ta có    e x  x  dx  e x  Câu 11 B e x  x  C   x 1 y  z   đi qua điểm nào sau đây?    1 B M  1; 2; 3   C P 1; 2;3    D N  2;1; 2    Trong không gian  Oxyz , đường thẳng  d : A Q  2; 1;    Lời giải  Chọn  C Thay tọa độ điểm  P  vào phương trình  d  ta được:  11      (đúng).  1 2 Vậy đường thẳng  d  đi qua điểm  P 1; 2;3    Câu 12 Với  k  và  n  là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn  k  n , mệnh đề nào dưới đây đúng?  k ! n  k  ! n! n! n! A Cnk    B Cnk    C Cnk    D Cnk    k! n! k ! n  k  !  n  k ! Lời giải  Chọn  A n! Số các số tổ hợp chập k của n được tính theo cơng thức:  Cnk   (SGK 11)  k ! n  k  ! Câu 13 Cho cấp số cộng   un   có số hạng đầu  u1   và cơng sai  d   Giá trị của  u4  bằng  A 22   B 17   C 12   D 250   Lời giải  Chọn  B Ta có:  u4  u1  3d   3.5  17   Câu 14 Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức  z  1  2i ?  y Q N 2 1 O 1 x M P B P   A N     D Q   C M   Lời giải  Chọn  D Số phức  z  1  2i  có điểm biểu diễn là điểm  Q  1;    Câu 15 Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?  y x 1 O 1   2x 1 A y    x 1 x 1 B y    x 1 C y  x  x    D y  x  x    Lời giải  Chọn  B Tập xác định:  D   \ 1   Ta có:  y  2  x  1  ,  x    Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;1  và  1;     x 1   y   là đường tiệm cận ngang.  x 1 x 1 x 1     lim y  lim   ,  lim y  lim x 1 x 1 x  x 1 x 1 x   x   là đường tiệm cận đứng.  x 1 Vậy đồ thị đã cho là của hàm số  y    x 1 lim y  lim x  x  Câu 16 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên đoạn   1;3  và có đồ thị như hình bên. Gọi  M  và  m  lần lượt  là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn   1;3  Giá trị của  M  m  bằng  y 1 x O 2 B   A     C   Lời giải  D   Chọn  D Từ đồ thị hàm số  y  f  x   trên đoạn   1;3  ta có:  M  max y  f  3   và  m  y  f    2    1;3  1;3 Khi đó  M  m    Câu 17 Cho hàm số  f  x   có đạo hàm  f   x   x  x  1 x   ,  x    Số điểm cực trị của hàm số đã  cho là  A   B   Chọn  D   C   Lời giải  A x  Ta có  f   x   x  x  1 x   ;  f   x     x     x  2 Bảng xét dấu  0  x        2       f   x       0  0              1  0                  Vì  f   x   đổi dấu   lần khi đi qua các điểm nên hàm số đã cho có   cực trị.  Câu 18 Tìm các số thực  a  và  b  thỏa mãn  2a   b  i  i   2i  với  i  là đơn vị ảo.  B a  , b    A a  0, b    C a  0, b    D a  1, b    Lời giải  Chọn  D  2a   a  Ta có  2a   b  i  i   2i     2a  1  bi   2i          b  b  Câu 19 Trong khơng gian  Oxyz , cho hai điểm  I 1;1;1  và  A 1; 2;3  Phương trình của mặt cầu có tâm  I   và đi qua điểm  A  là  2 A  x  1   y  1   z  1  29   2 2 2 2 B  x  1   y  1   z  1    C  x  1   y  1   z  1  25   D  x  1   y  1   z  1    Lời giải  Chọn  B Mặt cầu có bán kính  R  IA       2 Suy ra phương trình mặt cầu là   x  1   y  1   z  1    Câu 20 Đặt  a  log , khi đó  log16 27  bằng  3a A .  B .  4a Chọn  B   3a Lời giải  C D 4a   3 3  Ta có:  log16 27  log    4 log3 4a Câu 21 Kí hiệu  z1 ,  z2  là hai nghiệm phức của phương trình  z  3z    Giá trị của  z1  z2  bằng  A   Chọn    B C   Lời giải  D 10   A   11i  z1  Ta có :  z  z      Suy ra  z1  z2   z1  z2      11i  z2   Câu 22 Trong  không  gian  Oxyz ,  khoảng  cách  giữa  hai  mặt  phẳng   P  : x  y  z  10    và   Q  : x  y  z    bằng  A   B   C   D   Lời giải  Chọn B Lấy điểm  M  0;0;5    P    Do   P  //  Q   nên  d   P  ,  Q    d  M ,  Q    xM  y M  z M  12  22  22    Câu 23 Tập nghiệm của bất phương trình  3x  x  27  là  A  ; 1   B  3;     C  1;3   