GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 1 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ Câu Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AB  a bằng: A a B 2a C a D 6a Lời giải Chọn A ABB vuông cân B nên: AB2  AB2  AB  a Thể tích khối lập phương a3 Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Khẳng định sau đúng? A Hàm số đạt cực đại x  C Hàm số đạt cực đại x  2 B Hàm số đạt cực đại x  D Hàm số đạt cực đại x  Lời giải Chọn A Hàm số đạt cực đại x  , đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  yCĐ  y    Hàm số đạt cực tiểu x  , đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương qua x  yCT  y    2 Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;3 B  6;1;  3 Vectơ AB có tọa độ A  6;2;   B  6;  2;   C  6; 0;  D  6;2;6  Lời giải Chọn A   AB   0;1   1 ;     6;2;   Câu Cho hàm số y f x có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A ; B 1;1 C 0; D ; DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn B Nhìn vào đồ thị cho, ta có hàm số đồng biến khoảng 1;1 Câu Với a , b hai số dương tùy ý, log  a3b4  A 3log a  log b B log a  3log b C log a  3log b D log a  log b Lời giải Chọn A Có log  a3b4   log a3  log b4  3log a  4log b Câu Cho 5 2  f  x  dx   g  x  dx  ,  2 f  x   3g  x  dx A B 12 C Lời giải D 1 Chọn D 5 2 Có   f  x   3g  x  dx  2 f  x  dx  3 g  x  dx  2.4  3.3  1 Câu Diện tích mặt cầu bán kính a bằng: A 2 a B 3 a C  a Lời giải D 4 a Chọn D Có S  4 R  4 a 2.4  3.3  1 Câu Số nghiệm phương trình log  x  x    là: A B Chọn A Ta có x  x   0, x  C Lời giải D x  Khi log  x  x     x  x     x  Câu Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   qua A 1; 2;3 song song mặt phẳng  Oxy  phương trình mặt phẳng   A x 1  B x  y  z  C y   Lời giải Chọn D Mặt phẳng   qua A 1; 2;3 có véc tơ pháp tuyến k   0;0;1 Nên mặt phẳng   có phương trình là: z   Câu 10 Họ nguyên hàm hàm số f x ex x D z   DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A e x x2 C NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B e x x C ex x xdx ex x2 y z C x C D e x C Lời giải Chọn A Ta có f x dx ex x dx e x dx Câu 11 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q (3; 2;3) x B M ( 2; 3; 4) C qua điểm đây? D N( 3; 2; 3) C P(2;3; 4) Lời giải Chọn C Đáp án A nhầm vectơ phương Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm Đáp án D nhầm vectơ phương Câu 12 Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n Mệnh đề ? k ! n  k  ! n! n! n! A Ank  B Ank  C Ank  D Ank  k! n! k ! n  k  !  n  k ! Lời giải Chọn C Theo lý thuyết cơng thức tính số chỉnh hợp chập k n : Ank  n!  n  k ! Câu 13 Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u2  u3  Giá trị u5 A 12 B 15 D 25 C 11 Lời giải Chọn C Ta có: d  u3  u2     u4  u3  d     u5  u4  d  11 Câu 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm A, B, C điểm biểu diễn ba số phức z1   7i, z2   5i z3  5  9i Khi đó, trọng tâm G điểm biểu diễn số phức sau đây? A z   9i B z   3i C z  i Lời giải Chọn C Ta có: A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9  7  Trọng tâm tam giác ABC G  ; 1 3  i Câu 15 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? Vậy trọng tâm G điểm biểu diễn số phức z  D z   2i DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A y  x2 2x 1 NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B y  2x 1 x2 C y  2x 1 x2 Lời giải D y  x2 2x 1 Chọn A Tập xác định: D  Ta có: y   x  1 1  \   Nên loại đáp án B, C 2  , x  Hàm số đồng