GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 2 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 51 Thể tích khối lập phương có cạnh 2a C 2a3 B 2a A 8a D 6a Lời giải Chọn C Thể tích khối lập phương có cạnh Câu 52 Cho hàm số y  f  x  liên tục 2a ( 2a)3 2a3 có bảng biến thiên: Khẳng định sau đúng? A Hàm số đạt cực đại x  B Hàm số có hai điểm cực trị C Hàm số có giá trị lớn giá trị nhỏ 3 D Hàm số có giá trị cực tiểu 1 Lời giải Chọn A Hàm số đạt cực đại x  , đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  f    Câu 53 Trong không gian Oxyz , cho vectơ u   4;  1;5  Biết tọa độ điểm đầu vectơ u N 1;1;1 Tìm tọa độ điểm cuối M vectơ u A M  3;2;   B M  3;  2;  C M   3;  2;   D M  5; 0;6  Lời giải Chọn D Giả sử tọa độ M  x ; y ; z  Ta có NM   x  1; y  1; z  1 x   x    Khi u  NM   y   1   y  z   z    Vậy M  5;0;6  Câu 54 Cho hàm số y f x có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho nghịch biến khoảng đây? DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN A NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B 1;1 C 1; 1; D 2; Lời giải Chọn C Nhìn vào đồ thị cho, ta có hàm số nghịch biến khoảng 0; nên nghịch biến khoảng 1;  3a  Câu 55 Với a , b hai số dương tùy ý, log    b  A  log a  5log b B  5log a  log3 b C  5log a  log b D 1  log3 a  2log3 b  Lời giải Chọn C  3a  Có log    log  3a   log b  log 3  log a  log b   5log a  log b  b  Câu 56 Cho 1 0  f  x  dx   3 f  x   5g  x  dx  ,  g  x  dx B 12 A D 1 C Lời giải Chọn A 1 1 0 0 Có   3 f  x   g  x   dx 3 f  x  dx  5 g  x  dx   5 g  x  dx 1 0  5 g  x  dx    g  x  dx  Câu 57 Thể tích khối cầu có đường kính cm A 36 cm3 B 36 cm C 12 cm3 Lời giải Chọn A DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN D 288 cm3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Có d  R  R  NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ d   cm 2 4  V   R   33  36 cm 3 Câu 58 Tập nghiệm phương trình log6  x   x   A 2;3 B 4;6 C 1; 6 Lời giải Chọn A Điều kiện x   x    x  x  5    x  D 1;6 x  Phương trình tương đương với x   x    x  x     (thỏa mãn điều kiện) x  Vậy phương trình có tập nghiệm S  2;3 Câu 59 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   qua A  3;1;  song song mặt phẳng  Oxz  phương trình mặt phẳng   B x  y  z  A x 1  C y   D z   Lời giải Chọn C Mặt phẳng   qua A  3;1;  có véc tơ pháp tuyến j   0;1;0  Nên mặt phẳng   có phương trình là: y   Câu 60 Họ nguyên hàm hàm số f x A e x e C x e x 3x x 2x C x 2x C e B D e x x 3x 3x 2x 2x C C Lời giải Chọn C Ta có f x dx e x 3x dx e x dx xdx dx Câu 61 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q (2; 1; 2) x B M (1; 2; 3) y z e x x D N(2; 1; 2) Lời giải Chọn C Đáp án A nhầm vectơ phương Đáp án B nhầm dấu tọa độ điểm Đáp án D nhầm vectơ phương A DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN B 1152 ? C Lời giải C qua điểm đây? C P ( 1; 2; 3) Câu 62 Có số tự nhiên n thỏa mãn An3 An2 2x D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn B Điều kiện: n n Ta có An3 n n n n n 1152 An2 1152 n3 6n2 n! n 3! 7n 1152 n! 1152 n 2! n Câu 63 Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  công bội q  2 Giá trị u6 A 32 B 64 D 64 C 42 Lời giải Chọn D Ta có: u6  u1.q5  2(2)5  64 Câu 64 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn hai số phức đối A hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ O B hai điểm đối xứng qua trục hoành C hai điểm đối xứng qua trục tung D hai điểm đối xứng qua đường thẳng y  x Lời giải Chọn A Điểm biểu diễn số phức z  a  bi mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M  a; b  Điểm biểu diễn số phức  z  a  bi mặt phẳng tọa độ Oxy điểm N  a; b  Do đó: điểm biểu diễn hai số phức đối hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ Câu 65 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? A y  2x  x 1 B y  2x 1 x2 C y  2x  x 1 Lời giải Chọn A Tập xác định: D  \ 1 Loại đáp án B Ta có đồ thị hàm số qua điểm M 1;0  nên có đáp án A thỏa mãn Vậy đồ thị cho hàm số y  2x  x 1 Câu 66 Cho hàm số y  f  x  liên tục đoạn DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN có đồ thị hình vẽ D y  2x x 1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ y 1 -1 x -1 Giá trị nhỏ tập xác định hàm số có đồ thị sau là: A y  1 C y  B y  D y  2 Lời giải Chọn A Từ đồ thị ta thấy giá trị nhỏ 1 Câu 67 Cho hàm số f ( x ) có đồ thị f ( x ) hình vẽ Số điểm cực trị hàm số cho là: A B C D Lời giải Chọn B Quan sát đồ thị ta có f '  x  cắt trục hồnh điểm có điểm đạo hàm đổi dấu x qua, nên có cực trị Câu 68 Cho hai số phức z1  m   2i z1    m  1 i Có giá trị thực tham số m để z1 z2   8i số thực A DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN B C D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn B Ta có: z1 z2   8i   m   2i  2   m  1 i    8i  8  m2  2m  i   m  Để z1 z2   i số thực m2  2m      m  3 Vậy có hai giá trị tham số m để z1 z2   i số thực Câu 69 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm I 1;1;1 , A 1; 2;3 B  0;3;1 Phương trình mặt cầu ( S ) nhận I làm tâm có bán kính R  AB A  x  1   y  1   z  1  B  x  1   y  1   z  1  C  x  1   y  1   z  1  D  x  1   y  1   z  1  2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn D   1 Bán kính mặt cầu R  AB       1  3  2 Suy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  1   y  1   z  1  2 Câu 70 Đặt log12  a , log9 16 A 1 a a B 1 a a C a 1 a D a 1 a Lời giải Chọn A log12  Ta có log 16  log  log12 12  1 a a a log12 Câu 71 Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z  10  Khi z1.z2  z1  z2 A 10  10 B 10  10 C 2  10 D 10  Lời giải Chọn B  z1   i Ta có z  z  10     z2   i    Do đó: z1.z2  z1  z2   i  i  2  i  10  10 Câu 72 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  z  16  Q  : x  y  2z 1  A B 17 C Lời giải DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn A  16  2.0  2.0   P  / /  Q  Ta có   d   P  ;  Q    d  A;  Q     12  22  22   A 16;0;0    P  1 Câu 73 Tập nghiệm bất phương trình   3 A (; 1) B (3;  ) x2  x  27 D (;1)  (3; ) C (1;3) Lời giải Chọn D 1 Ta có:    3 x2 4 x 1  27     3 x2 4 x 3 x  1     x  x  3  x  x      3 x  Câu 74 Diện tích phần hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên tính theo cơng thức đây?  x  A 2 x dx 1  B  x2   2  x x dx 1 1  C  x D 1 2  x dx  x dx Lời giải Chọn D Diện tích hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên là: x 1        x dx    x  x  dx ( x   1;1   x  x  ) 1 Câu 75 Cho khối nón có thiết diện qua trục tam giác SAB cạnh a Thể tích khối nón A  a3 B  a3 24 C Lời giải Chọn D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN  a3 12 D  a3 24 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ a a 1  a  a  a3 Tam giác SAB cạnh a nên: OB  , SO   V   r 2h      2 3 2 24 Câu 76 Cho hàmsố f ( x ) có bảng biến thiên sau Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho A B C Lời giải D Chọn C Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có: lim f ( x)   y  tiệm cận ngang x  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 77 Cho khối chóp tứ giác có cạnh đáy a , cạnh bên 2a Thể tích khối chóp cho A 14a3 B 4a C Lời giải Chọn C DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN 14a3 D 2a DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ S A D O B C AC a ,  2 Ta có SO   ABCD  S ABCD  a2 ; AO  a 2 a 14 SO  SA  AO   2a        2 1 a 14 14 Vậy thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SO  a  a 3 Câu 