Lời giải  Chọn C Bất phương trình tương đương với  3x  x  33  x  x     x  x    1  x    D  ; 1   3;     Câu 24 Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo cơng thức nào dưới đây?  y y  x2  x  x 1 O A C y   x2    2   x  x   dx   B   2 x   dx   1 1   x  2 dx   D 1   2 x  x   dx   1 Lời giải  Chọn  D Ta thấy:  x   1; 2 :   x   x  x   nên  S     x  3   x  x  1  dx  1   2 x  x   dx   1 Câu 25 Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng  2a  và bán kính đáy bằng  a  Thể tích của khối nón đã  cho bằng  A 3 a3   Chọn  B 3 a3   2 a   Lời giải  C D  a3   A l  2a Ta có chiều cao của khối nón bằng  h  l  r  với    Suy ra  h  a   r  a  a3 1 Vậy thể tích khối nón là  V   r h   a a    3 Câu 26 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như sau  x        1                 5            y       3                2      Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là  A   B   C   D   Lời giải  Chọn  C Vì  lim f  x      đường thẳng  y   là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.  x  Vì  lim f  x       đường thẳng  y   là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.  x  Vì  lim f  x       đường thẳng  x   là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.  x 1 KL: Đồ thị hàm số có tổng số ba đường tiệm cận.  Câu 27 Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng  2a  Thể tích của khối chóp đã cho bằng  2a 2a 2a 8a A .  B .  C .  D .  3 3 Lời giải  Chọn  A S A D O B C   SO  ABCD    Gọi khối chóp tứ giác đều là  S ABCD , tâm  O , khi đó      AB  SA  2a Ta có:  S ABCD   2a   4a ,  OA  2a  a   SO  SA2  OA2   2a    a   a   1 a   Vậy  VSABCD  SO.S ABCD  a 2.4a  3 Câu 28 Hàm số  f  x   log  x  x   có đạo hàm  A f   x   ln   x  2x C f   x    x   ln  D Chọn  D B f   x   x  2x f  x     x  x  ln 2 2x     x  x  ln 2 Lời giải  Áp dụng công thức   log a u  x    Vậy  f   x   x x 2  x   x  ln  u  x    u  x  ln a 2x     x  x  ln 2 Câu 29 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên sau  x        2    0  y                        y               2   Số nghiệm của phương trình  f  x     là  A   Chọn  0  0                1      2  0        2                   C   Lời giải  B                 D   A Ta có  f  x         f  x      Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f  x   và đường  thẳng  y     Dựa vào bảng biến thiên ta thấy  yCT  2     y CĐ   Vậy phương trình  f  x     có 4 nghiệm phân biệt.  Câu 30 Cho hình lập phương  ABCD ABC D  Góc giữa hai mặt phẳng   ABCD   và   ABC D   bằng  A 30   Chọn  B 60   C 45   Lời giải  D 90   D A B C D I J O  A D Ta có:  CD   ADDA   CD  AD   B C    AD  AD  AD   ABCD     CD  AD Mà  AD   ABC D    ABC D    ABCD    Do đó: góc giữa hai mặt phẳng   ABCD   và   ABC D   bằng  90   Câu 31 Tổng tất cả các nghiệm của phương trình  log3   3x    x  bằng  A   B   C   Lời giải  D   Chọn  A Điều kiện xác định của phương trình là   3x   3x   x  log   log3   3x    x   3x  32 x   3x  x   x Đặt  t  , với   t  , suy ra  x  log t   Ta có phương trình  t  7t    có hai nghiệm  t1   13  13  và  t2    2 Vậy có hai nghiệm  x1 , x2  tương ứng.  