biến khoảng Nên loại D Vậy đồ thị cho hàm số y  1 1    ;   ;   2 2   x2 2x 1 Câu 16 Cho hàm số y  f  x  liên tục đoạn  1;1 có đồ thị hình vẽ Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn  1;1 Giá trị M  m A B C D Lời giải Chọn B Từ đồ thị ta thấy M  1, m  nên M  m  Câu 17 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)  x ( x  1)3 ( x  2), x  Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải Chọn B D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x  Ta có f ( x)    x  1   x  2 Xét dấu f ( x ) , ta Do f ( x ) đổi dấu lần nên hàm số f ( x ) có điểm cực trị Câu 18 Tìm hai số thực a b để số phức z   a  bi    a  bi   b2  số ảo, với i đơn vị ảo A a  , b  C a  1 b B a  0, b  D a  b Lời giải Chọn D Ta có: z   a  bi    a  bi   b2   a  2abi  b2  2a  2bi  b2   a  2a    2ab  2b  i Để số phức z số ảo a  2a    a  Vậy a  b số thực Câu 19 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;0  B  3; 2;  Phương trình mặt cầu ( S ) nhận AB làm đường kính A  x     y     z  1  18 B  x     y     z  1   x  2   y  2   z  1 D  x     y     z  1  18 C 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Ta có: ( S ) nhận trung điểm I  2; 2;1 AB làm tâm có bán kính R  IA R  IA  1     2      1  2 Suy phương trình mặt cầu ( S ) :  x     y     z  1  2 Câu 20 Đặt log  a , log 25 64 A 3a B 2a C Lời giải 3a D 2a DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn B 3 Ta có log 25 64  log 52 43  log  2a Câu 21 Ký hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị z1  z2 B 10 A C D 12 Lời giải Chọn B  z1  2  i 2 2 Ta có : z  z     Suy z1  z2   z1  z2  10  z2  2  i Câu 22 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  z    Q  : x  y  z   A B C D Lời giải Chọn B   2.0  2.0  4  P  / /  Q  Ta có   d   P  ;  Q    d  A;  Q     2 A 8;0;0  P         Nhận xét: Nếu mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  Q  : ax  by  cz  d '  a  b2  c   song song với  d  d ' d   P  ;  Q    d d ' a  b2  c Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình x  x  A (; 1) B (3;  ) C (1;3) D ( ; 1)  (3; ) Lời giải Chọn C Ta có: x 2 x   2x 2 x  23  x  x   x  x    1  x  Câu 24 Diện tích phần hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên tính theo cơng thức đây? DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 1 A   x  x  dx C   x  x  dx   x  x  dx B 1 1 1 D 2  x  x5  dx Lời giải Chọn D Diện tích hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên: x  x dx  1 x 1  x dx   x5  x dx Vì y  x5  x hàm số lẻ nên  1 1 0 x5  x dx   x5  x dx    x  x5  dx Do :  1 1 1 0 x5  x dx   x5  x dx   x5  x dx  2  x  x5  dx Câu 25 Cho khối nón có độ dài đường sinh 5a đường cao 4a Thể tích khối nón 80 a 3 3 A B 15 a C 12 a D 36 a Lời giải Chọn C Theo giả thiết: l  5a, h  4a  r  l  h  3a 1 Suy V   r h    3a  4a  12 a 3 1 8 a V   r h    2a  2a  3 Câu 26 Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B A C D Lời giải Chọn D Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có: lim f ( x)   y  tiệm cận ngang x  lim f ( x)    x  tiệm cận đứng x 1 Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận Câu 27 Cho khối chóp tam giác có tất cạnh 2a Thể tích khối chóp cho A 8a B 2a C 2a D 2a Lời giải Chọn D Ta có SO   ABC  S ABC   2a   a ; AO  2 2a 2a , AM   3  2a  2a SO  SA  AO   2a        2 1 2a 2 Vậy thể tích khối chóp VS ABCD  S ABC SO  a  a 3 3 Câu 28 Hàm số f  x   log   x  có đạo hàm A f   x   ln10  x2 B f   x     x2  ln10 C f   x   2 x   x2  ln10 D f   x   2 x  x2 