De kscl chuyen ben tre co bai giai chi tiet

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỀ THI THỬ LẦN NĂM HỌC 2018 - 2019 Bài thi mơn: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu Thể tích khối lập phương có cạnh 3a A 27a B 2a C a Lời giải D 9a Chọn A Câu Hàm số y  f  x  liên tục  có bảng biến thiên Khẳng định sau đúng? A Hàm số có ba điểm cực trị B Hàm số đạt cực đại x 0 C Hàm số đạt cực tiểu x  D Hàm số đạt cực đại x 2 Lời giải Chọn C  Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1;1;  1 B  2;3;  Véctơ AB có tọa độ A  1; 2;5  B  1; 2;3 C  3;5;1 D  3; 4;1 Lời giải Chọn A  Ta có AB  1; 2;5  Câu Cho log14 a Giá trị log14 49 tính theo a A 2(1  a ) B 2a C 1 a D 2(1  a ) Lời giải Chọn D log14 49 2 log14 2 log14 14 2(1  a) Câu Hàm số y x  x nghịch biến khoảng đây? A   ;   B  0;   Lời giải C   2;  Tập xác định: D R  x  y ' 3 x2  x , y ' 0  x  x 0    x 0 Bảng biến thiên: x  2  D  0;  y y      Câu Bất phương trình log x  có nghiệm là: A ( ; 6) B ( ;8) C (0;8) D (8; ) Lời giải Điều kiện: x  log x   x  Kết hợp điều kiện chọn C Câu Cho 1 f  x  dx 5 g  x  dx 3  f  x   g  x   dx 0 A  C Lời giải B 12 D Chọn C 1 f  x  dx 5  3f  x  dx 15  3 f  x  dx 15 0 1 Ta có g  x  dx 3  g  x  dx 6  2 g  x  dx 6 0 Xét  f  x   g  x   dx 15  9 Câu Thể tích khối cầu bán kính 2a A 32 a B 4 a C 4 a D 2 a Lời giải Chọn A 4 (2a)3 32 a V  3 Câu Phương trình log  x  x   log  x   có tập nghiệm A  B  4; 8 C  5 Lời giải Chọn C ĐK: x   log  x  x   log  x  3 x     x  x  x  x      x 5  x 5   x 2  D  2; 5 Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : x  y  z  0 Vectơ vectơ pháp tuyến  P  ?  A n  6;3;    1 C n  1; ;   3  B n  2;3;6   D n  3; 2;1 Lời giải Chọn B Câu 11 Tìm nguyên hàm hàm số f  x  sin  x  1 A f  x  dx cos  x 1  C C f  x  dx  cos  x 1  C 1 B f  x  dx  cos  x  1  C D f  x  dx  cos  x 1  C Lời giải: Chọn B 1 sin  x  1 d  x 1  cos  x 1  C  2  x 1  2t  Câu 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y 2  3t (t  ) Đường  z 5  t  Ta có: sin  x  1 dx  thẳng d không qua điểm sau đây? A M (1; 2;5) B N (2;3;  1) C P(3;5; 4) D Q ( 1;  1; 6) Lời giải: Thay tọa độ điểm N(2;3;-1) vào phương trình đờng thẳng d ta được:  t   1  2t    3 2  3t  t    5  t  (vô lí)  t 6   Vậy điểm N(2;3;-1) khơng thuộc đường thẳng d Câu 13 Số hoán vị tập hợp có phần tử là: A 46656 B C 120 Lời giải Chọn D D 720 Câu 14 Cho cấp số cộng  un  có u1  cơng sai d  Tìm số hạng u10 A u10  2.3 B u10 25 C u10 28 D u10  29 Lời giải Chọn B u10 u1  9d   9.3 25 Câu 15 Cơng thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy R chiều cao h là: A V   R2h B V  Rh C V  Rh D V  R h Lời giải Chọn D Câu 16 Tìm mệnh đề mệnh đề sau A Hàm số y a x  a  1 nghịch biến  1 B Đồ thị hàm số y a y   a x x   a 1 đối xứng với qua trục tung C Đồ thị hàm số y a x   a 1 qua điểm có tọa độ  