Ta có  x1  x2  log t1  log t2  log t1 t2   Theo định lý Vi-ét ta có  t t2  , nên  x1  x2  log    Câu 32 Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ   H1  ,   H   xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và  r1 ,  h2  2h1  (tham khảo hình vẽ). Biết rằng  thể tích của tồn bộ khối đồ chơi bằng  30 (cm3 ) , thể tích khối trụ   H1   bằng  chiều cao tương ứng là  r1 ,  h1 ,  r2 ,  h2  thỏa mãn  r2  A 24   cm3    B 15   cm3      C 20   cm3    D 10   cm3    Lời giải  Chọn  C Thể tích của khối trụ   H1   là  V1   r12 h1   1  Thể tích của khối trụ   H   là  V2   r h , suy ra  V2    r1  2h1  V1   2  3 Theo bài ra ta có có  V1  V2  30   cm   3V2  30   cm    2 Do đó ta có thể tích hai khối trụ lần lượt là  V1  20   cm3  ,  V2   10 cm3    Câu 33 Họ nguyên hàm của hàm số  f  x   x 1  ln x   là  A x ln x  3x   B x ln x  x   C x ln x  3x  C   D x ln x  x  C   Lời giải  Chọn  D Cách 1. Ta có   f  x  dx   x 1  ln x  dx   xdx   x ln xdx   + Tính  xdx  x  C1   + Tính   x ln xdx    u  ln x du  dx  Đặt   x   dv  xdx v  x  Suy ra   x ln xdx  x ln x   xdx  x ln x  x  C2   Do đó  I  x ln x  x  C   Cách 2. Ta có   x ln x  x    x  ln x  x  ln x    x     x.ln x  x  x   x  x 1  ln x    Do đó  x ln x  x  là một nguyên hàm của hàm số  f  x   x 1  ln x    Hay  x ln x  x  C  là họ nguyên hàm của hàm số  f  x   x 1  ln x      60 ,  SA  a  và  SA  vng góc với  Câu 34 Cho hình chóp  S ABCD  có đáy là hình thoi cạnh  a ,  BAD mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ  B  đến mặt phẳng   SCD   bằng  A a 21   Chọn  B a 15   a 21   Lời giải  C D a 15   A S S B H B A B C A D C K A D C K D   a2 Cách 1: Diện tích hình thoi  S    a3 Thể tích hình chóp  S ABCD :  V    Ta có  SD  a ,  AC  a ,  SC  2a   3a  a   a2 SSCD  p  p  a  p  2a  p  a    a3 3 3V a 21   d  B,  SCD    S BCD  2  S SCD a Cách 2: Ta có  AB // CD  AB //  SCD  , suy ra  d  B,  SCD    d  A,  SCD     Nửa chu vi  SCD  là  pSCD    Trong mặt phẳng   ABCD  , kẻ  AK  CD  tại  K   Trong mặt phẳng   SAK  , kẻ  AH  SK  tại  H   Suy ra  AH   SCD   d  A,  SCD    AH   Tam giác  SAK  vuông tại  A ,  AH  là đường cao, suy sa:  a 21 a 1 , do  AK          AH  2 AH AK AS 3a a 3a a 21 Vậy  d  B,  SCD      Câu 35 Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,   cho  mặt  phẳng   P  : x  y  z     và  đường  thẳng  d: x y 1 z     Hình chiếu của  d  trên   P   có phương trình là    1 x 1  1 x 1 C  A y 1  4 y 1  z 1 x 1 y 1 z 1     B .  2 1 z 1 x 1 y  z    D .    5 1 Lời giải  Chọn  C Cách 1: phương pháp tự luận   Đường thẳng  d  đi qua điểm  M  0;  1;   và có VTCP  ud  1; 2;  1   Gọi   Q   là mặt phẳng chứa  d  và vng góc với   P      Mặt phẳng   Q   đi qua điểm  M  0;  1;   và có VTPT là   nP , ud    3; 2;1    3;  2;  1     Q  : x  y  z    Gọi    là hình chiếu của  d  trên   P  , nên tập hợp các điểm thuộc    là nghiệm của hệ phương  3 x  y  z  trình   x  y  z     Cho  x     M (1;1;1)   3 9 Cho  y     N  ;0;    4 4 Phương trình hình chiếu vng góc của  d  trên mặt phẳng   P   là đường thẳng qua  M 1;1;1  và  x 1 y 1 z 1 5      có vectơ chỉ phương  u  MN    ;  1;    1; 4;  5  là    5 4  Câu 36 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  m  để hàm số  y   x  x   4m   x   nghịch biến  trên khoảng   ; 1  là    B   ;        A  ;0   3  C  ;     4  Lời giải  D  0;      Chọn  C Theo đề  y  3 x  12 x  4m   0, x   ;  1  4m  x  12 x  9,  x   ;  1   Đặt  g  x   x  12 x   g   x   x  12   x      –  g x    g  x 2   0        6       1   3       Vậy  4m  3  m       Câu 37 Xét các số phức  z  thỏa mãn   z  2i  z   là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biễu  diễn của  z  là một đường trịn, tâm của đường trịn đó có tọa độ là  A 1; 1   B 1;1   C  1;1   Lời giải  Chọn  D Gọi  z  x  yi,  x, y     Điểm biểu diễn cho  z  là  M  x; y      Ta có:   z  2i  z    x  yi  2i  x  yi      x  x    y  y    i  x   y    xy  là