Lời giải: Chọn C Ta có: f   x     x   2 x   x  ln10   x  ln10 2 Câu 29 Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên sau: DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Số nghiệm thực phương trình f ( x)   là: A B C Lời giải D Chọn A (1) Ta có: số nghiệm thực phương trình (1) số giao điểm đồ thị hàm số y  f ( x) Xét phương trình f ( x)    f ( x)  đồ thị đường thẳng y  Dựa vào bảng biến thiên, ta có: y Vậy phương trình f ( x)   có nghiệm thực Câu 30 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có đáy ABCD hình vng, AC  a Gọi  P  mặt phẳng qua AC cắt BB, DD M , N cho tam giác AMN cân A có MN  a Tính cos  với   A B  P  ,  ABCD  C D Lời giải Chọn A Ta có AMCN hình bình hành, mà tam giác AMN cân A nên MN  AC DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Ta có  BDD B  cắt ba mặt phẳng ' ' NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  ABCD  ,  A' B'C ' D'  ,  AMC ' N  theo ba giao tuyến BD / / B ' D ' / / MN Hai mặt phẳng  P   ABCD  có điểm chung A chứa hai đường thẳng song song MN , BD nên giao tuyến chúng đường thẳng d qua A song song với MN , BD Trên hai mặt phẳng  P   ABCD  có hai đường thẳng AC AC vng góc với d nên góc hai mặt phẳng  P   ABCD  góc AC AC , góc CAC  Xét tam giác C 'CA vng C có: cos   AC BD MN a     AC AC AC  a 2 Cách 2: Theo chứng minh MN //BD MN  BD  a Đa giác AMCN nằm mặt phẳng  P  có hình chiếu mặt  ABCD  hình vuông ABCD nên: cos   S ABCD S AMC N  BD    AB 2     1 AC .MN AC .MN 2 Câu 31 Tổng tất nghiệm phương trình log(8.5x  20 x )  x  log 25 B A 16 C 25 Lời giải D Chọn B Ta có : log(8.5x  20x )  log 25.10x  8.5x  20x  25.10x (1) Chia vế phương trình (1) cho x ta phương trình :  x  25.2 x (2) Đặt t  , (t > 0) x  25  593 t  2 Phương trình (2) trở thành t  25t + =   hai nghiệm thỏa mãn  25  593 t   Với t  2x  x  log2 t Ta có x1  x2  log t1  log t1  log t1.t2  log  Câu 32 Một chi tiết máy phần lại khối trụ có bán kính đáy r sau đục bỏ phần bên khối trụ có bán kính đáy r (tham khảo hình vẽ) DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Biết thể tích khối trụ nhỏ bị đục bỏ 20  cm3  Thể tích khối chi tiết máy A 40  cm3  C 80  cm3  B 60  cm3  D 70  cm3  Lời giải Chọn B Gọi chiều cao khối trụ h Thể tích khối chi tiết máy: V   r h  20 r Mà thể tích khối trụ nhỏ bên    h   r h  20   r h  80 2 Vậy V  80  20  60  cm3  Câu 33 Họ nguyên hàm hàm số f ( x)  x(1  e x ) A  x  1 e x  x B  x  1 e x  x C  x   e x  x D  x   e x  x Lời giải Chọn D Ta có  x(1  e x )dx  2 xdx  2 xe x dx  ux du  dx  Gọi I  2 x ln xdx Đặt  x x dv  e dx  v  e Khi I  xe x  2 e x dx Vậy  x(1  e x ) dx   xdx  xe x  e xdx  x  xe x  2x C =  x  2 ex  x2  C Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh 2a , góc BAD  60 , SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  A a B 3a C a Lời giải Chọn C D a DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Gọi O trung điểm AB  SO  ( ABCD ) SO  2a  a SO đường cao tam giác cạnh 2a Từ giả thiết suy tam giác BCD tam giác ABD tam giác  CD  OD CD  OD Ta có:   CD   SOD  CD  SO Trong tam giác SOD kẻ OH  SD H OH  SD  OH   SCD   OH  CD Do AB  SCD  suy d  B,  SCD    d  O,  SCD    OH Nhận thấy tam giác SOD tam giác vuông cân O với OD  a OH  1 a SD  3a  3a  2 Câu 35 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z   đường thẳng x x A x C d: y z Hình chiếu vng góc d  có phương trình y z x y z B 5 y z x y z D 5 Lời giải Chọn B Mặt phẳng   : x  y  z   có vectơ pháp tuyến n 1;1; 1 Đường thẳng d : x