a;1 D Hàm số y a x   a  1 đồng biến  Câu 17 Tìm giá trị lớn hàm số f  x  x  x  x  đoạn  0; 2 y  A max  0;2 B max y   0;2 50 y 1 C max  0;2 27 Lời giải: y 0 D max  0;2 Chọn D Ta có: f  x  3 x  x  , f  x  0  x 1 x  50  1 y 0 Ta có: f    , f  1  , f   0 , f    nên max  0;2 27   Câu 18 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Hỏi hàm số có điểm cực trị? A Có điểm B Có hai điểm C Có ba điểm Lời giải: D Có bốn điểm Chọn B Tại x  , x 1 hàm số y  f  x  xác định f  x  có đổi dấu nên hai điểm cực trị Tại x 0 hàm số y  f  x  không xác định nên khơng đạt cực trị Câu 19 Tìm phần ảo số phức z 3  4i A B z  C D  Lời giải: Chọn B Câu 20 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tâm bán kính mặt cầu có phương trình 2  x  1   y     z  3 18 A I (1; 4;3), R  18 C I (1;  4;  3), R  18 B I ( 1;  4;3), R  18 D I (1;  4;3), R  18 Lời giải: Chọn D Câu 21 Kí hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  2z  0 Giá trị z1  z2 A B D 10 C 14 Lời giải Chọn A  z1 1  6i Ta có : z  3z  0   Suy z1  z2   z1  z2 2  z2 1  6i Câu 22 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;1;3), B(  1;3; 2), C (  1; 2;3) Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (ABC) bằng: A B 3 C D Lời giải Chọn B     Mp(ABC) qua A(1;1;3), nhận vectơ n  AB, AC  (1;2;2) làm vectơ pháp tuyến có phương trình: (ABC): x  y  z  0 d  O,  ABC     2.0  2.0  3 12  22  22 Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình    3 A   ;1 x2  x  27 B  3;   C  1;3 D   ;1   3;   Lời giải Chọn D Bất phương trình tương đương với    3 x2  x 3  1     x2  x    3  x2  4x    x  1 x  Câu 24 Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y x  3, y 4 x Xác định mệnh đề đúng? A S x  x  dx B     D S x  x  dx C S  x   x dx 1 Lời giải Chọn D S  x  x  dx  x 1 Phương trình hồnh độ giao điểm: x  4 x    x 3 Diện tích hình phẳng S x  x  dx Câu 25 Cho hình nón có chiều cao 2a bán kính đáy a Diện tích xung quanh hình nón cho A 5 a B 5 a 2 a D C 3 a Lời giải Chọn A  h 2a Ta có độ dài đường sinh khối nón l  h  r với  Suy l a  r a Vậy diện tích xung quanh khối nón S  rl  a.a  a 2x  x C y 1 Lời giải Câu 26 Tiệm cận đứng đồ thị hàm số y  A x  B x 1 D x 2 Chọn B f ( x) ; lim f ( x)    đường thẳng x 1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số Vì xlim  1 x Câu 27 Cho khối chóp tứ giác có cạnh bên 2a , góc cạnh bên mặt đáy 600 Thể tích khối chóp cho A 3a B 8a C 3a D Lời giải Chọn A S A B D O C  SO   ABCD  Gọi khối chóp tứ giác S ABCD , tâm O ,   600  SA 2a, SAO Ta có: sin 600  SO  SO SA.sin 600 a SA cos 600  OA  OA SA.cos 600 a  AB a SA 2a 1 3 Vậy VSABCD  SO.S ABCD  a 3.2a  a 3  Câu 28 Hàm số y log x  x A   có tập xác định là: B (2; 6) C (0; 4) D (0; +) Lời giải Chọn C  Hàm số y log x  x  xác định khi: x  x    x  Câu 29 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Số