số thuần ảo  D  1; 1    x  x  2  y  y  2    2   x  1   y  1    Vậy tập hợp tất cả các điểm biễu diễn của  z  là một đường trịn có tâm  I  1; 1   Câu 38 Cho   xdx  x  2  a  b ln  c ln  với  a ,  b ,  c  là các số hữu tỷ. Giá trị của  3a  b  c  bằng  A 2   B 1   Chọn  xdx   x  2 C   Lời giải  D   B  x    dx  dx  2dx   0 x  0  x  2  x  2   ln  x    x  2  1 1  ln  ln      ln  ln   3 Vậy  a   ; b  1; c   3a  b  c  1   Câu 39 Cho hàm số  y  f  x   Hàm số  y  f   x   có bảng biến thiên như sau  0  x       1            f  x       3               x Bất phương trình  f  x   e  m  đúng với mọi  x   1;1  khi và chỉ khi  A m  f 1  e   B m  f  1    e C m  f  1    e Lời giải                D m  f 1  e   Chọn  C x f  x   e  m  f  x   e x  m   Xét  h  x   f  x   e x , x   1;1   h  x   f   x   e x  0, x   1;1  (Vì  f   x   0, x   1;1  và  e x  0, x   1;1 ).   h  x   nghịch biến trên   1;1    h 1  h  x   h  1 , x   1;1   Để bất phương trình  f  x   e x  m  đúng với mọi  x   1;1  m  h  1  m  f  1    e Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên  , gồm   nam và   nữ, ngồi  vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều  ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng  A .  B .  C .  D .  20 10 Lời giải  Chọn  A Số phần tử của không gian mẫu là    6!  720   Gọi  A  là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.  Ta có:  Xếp   học sinh nữ vào cùng 1 dãy ghế có  3!  cách.  Xếp   học sinh nam vào cùng 1 dãy ghế có  3!  cách.  Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có  23  cách.  Suy ra  A  3!.3!.23  288   Vậy  P  A   A 288      720 Câu 41 Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  hai  điểm  A  2; 2;4  ,  B  3;3;  1   và  mặt  phẳng   P  : x  y  z    Xét  M  là điểm thay đổi thuộc   P  , giá trị nhỏ nhất của  2MA2  3MB   bằng  A 135   B 105   C 108   Lời giải  D 145   Chọn  A  Tìm tọa độ điểm I :     Cách 1: Gọi  I  là điểm thỏa mãn  IA  3IB      xI     xI    5 x1    x1  1     2  yI     yI  3   5 y1     y1   Vậy  I  1;1;1  cố định.  5 z   z     2  zI     z I  1      Cách 2: Gọi  I  là điểm thỏa mãn  IA  IB               Ta có  IA  3IB   OA  OI  OB  OI   OI  2OA  3OB  I 1;1;1         Tổng quát: Cho điểm I thỏa mãn mIA  nIB với m  n  OI  mOA  nOB mn           2 2  Khi đó  2MA2  3MB  2MA  3MB  MI  IA  MI  IB          5MI  2MI IA  3IB  IA  3IB  5MI  IA2  3IB                 Vậy  2MA2  3MB  nhỏ nhất thì  5MI  IA2  3IB  nhỏ nhất hay  M  là hình chiếu của điểm  I    xM  2k     trên mặt phẳng   P   IM  kn P    yM   k     z  2k   M Mà  M   P    2k  1   k  1   2k  1    9k    k   M 1; 0;3   Vậy giá trị nhỏ nhất của  2MA2  3MB  5MI  IA2  3IB  135   Câu 42 Có bao nhiêu số phức  z  thỏa mãn  z  z  z   và  z   i  z   3i ?  A   C   Lời giải  B   D   Chọn  B Gọi  z  x  yi  x; y       x  y  x   0, x  1   z 2 zz 4  x  y  x 4   2  x  y  x   0, x    2 2 2 z   i  z   3i   x  1   y  1   x  3   y  3  x  y  16  x  y   3   + Thay   3  vào  1  ta được:  24  y   x  n     y  4  y   y  4    y  y      y  2  x   n  2 + Thay   3  vào     ta được:   y  2  x   l     y    y   y  4    y  24 y  28    14 y    x   n  5 Vậy có   số phức thỏa điều kiện.  2 Câu 43 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá  trị thực của tham số  m  để phương trình  f  sin x   m  có nghiệm thuộc khoảng   0;    là  y 2 1 O 1 A  1;3   B  1;1   x   C  1;3   D  1;1   Lời giải  Chọn  D Đặt  t  sin x  Với  x   0;    thì  t   0;1   Do  đó  phương  trình  f  sin x   m   có  nghiệm  thuộc  khoảng   0;     khi  và  chỉ  khi  phương  trình  f  t   m  có nghiệm thuộc nửa khoảng   0;1   Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số  m  là  m   1;1   Câu 44 Ơng A vay ngân hàng  100  triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng  theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hồn nợ liên tiếp cách  nhau đúng một tháng, số tiền hồn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ơng A trả hết nợ sau đúng 5  năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó.  