y z có vectơ phương u  2;3;5  Vì n.u  1.2  1.3   1  nên d / /   Gọi d ' hình chiếu vng góc d   d '/ / d DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lấy A 1; 4;0   d Gọi  đường thẳng qua A vng góc với  x  1 t  Suy phương trình đường thẳng   y  4  t  z  t  Gọi A ' hình chiếu A lên  A '       A '  0; 5;1 Đường thẳng d ' đường thẳng qua A '  0; 5;1 , có vectơ phương u  2;3;5  có phương x trình y z Câu 36 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  mx  x đồng biến khoảng  2;0  A m  2 B m  13 C m  2 D m   13 Lời giải Chọn A Ta có y '  x  2mx  Hàm số cho đồng biến khoảng  2;0   y '  0, x   2;0   mx  x  1, x  2;0   m  x  , x   2;0  x  x ( L)  1 Xét f  x   x  , x   2;0  Ta có : f '  x       x x  x    Lại có lim f ( x)   ; lim f ( x)  x 0 x 2 13   f     2 3  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biên thiên suy ra: ( ycbt )  m  2 Câu 37 Xét số phức z thoả mãn parabol có toạ độ đỉnh z 1  i  z  z  i 1 số thực Tập hợp điểm biểu diễn số phức z DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  1 D I   ;   2 1 3 C I  ;   2 2  1 B I   ;   4 1 3 A I  ;   4 4 Lời giải Chọn A Giả sử z  a  bi  a, b  R  Khi z 1 i  z  z i 1  a    b  1 i  a    b  1 i  1  2ai    2ai  4a   a   2a  b  1   2 a  a 1  b 1 i  4a z 1  i b a a số thực suy 2a  a  1  b    b  2a  2a        2 2 z  z i 1  Số phức z a b có điểm biểu diễn M  ;   quỹ tích M parabol có phương trình  2 y  4x2  2x  Tập hợp điểm biểu diễn số phức Câu 38 Biết I   ln z 1 3 parabol có toạ độ đỉnh I  ;   4 4 dx   ln a  ln b  ln c  với a , b , c số nguyên dương x e  3e  c x Tính P  2a  b  c B P  1 A P  3 C P  D P  Lời giải Chọn D Ta có I   ln ln dx e x dx  e x  3e x  0 e2 x  4e x  Đặt: t  e x  dt  e x dx Đổi cận: x   t  1, x  ln  t  Khi I   1 2 1  t 1 d t     ln  ln  ln   dt  ln  t  4t   t 1 t   t 31 2 Suy a  , b  , c  Vậy P  2a  b  c  Câu 39 Cho hàm số y  f ( x) Hàm số y  f '( x ) có bảng biến thiên sau DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Bất phương trình f ( x)  e  2m  có nghiệm với x  (2;3) x  f (2)  e  D m   f (3)  e3   f (2)  e  C m   f (3)  e3  B m  A m  Lời giải Chọn B Ta có: 2m  f ( x)  e x Xét hàm số g ( x)  f ( x)  e x , x  (2;3) Ta có: g '( x)  f '( x)  e x  0, x  (2;3) Bảng biến thiên hàm số g ( x) Vậy 2m  g (2)  2m  f (2)  e  m   f (2)  e  Câu 40 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm học sinh trường A học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để học sinh khác trường ngồi đối diện với 8 A B C D 35 35 70 70 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu 8!  40320 Xếp học sinh thứ trường A vào ngồi vào tám ghế Có cách Do học sinh trường A trường B ngồi đối diện nên sau xếp học sinh thứ trường A vào ngồi học sinh thứ hai trường A không ngồi vào vị trí đối diện với học sinh thứ Vậy có cách xếp Tương tự xếp học sinh thứ ba trường A có cách Xếp học sinh thứ tư trường A có cách Xếp học sinh trường B vào bốn ghế lại có 4! cách Số cách xếp học sinh khác trường ngồi đối diện với 8.6.4.2.4!  