nghiệm phương trình f  x   0 A B C Lời giải D Chọn B Ta có f  x   0  f  x   Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yCT      y CĐ Vậy phương trình f  x   0 có nghiệm phân biệt Câu 30 Cho hình lập phương ABCD ABC D Góc hai mặt phẳng  DAB  DC ' B '  A 30 B 60 C 45 Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A O, AB  Ox, AD  Oy , AA '  Oz Khi đó: D  0;1;0  , A '  0;0;1 , B '  1;0;1 , C '  1;1;1     Vectơ pháp tuyến  DAB n1  DA ', DB '  0;1;1     Vectơ pháp tuyến  DC ' B '  n1  DC ', DB '   1;0;  1 Gọi góc hai mặt phẳng  DAB  DC ' B '   Ta có   n1.n2 cos =      600 n1 n2 Do đó: góc hai mặt phẳng  DAB  DC ' B '  60 D 90 x Câu 31 Tổng tất nghiệm phương trình log    2  x B A C D Lời giải Chọn C Điều kiện xác định phương trình  x  log   x  2  x   x 2 2 x   x   2 x  5.2 x  0 x  x 1  x 0  x   (thỏa điều kiện)  4  x 2 Vậy tổng tất nghiệm phương trình cho Câu 32 Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng cân có cạnh góc vng a Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy góc 600 Diện tích thiết diện A a2 B a2 C 2a D Lời giải Chọn B Diện tích thiết diện S SCD  SH CD Ta có AB a  R  SH  a SO SO a  sin 60 CD 2CH 2 R  OH 2 a2  ( SO tan 300 )  a Vậy diện tích thiết diện S SCD a 2 2a  a 3 3 Câu 33 Họ nguyên hàm hàm số f ( x ) x ln xdx A C x ln x  x 16 x ln x  x 16 B D x C 16 x ln x  x  C 16 Lời giải Chọn B x ln x  a2 u ln x  Đặt  dv x dx Suy x  du  x dx  v  x  ln xdx  x ln x  1 4 x dx  x ln x  16 x C Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 450 Tính khoảng cách hai đường SB AC theo a A a 10 B a C a 21 D a Lời giải Chọn A Kẻ đường thẳng d qua B song song với AC Gọi M hình chiếu vng góc A d ; H hình chiếu vng góc A SM Ta có SA  BM , MA  BM  AH  BM  AH  ( SBM ) Suy d  AC , SB  d  A,  SBM    AH Tam giác SAM vuông A , AH đường cao, suy sa: 1 a 10     AH  2 AH AM AS 2a Vậy d  AC , SB   a 10 x  y 1 z   mặt phẳng 2 1 ( P ) : x  y  z  0 Gọi I giao điểm  (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI Vng góc với  MI = 14 Câu 35 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : A M  5;9;  11 B M  5;9;  11 , M  3;7;  13 C M  5;9;  11 , M   3;  7;13 D M  4;7;  11 , M   3;  7;13 Lời giải Chọn C  x  y 1 z    2   I (1;1;1) Tọa độ điểm I nghiệm hệ:   x  y  z  0 Gọi M  a; b; c  , ta có: a  b  c  0  M  ( P), MI  , MI 4 14  a  b  c  0 (a  1)2  (b  1)2  (c  1)2 224  Giải hệ ta M  5;9;  11 , M   3;  7;13 Câu 36 Tìm tất giá trị thực tham số m cho sin x  cos3 x m với x   A m 1 B m 1 C m 1 D  m 1 Lời giải Chọn A 3 Đặt f  x  sin x  cos x f  x  m sin x  cos3 x m với x    max  sin x sin x Ta có:  , x cos x cos x  f  x  1, x  max f  x  1 Suy   f     Vậy m 1 Câu 37 Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần thực âm phần ảo dương phương trình 2019 z  z  10 0 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức w i z0 ? A M  3;  1 B M  3; 1 C M   3; 1 D M   3;  1 Lời giải Chọn B  z   3i Ta có: z  z  10 0   Suy z0   3i  z   3i w i 2019 z0  i    3i  3  i Suy : Điểm M  3;1 biểu diễn số phức w Câu 38 Cho hàm số f  x  F  x  liên tục  thỏa F  x   f  x  , x   Tính f  x  dx biết F   2 F  1 5 A f  x  dx  B f  x  dx 7 C f  x  dx 1 D f  x  dx 3 Lời giải Chọn D Ta có: f  x  dx F  1  F   3 Câu 39 Cho hàm số f  x  xác định tập số thực  có đồ thị f  x  hình sau Đặt g  x   f  x   x , hàm số g  x  nghịch biến khoảng A  1;   B   1;  C  2;    D   ;  1 Lời giải Chọn B Ta có g  x   f  x   Dựa vào đồ thị cho ta thấy x    1;  f  x    g  x   g  x  0  x 1 nên hàm số y g  x  nghịch biến   1;  Câu 40 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi Biết em có số thứ tự danh sách lập thành cấp số cộng Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, dãy có năm ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau 1 1 A B C D 126 252 945 954 Lời giải Chọn C Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế hốn vị 10 phần tử, số phần tử không gian mẫu là: W = 10! = 3628800 Gọi A biến cố: “Tổng số thứ tự học sinh ngồi đối diện nhau” Giả sử số vị trí 10 học sinh u1, u2, , u10 Theo tính chất cấp số cộng, ta có cặp số có tổng sau đây: u1 + u10 = u2 + u9 = u3 + u8 = u4 + u7 = u5 + u6 10 cách cách cách cách Theo cách có A = 10.8.6.4.2 = 3840 Do xác suất biến cố A là: P ( A ) = cách cách cách cách cách cách 3840 = 3628800 945 Câu 41 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1; 4;5  , B  3; 4;0  , C  2;  1;0  mặt phẳng  P  : x  y  z  12 0 Gọi M  a; b; c  thuộc  P  cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A B C - D - Lời giải Chọn A uur uur uur r Gọi I x ;y ;z điểm thỏa mãn IA + IB + 3IC = uur uur IA = x ;4 y ;5 z IB = - x ;4 - y ;- z Ta có: , uur 3IC = - 3x ;- - 3y ;- 3z ( ) ( ( ) ( ) ) ïìï 1- x + - x + - 3x = ï Từ ta có hệ phương trình: ïí - y + - y - - 3y = Û ïï ïï - z - z - 3z = ỵ ïìï x = ïï í y = Þ I 2;1;1 ïï ïï z = ỵ ( ) uuur uuu r uur uuu r uur Khi đó: MA2 = MA = MI + IA = MI + 2MI IA + IA ( ) uuur uuu r uur MB = MB = MI + IB ( ) uuu r uur = MI + 2MI IB + IB uuur uuu r uur 3MC = 3MC = MI + IC ( ) uuu r uur = MI + 2MI IC + IC ( ) Do đó: S = MA + MB + 3MC = 5MI + IA + IB + 3IC Do IA2 + IB + 3IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) : 3x - 3y - 2z - 12 = r Vectơ phương IM n = 3;- 3;- ( ) ìï x = + 3t ïï Phương trình tham số IM là: ïí y = 1- 3t , ( t Î ¡ ) ïï ïï z = 1- 2t î ( ) Gọi M + 3t ;1- 3t ;1- 2t Ỵ ( P ) hình chiếu I lên mặt phẳng ( P ) Khi đó: 3( + 3t ) - 3( 1- 3t ) - 2( 1- 2t ) - 12 = Û 22t - 11 = Û t = ổ ữ ỗ ;- ;0ữ Suy ra: M ỗ Vy a + b + c = - = ữ ữ ỗ 2 è ø 2 Câu 42 Có số phức z thỏa mãn z  3i 5 A B Vô số z số ảo z C D Lời giải Chọn C + Điều kiện z ¹ Đặt z = x + yi,(x, y Ỵ R) Cách 1: + Ta có z - 