Hỏi số tiền mỗi tháng ơn ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?  A 2, 22  triệu đồng.  B 3, 03  triệu đồng.  C 2, 25  triệu đồng.  D 2,20 triệu đồng.  Lời giải  Chọn  A Gọi số tiền vay ban đầu là  M , số tiền hồn nợ mỗi tháng là  m , lãi suất một tháng là  r   Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ơng A nợ ngân hàng là  M  Mr  M 1  r    Ngay sau đó ơng A hồn nợ số tiền  m nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ hai là  M 1 r   m   Do đó hết tháng thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ơng A nợ ngân hàng là   M 1  r   m  1  r   M 1  r   m 1  r    Ngay sau đó ơng A lại hồn nợ số tiền  m  nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ ba là  M 1  r   m 1  r   m   Do đó hết tháng thứ ba, số tiền cả vốn lẫn lãi ơng A nợ ngân hàng là   M 1  r 2  m 1  r   m  1  r   M 1  r 3  m 1  r 2  m 1  r   m     Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau tháng thứ  n ,  n  , số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân  hàng là  n 1 m 1  r   1 n n n 1 n2     M 1  r   m 1  r   m 1  r    m 1  r   m  M 1  r   r Sau tháng thứ  n  trả hết nợ thì ta có  n 1 n m 1  r   1 n     m  M 1  r  r   M 1  r   n r 1  r   Thay số với  M  100.000.000 ,  r  1% ,  n   12  60  ta được  m  2, 22  (triệu đồng).  Câu 45 Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  điểm  E  2;1;3 ,  mặt  phẳng   P  : x  y  z     và  mặt  cầu  2  S  :  x  3   y     z  5  36   Gọi     là  đường  thẳng  đi  qua  E ,  nằm  trong   P    và  cắt   S   tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của    là   x   9t  A  y   9t    z   8t   x   5t  B  y   3t   z   x   t  C  y   t   z   Lời giải   x   4t  D  y   3t    z   3t  Chọn  C Mặt cầu   S   có tâm  I  3; 2;5   và bán kính  R    IE  12  12  2   R   điểm  E  nằm trong mặt cầu   S    Gọi  H  là hình chiếu của  I  trên mặt phẳng   P  ,  A  và  B  là hai giao điểm của    với   S    Khi đó,  AB  nhỏ nhất   AB  OE , mà  AB  IH  nên  AB   HIE     AB  IE      Suy ra:  u   nP ; EI    5; 5;0   1; 1;0    x   t  Vậy phương trình của    là   y   t   z   Câu 46 Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh  A1 ,  A2 ,  B1 ,  B2  như hình vẽ bên. Biết chi phí  sơn phần tơ đậm là  200.000  đồng/ m  và phần còn lại là  100.000  đồng/ m  Hỏi số tiền để sơn  theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết  A1 A2  m ,  B1 B2  m  và tứ giác  MNPQ   là hình chữ nhật có  MQ  m ?  B2 N M A1 A2 P Q A 7.322.000  đồng.  Chọn  B1   B 7.213.000  đồng.  C 5.526.000  đồng.  Lời giải  A D 5.782.000  đồng.  y B2 M A1 O N A2 x P Q B1   x2 y Giả sử phương trình elip   E  :     a b A A   2a  a  x2 y2    E:  1 y   16  x   Theo giả thiết ta có   16  2b  a   B1 B2  Diện tích của elip   E   là  S E    ab  12    m     M  d   E  3 3   Ta có:  MQ       với  d : y     M  2 3;   và  N  3;    2 2    N  d   E  3  Khi đó, diện tích phần khơng tơ màu là  S    16  x  dx  4   m2     3 Diện tích phần tơ màu là  S   S E   S  8    Số tiền để sơn theo yêu cầu bài toán là  T  100.000  4   200.000  8   7.322.000  đồng.      