9216 cách DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 9216  Đáp án D 40320 35 Vậy xác suất cần tìm Câu 41 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 2;1; , B 1; 1;2 , C 3; 6;0 , D 2; 2; Điểm M x ; y; z thuộc mặt phẳng P : x MA2 cho S P x y2 A P MB MC y z MD đạt giá trị nhỏ Tính giá trị biểu thức z2 B P C P Lời giải D P Chọn A Với điểm I ta có 2NA2 S 4NI NB 2 NC 2NI 2IA NI IB IC Chọn điểm I cho 2IA IB 2IA IB IC 4NI Khi S 4IA 2IA2 2IA2 IC AB IB 2 IA NI IB 2 IB NI IC IC AC Suy tọa độ điểm I I 0;1;2 IC , S nhỏ N hình chiếu I lên mặt phẳng P x Phương trình đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng P y z Tọa độ điểm N t;1 t;2 t P t t t B Vô số Chọn C Đặt z  x  yi ( x, y  ) Theo ta có x    y  2 i  x     y  i   x  1   y     x  3   y    y  x  Số phức w  2 z  2i số ảo z i C D Lời giải Câu 42 Có số phức z thỏa z   2i  z   4i A t t t t 2 z  2i x   y   i x   y   y  1  x  y   i   x  1  y  i z i x   y  1 N 1;2;1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 12  x   y   y  1   x     w số ảo  x   y  1  23 y  x 5 y    Vậy z   12 23  i Vậy có số phức z thỏa mãn 7 Câu 43 Cho hàm số y  f  x  liên tục R có đồ thị hình vẽ Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln  A  3;0  B  3;3 C 0; D  3;0 Lời giải Chọn A Đặt t  e x Với x   0;ln   t  1; 2 Phương trình f  e x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;ln  phương trình f  t   m có nghiệm thuộc khoảng 1;   3  m  Câu 44 Vận dụng thông tư số 14/2017/TT-NHNN Ngân hàng Nhà nước quy định phương pháp tính lãi hoạt động nhận tiền gửi, có hiệu lực từ ngày 1/1/2018, ngân hàng A tính số tiền lãi theo kì gửi số ngày kì gửi số ngày kì gửi nhân với số tiền lãi năm chia cho 365 Một khách hàng gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng vào ngày 4/7/2018 với lãi suất 5%/năm, kì hạn tháng, ngày tính lãi hàng tháng ngày 4/7, biết gửi khác hàng không đến rút lãi về, ngân hàng tính theo thể thức lãi kép Đến ngày 4/9/2018, người đến ngân hàng rút vốn lẫn lãi Hỏi số tiền (tính nghìn đồng) khách hàng nhận số sau đây: A 100835 B 100836 C 100834 Lời giải D 100851 Chọn D Do tháng tháng có 31 ngày nên số tiền khách hàng nhận : DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  5%   5%  100.106 1  31 1  31  100851000 đồng  365   365  Câu 45 Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y     z  5  36 , mặt phẳng  P  di động 2 qua điểm M  2;1;3 cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn  C  Đường thẳng qua tâm mặt cầu vng góc mặt phẳng  P  cắt mặt cầu hai điểm C , D Gọi T tổng thể tích hai khối nón có đỉnh C , D , đáy  C  , V thể tích khối cầu, k   C  có diện tích nhỏ A k  12 T Khi V k B k  10 27 C k  Lời giải D k  12 Chọn A C M H I D Mặt cầu  S  :  x  3   y     z  5  36 có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  2 Có IM    R , nên M thuộc miền mặt cầu  S  Có mặt phẳng  P  qua M nên  P  cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn  C  Gọi H điểm chiếu I mặt phẳng  P  , H tâm đường tròn  C      Gọi r bán kính  C  , có r  R2  d I ,  P  , d I ,  P   IM      Khi r đạt giá nhỏ  d I ,  P  đạt giá trị lớn  d I ,  P   IM  M  H , M  2;1;3 , lúc có IH  , r  30 Có C , D giao điểm IH mặt cầu CD  12 Gọi SC diện tích hình tròn  C  , SC   r  30 Gọi V ,V1 ,V2 thể tích khối cầu, khối nón đỉnh C , D 4 1 Có V   R   216  288 , T  V1  V2  R.SC  12.30  120 3 3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Suy k  NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ T 120 5   Vậy k  V 288 12 12 Câu 46 Một biển quảng cáo với đỉnh A, B, C , D hình vẽ Biết chi phí để sơn phần tô đậm 200.000(đ/m ) sơn phần lại 100.000đ/m Cho AC  8m; BD  10m; MN  4m Hỏi số tiền sơn gần với số tiền sau đây: B 14207000đ A 12204000đ C 11503000đ D 10894000đ Lời giải Chọn A  yN   x y   Vì MN   xN    elip có phương trình là: 16 25  5  yN   2 Diện tích phần tơ đậm S1   5 25  y dy  59, 21 (m ) Diện tích elip S   4.5  20 (m2 ) Diện tích phần