3i = Û x2 + (y - 3)2 = Û x2 + y2 - 6y = 16 ( 1) ( x + yi ) éëê( x - 4) - yi ùúû x2 - 4x + y2 z x + yi 4yi = = = 2 z - x - + yi ( x - 4) + y2 ( x - 4) + y2 ( x - 4) + y2 x2 - 4x + y2 z = 0Û + số ảo Û 2 z- x + y ( ) ìï x2 - 4x + y2 = 0( 2) ïï í ïï ( x - 4) + y2 ùợ ộỡùx = êï êíï y = êïỵ ìï x2 + y2 - 6y = 16 êì ï 16 êïï Û Từ ( 1) , ( 2) ta có hệ: í êïx = ïï x + y2 - 4x = 13 ỵï êïí êï êïï y = 24 ê 13 ëïïỵ 16 24 i Vậy có số phức z thỏa mãn 13 13 Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm thiếu điều kiện z dn n khụng loi c nghim ị z= Cách 2: Vì 4bi z z số o ị = bi,( b ẻ R ) ị z = - 1+ bi z- z- z - 3i = Û 3b + ( + 4b) i 4bi - 3i.( - + bi ) 4bi - 3i = Û = 5Û =5 - + bi - 1+ bi - + bi ( ) Û 9b2 + ( + 4b) = 25×1+ b2 Û b = Vậy có số phức z thỏa mãn Câu 43 Cho hàm số y  f  x  xác định ¡ có đồ thị hình bên Có giá trị nguyên tham số m để phương trình: f   2sin x  m có nghiệm A B C Lời giải D Chọn D ù Đặt t = - 2sin 2x Þ t Î é ê ë2;4ú û ( ) Do phương trình f - 2sin 2x = m có nghiệm Û phương trình f ( t ) = m có nghiệm đoạn é2;4ù ê ë ú û Dựa vào đồ thị cho ta thấy: phương trình f ( t ) = m có nghiệm t với t Î mÎ é2;4ùÛ £ m £ Vậy ê ë ú û {1;2;3;4;5} Câu 44 Sinh viên B gia đình gửi tiết kiệm số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng theo mức kì hạn tháng với lãi suất tiết kiệm 0, 4% / tháng Mỗi tháng, vào ngày ngân hàng tính lãi, sinh viên B rút số tiền để trang trải chi phí cho sống Hỏi hàng tháng sinh viên rút số tiền xấp sỉ để sau năm học đại học, số tiền tiết kiệm vừa hết? A 5.633.922 đồng B 5.363.922 đồng C 5.633.923 đồng D 5.336.932 đồng Lời giải Chúng ta làm rõ tốn gốc sau đây: Bài tốn: Ơng A vay ngân hàng số tiền S (triệu đồng) với lãi suất r %/ tháng Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng ông A trả hết nợ sau n năm kể từ ngày vay Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền tháng ơng ta cần trả cho ngân hàng bao nhiêu? Lời giải x Gọi số tiền ơng A hồn nợ tháng, sau tháng kể từ ngày vay Số tiền ông A nợ ngân hàng sau tháng là: S + S.r = S ( + r ) (triệu đồng) Sau hồn nợ lần thứ số tiền ông A nợ là: S ( + r ) - x (triệu đồng) Sau hoàn nợ lần thứ số tiền ơng A cịn nợ là: (triệu đồng) S ( 1+ r ) - x + é S ( + r ) - xù r - x = S ( 1+ r ) - x é 1+ r ) + 1ù ê ú ê ú ë û ë( û Sau hoàn nợ lần thứ số tiền ơng A cịn nợ là: 2 S ( 1+ r ) - x é (ëê1+ r ) + 1ùûú+ S ( 1+ r ) - x éëê( 1+ r ) + 1ùûú r - x { } é ù = S ( + r ) - x ê( 1+ r ) + ( + r ) + 1ú(triệu đồng) ê ú ë û … Lý luận tương tự, sau hồn nợ lần thứ n số tiền ơng A nợ ngân hàng là: n n- n- é ù S ( + r ) - x ê( + r ) + ( 1+ r ) + + 1ú ê ú ë û n n = S ( 1+ r ) - ( 1+ r ) - x = S ( 1+ r ) ( 1+ r ) - n - n xé ù ê( 1+ r ) - 1ú ê ú rë û Vì sau n tháng ơng A trả hết nợ, cho nên: n S ( 1+ r ) n S.r ( + r ) n xé ù - ê( 1+ r ) - 1ú= Û x = n ú rê ë û ( 1+ r ) - Vậy số tiền tháng ông ta cần trả cho ngân hàng x = S.r ( + r ) ( 1+ r ) n n - Chọn C Áp dụng công thức thiết lập, với S = 3.108 ; r = 0,004; n = 60 Khi đó, số tiền hàng tháng mà sinh viên B rút là: x= S.r ( + r ) ( 1+ r ) n n - » 5.633.923 ng ổ ỗ1 ữ 2 ÷ ; ;0 ÷ Câu 45 Trong không gian Oxyz , cho im M ỗ v mt cu S  : x  y  z 8 Đường ç ÷ ç 2 ÷ ç è ø thẳng d thay đổi, qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) hai điểm phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB A S = B S = C S = Lời giải Chọn A D S = 2 Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0) bán kính R = 2 Vì OM = < R nên M thuộc miền mặt cầu ( S ) Gọi A , B giao điểm đường thẳng với mặt cầu Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác OAB Đặt x = OH , ta có < x £ OM = 1, đồng thời HA = R - OH = - x2 Vậy diện tích tam giác OAB SOAB = OH AB = OH HA = x - x2 f ( x) = f ( 1) = Khảo sát hàm số f (x) = x - x2 ( 0;1ù ú, ta max û ( 0;1ùúû Vậy giá trị lớn SDOAB = , đạt x = hay H º M , nói cách khác d ^ OM Câu 46: Một ao hình ABCDE (như hình vẽ), ao có mảnh vườn hình trịn có bán kính 10 m Người ta muốn bắc câu cầu từ bờ AB ao đến vườn Tính gần độ dài tối thiếu l cầu biết : - Hai bờ AE BC nằm hai đường thẳng vng góc với nhau, hai đường thẳng cắt điểm O ; - Bờ AB phần parabol có đỉnh điểm A có trục đối xứng đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA OB 40 m 20 m; - Tâm I mảnh vườn cách đường thẳng AE BC 40 m 30 m A l 17, m Chọn A B l 25, m C l 27, m Lời giải : D l 15, m  A  Oy Gán trục tọa độ Oxy cho  cho đơn vị 10 m  B  Ox 2 Khi mảnh vườn hình trịn có phương trình  C  :  x     y  3 1 có tâm I  4;3 Bờ AB phần Parabol  P  : y 4  x ứng với x   0; 2  M   P  Vậy tốn trở thành tìm MN nhỏ với   N   C  Đặt trường hợp xác định điểm N MN  MI IM , MN nhỏ MN  MI IM  N ; M ; I thẳng hàng Bây giờ, ta xác định điểm N để IN nhỏ N   P   N  x;  x  IN    x    x2  2  IN   x     x   IN  x  x  x  17 Xét f  x  x  x  x  17  0; 2  f  x  4 x  x  f  x  0  x 1,3917 nghiệm 1,3917   0; 2 Ta có f  1,3917  7, 68 ; f   17 ; f   13 Vậy giá trị nhỏ f  x   0; 2 gần 7, 68 x 1, 3917 Vậy IN  7, 68 2, 77  IN 27,7 m  MN IN  IM 27,  10 17, m Câu 47: Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh 2a , gọi M trung điểm BB P thuộc cạnh DD cho DP  DD Mặt phẳng  AMP  cắt CC  N Thể tích khối đa diện AMNPBCD A D C B M A B A V 2a P D C B V 3a C V  9a 11a D V  Lời giải Chọn B Cách 1: Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD ABC D , gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA , BB , CC  Mặt phẳng  MPN  cắt cạnh DD Q Khi đó: VMNPQ ABC D  MA PC    NB QD         VABCD ABC D  AA CC    BB DD  Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP ABCD ta có: D A B P C M A' D' B' C' VAMNP ABCD  MB PD   1         VAB C D ABCD  BB DD    3 3 Vậy VAMNPBCD VAMNP