Câu 47 Cho  khối  lăng  trụ  ABC ABC    có  thể  tích  bằng    Gọi  M ,  N   lần  lượt  là  trung  điểm  của  các  đoạn thẳng  AA  và  BB  Đường thẳng  CM  cắt đường thẳng  C A  tại  P , đường thẳng  CN  cắt  đường thẳng  C B  tại  Q  Thể tích khối đa diện lồi  AMPBNQ  bằng  1 A   B .  C .  D .  3 Lời giải  Chọn  D A C M P B I N C A B Q   Gọi  I  là trung điểm của  CC  ,  h  là chiều cao của lăng trụ  ABC ABC    1 4 Ta có  VC CPQ  h.S CPQ  h.4 S CAB  VABC ABC    3 3 1 VMNI ABC  VABC ABC     2 h 1 VC MNI  S MNI  VABC ABC     6 Suy ra  VAMPBNQ  VC C PQ  VMNI ABC   VC MNI     Câu 48 Cho hàm số  f  x   có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:  3  x             2      f   x       0  0  0            4      Hàm số  y  f  x    x3  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?  A 1;     B  ; 1   C  1;0             D  0;    Lời giải  Chọn  C Ta có  y  f   x    x  ,  y   f   x    x   1   Đặt  t  x  , khi đó  1  f   t    t  4t  3    Để hàm số đồng biến thì  y     f   t   1  t    t   t  1  t   1  x     Ta chọn  t  sao cho     t  4t   1  t    t  0  x  Câu 49 Gọi  S   là  tập  hợp  tất  cả  các  giá  trị  của  tham  số  m   để  bất  phương  trình  m  x  1  m  x  1   x  1    đúng  với  mọi  x     Tổng  giá  trị  của  tất  cả  các  phần  tử  thuộc  S  bằng  A    C    Lời giải  B   D   Chọn  C Xét bất phương trình  m  x  1  m  x  1   x  1      x  1  m  x3  x  x  1  m  x  1      *   Ta thấy  x   là một nghiệm của bất phương trình  * , với mọi  m     Do đó, để bất phương trình  *  nghiệm đúng với mọi  x    thì ta phải có  x   là một nghiệm  bội lẻ của  g  x   m  x3  x  x  1  m  x  1     g 1  4m  2m    m   m     Từ đó suy ra    2 6m  m   g  1   3 Thử lại ta thấy  m   và  m    thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy  S  1;      2 Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc  S  bằng     Câu 50 Cho hàm số  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với  m, n, p, q, r   ). Hàm số  y  f   x   có đồ thị  như hình vẽ bên dưới:  y 1 O x   Tập nghiệm của phương trình  f  x   r  có số phần tử là  A   B   C   Lời giải  D   Chọn  B Ta có  f   x   4mx  3nx  px  q   1   ,    Do đó  f   x   m  x  1 x   x  3  và  m   Hay  f   x   4mx3  13mx  2mx  15m       Dựa vào đồ thị  y  f   x   ta thấy phương trình  f   x    có ba nghiệm đơn là  1 ,  Từ  1  và     suy ra  n   13 m ,  p  m  và  q  15m   13   Khi đó phương trình  f  x   r  mx  nx3  px  qx   m  x  x  x  15 x        3x  13x3  3x  45 x   x  3x  5 x  3   x   x    x   ( nghiệm kép).    Vậy tập nghiệm của phương trình  f  x   r  là  S   ;0;3     ...  triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng  theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hồn nợ liên tiếp cách  nhau đúng một tháng, số tiền hồn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ơng A trả hết nợ sau đúng 5 ... vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều  ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng  A .  B .  C .  D .  20 10 Lời giải  Chọn  A Số phần tử của không gian mẫu là    6!  72 0   Gọi  A  là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ. ... nhau đúng một tháng, số tiền hồn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ơng A trả hết nợ sau đúng 5  năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó.  Hỏi số tiền mỗi tháng ơn ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?