trắng S2  S  S1  3,622 (m2 ) Tổng chi phí trang chí là: T  59, 21.200000  3, 622.100000  12204200đ Câu 47 Cho khối lăng trụ ABC.ABC tích Gọi M trung điểm đoạn thẳng AA N điểm nằm cạnh BB ' cho BN  2B ' N Đường thẳng CM cắt đường thẳng CA P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB Q Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ 13 A B C D 9 Lời giải Chọn A DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Ta có: NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ VABC MNC '  AM BN CC '  13 13        VABC MNC '  VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  18 VABC MNC  AM BN CC  7        VABC MNC  VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  18 Suy ra: VC MNC '  VABC MNC '  VABC MNC  V CM CN CC ' Mà: C MNC '   * VC PQC ' CP CQ CC ' Lại có: AM  CM  CM   1    CMA  PMA '   PM A ' M  CP   Ta có:  CNB QNB '  CN  BN   CN   QN B ' N  CQ Thay vào * ta có: VC MNC '    VC PQC '  3VC MNC '  VC PQC ' 3 11  VC PQC '  VA ' B 'C '.MNC  Có: VA ' B 'C '.MNC  VLT  VABC MNC   VA ' MPB ' NQ Câu 48 Cho hàm số y Hàm số y A 1;  f x có đồ thị f   x  hình vẽ sau g x f x x3 x đồng biến khoảng đây? B  4;   C  2;  Lời giải Chọn D Ta có: y  g   x   f   x  1   x  x  D  0;  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x  Dựa vào đồ thị f   x  ta có f   x  1    x    x  1  x   0  x  f   x  1      x 1  x  Bảng xét dấu y  g   x  Vậy hàm số đồng biến  0;  Câu 49 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình m2 x   m   x3  x   m2  1 x  nghiệm với x  Số phần tử tập S A B D C Lời giải Chọn D Đặt f  x   m2 x   m   x3  x   m2  1 x Ta có f  x   m2 x4   m  2 x3  x2   m2  1 x  x m2 x3   m   x  x   m2  1 Giả sử x  khơng phải nghiệm phương trình g  x   m2 x3   m   x  x   m2  1  hàm số f  x   m2 x   m   x3  x   m2  1 x đổi dấu qua điểm x  , nghĩa m2 x   m   x3  x   m2  1 x  khơng có nghiệm với x  Do , để yêu cầu tốn thỏa mãn điều kiện cần g  x   m2 x3   m   x  x   m2  1  phải có nghiệm x  , suy m    m  1 Điều kiện đủ: Với m  1, f  x   x4  3x3  x2  x2  x2  3x  1 f 1  1  không thỏa mãn điều kiện m2 x   m   x3  x   m2  1 x  nghiệm với x  (loại) Với m  1, f  x   x4  x3  x2  x2  x2  x  1  , x  Vậy S  1 Câu 50 Cho hàm số f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với m, n, p, q, r  hình vẽ bên dưới: ) Hàm số y  f   x  có đồ thị DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ y 1 O x Tập nghiệm bất phương trình f  x   r có giá trị nguyên? A B C D Lời giải Chọn B Ta có f   x   4mx3  3nx  px  q 1 Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   có ba nghiệm đơn 1 , , Do f   x   m  x  1 x  5 x  3 m  Hay f   x   4mx3  13mx  2mx  15m   Từ 1   suy n   13 m , p   m q  15m Khi bất phương trình f  x   r  mx  nx3  px  qx  13    m  x  x3  x  15x    3   Do m  nên  3  3x  13x3  3x  45 x   x  3x  5 x  3     x    ;0 x      Vậy tập nghiệm phương trình f  x   r S   ;0  3   Do S có ba giá trị nguyên 1;0;3 ...  i   x  1  y  i z i x   y  1 N 1; 2 ;1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2 018 -2 019 ĐỀ SỐ 12  x   y   y  1   x     w số ảo  x   y  1  23 y ... số tiền khách hàng nhận : DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2 018 -2 019 ĐỀ SỐ  5%   5%  10 0 .10 6 1  31 1  31  10 08 510 00 đồng  365   365  Câu 45 Trong không gian Oxyz... TOÁN A y  x2 2x 1 NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2 018 -2 019 ĐỀ SỐ B y  2x 1 x2 C y  2x 1 x2 Lời giải D y  x2 2x 1 Chọn A Tập xác định: D  Ta có: y   x  1 1    Nên loại