ABCD  VABC D ABCD   2a  3a 8 Cách 2: A D O P C B K M D' A' O' B' N C' Thể tích khối lập phương ABCD ABC D V  2a  8a Gọi O , O tâm hai hình vng ABCD ABC D , gọi K OO  MP , N  AK  CC  1 a  3a 3a  DP  BM    a    Do CN 2OK  2 2 2 Diện tích hình thang BMNC 1 3a  5a S BMNC   BM  CN  BC   a   2a  2  Thể tích khối chóp A.BMNC 1 5a 5a VA.BMNC  S BMNC AB  2a  3 Diện tích hình thang DPNC  a 3a  S DPNC   DP  CN  CD     2a 2a 2 2  Thể tích khối chóp A.DPNC 1 4a VA.DPNC  S DPNC AD  2a 2a  3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD 5a 4a3 V VA.BMNC  VA.DPNC   3a 3 Ta có OK  Câu 48: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp hai  Biết f   3 , f    2019 bẳng xét dấu f  x  sau: x f ''  x       Hàm số y  f  x  2018   2019 x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây? A   ;  2018  B  2018;   C  0;  D   2018;0  Lời giải Chọn A x    ''   0 f f  x '  x  2019 y  f  x  2018   2019 x  y  f  x  2018   2019  x  2018 2 y 0  f  x  2018   2019     x  2018 a   x  2016  x a  2018   2018  Ta có bảng biến thiên x a  2018   f '  x  2018   2019 f  x  2018   2019 x   2016   f  a   2019  a  2018  Hàm số y  f  x  2018   2019 x đạt giá trị nhỏ điểm x0 a  2018    ;  2018  Câu 49 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình x   x  2m x   x   x   x  m3 có nghiệm Tổng giá trị tất phần tử thuộc S A C  Lời giải B  D 10 Chọn B x   x  2m x   x   x   x  m3 (1) Nếu x0   0;1 nghiệm (1)  x0 cũng nghiệm (1) nên để (1) có nghiệm điều kiện cần x0 1  x0  x0  Điều kiện đủ thay x0  vào pt (1) ta m 0; m 1 2 +) với m 0 ; ta có (1) trở thành x   x 0  x  2 +) với m  ; ta có (1) trở thành x   x  x   x 0  x  2 +) với m 1 ; ta có (1) trở thành x   x  x   x  x  ; x 0 m 1 khơng thỏa Vậy m 0; m  giá trị cần tìm Lưu ý : điều kiện đủ ta dùng MTBT           Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục  \  0;  1 thỏa mãn điều kiện f  1 2 ln x  x  1 f  x   f  x  x  3x  Giá trị f   a  b ln , với a, b   Tính a  b A 25 B Hướng dẫn giải C Chọn B Từ giả thiết, ta có x  x  1 f  x   f  x  x  3x   x x 2 f  x   f  x  x 1 x 1  x  1 D 13  x   x  , với x   \  0;  1  f  x   x 1  x 1  x2  x x  dx   f  x   f  x   x  ln x   C Suy  dx  hay x 1 x 1  x 1 x 1  x f  x   x  ln x   Mặt khác, ta có f  1 2 ln nên C  Do x 1 3 3 Với x 2 f   1  ln  f     ln Suy a  b  2 2 2 Vậy a  b  ... f  x  dx cos  x 1  C C f  x  dx  cos  x 1  C 1 B f  x  dx  cos  x  1  C D f  x  dx  cos  x 1  C Lời giải: Chọn B 1 sin  x  1 d  x 1  cos  x 1 ...  cos3 x m với x   A m 1 B m 1 C m 1 D  m 1 Lời giải Chọn A 3 Đặt f  x  sin x  cos x f  x  m sin x  cos3 x m với x    max  sin x sin x Ta có:  , x cos x cos... B a C a 21 D a Lời giải Chọn A Kẻ đường thẳng d qua B song song với AC Gọi M hình chi? ??u vng góc A d ; H hình chi? ??u vng góc A SM Ta có SA  BM , MA  BM  AH  BM  AH  ( SBM ) Suy d  AC , SB