78 Hàm số f  x   ln  x  x  có đạo hàm A f   x   2x 1  x  x  ln10 B f   x   x2  x 2x 1 C f   x   x x D f   x   2x 1 x2  x Lời giải Chọn D Ta có: f   x  x   x  x x  2x 1 x2  x Câu 79 Cho hàm số y  f  x  liên tục khoảng  ;0   0;   , có bảng biến thiên sau Số nghiệm thực phương trình f ( x )   là: A B C Lời giải D Chọn B (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: DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN x ∞ y' NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ + +∞ x2 x1 0 + +∞ y 3 y= - ∞ Vậy phương trình f ( x )   có nghiệm thực Câu 80 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có cạnh AB  2, AD  3; AA  Góc hai mặt phẳng  ABD   AC D   Tính giá trị gần góc A 45, 2 B 38,1 ? C 53, 4 D 61, 6 Lời giải Chọn D Cách 1: Hai mặt phẳng  ABD   AC D  có giao tuyến EF hình vẽ Do EF //AB mà AD   AABB  nên AD  AB  EF / / A' D ' Từ A kẻ vng góc lên giao tuyến EF H A' H  EF  EF   ADH   EF  DH Khi đó, góc hai mặt phẳng cần tìm góc hai đường thẳng AH DH Tam giác D' EF có DE  Theo Hê-rơng ta có: SD' EF  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DB 13 DA BA  , DF   , EF   2 2 2S 305 61 Suy DH  DEF  EF 10 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Dễ thấy A EF  D EF  A H  D H ' ' ' Tam giác DAH có: cos AHD   ' HA2  HD2  AD2 29  HA.HD 61  Do AHD  118, 4 hay AH , DH  180  118, 4  61,6 Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD ABCD vào hệ trục tọa độ hình vẽ Khi A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0;3;0  , C  2;3;0  , A  0;0;  , B  2;0;4  , D  0;3;4  , C  2;3;4  Gọi n1 véc tơ pháp tuyến  ABD  Có n1   AB; AD   12;  8;6    Gọi n2 véc tơ pháp tuyến  AC D  Có n2   AC; AD   12;8;6    Gọi  góc hai mặt phẳng  ABD cos   n1 n2  n1 n2  AC D  29 Vậy giá trị gần góc 61  61, 6 Cách Do hai mặt phẳng  ABD   AC D  chứa hai đường AB CD song song với nên giao tuyến chúng song song hai đường Kẻ AH  AB , H  AB , dựng hình bình hành AHKD có tâm I hình vẽ Do AD   AABB  nên AD  AB suy AB   AHKD   góc hai mặt phẳng  ABD  AC D  góc AK DH Trong tam giác vng AAB có AH đường cao nên Vậy AH  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN 1 1      2 AH AB AA 16 16 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 29 Xét tam giác AIH có cos I   cos  A  H    cos A cos H  sin A sin H  61 Vậy góc hai mặt phẳng  ABD   AC D  gần 61, 6 Câu 81 Tổng tất nghiệm phương trình log5   5x    x A C Lời giải B D Chọn B Ta có: log   5x    x   5x  51 x  x  61 5   52 x  9.5 x      x  61 5     61  x  log    61  x  log  Tổng tất nghiệm : log5  61  61 81 61  log5  log5  2 Câu 82 Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu  H1  ,  H  tiếp xúc với nhau, có bán kính tương ứng r1 , r2 thỏa mãn r2  r1 (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích tồn khối đồ chơi 180cm3 Thể tích khối cầu  H1  A 90 cm3 B 120 cm3 C 160 cm3 Lời giải Chọn C Thể tích khối  H1  V1   r13 Thể tích khối  H  V2   r23 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN D 135 cm3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4 4 1  94  Tổng thể tích khối V  V1  V2   r13   r23   r13    r1     r13   V1 3 3 2  83  Suy V1  180  V1  160 Câu 83 Họ nguyên hàm f  x   x ln x kết sau đây? x ln x  x  C 1 D F  x   x ln x  x  C Lời giải x ln x  x  C 2 1 C F  x   x ln x  x  C B F  x   A F  x   Chọn C dx  du   u  ln x  x Ta có F  x    f  x  dx   x ln xdx Đặt   dv  xdx v  x  Theo cơng thức tính ngun hàm phần, ta có: 1 1 F  x   x ln x   xdx  x ln x  x  C 2 Câu 84 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật Tam giác SAB vng cân A nằm mặt phẳng vng góc với đáy SB  Gọi M trung điểm cạnh SD Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng  SBC  B l  2 A l  C l  D l  Lời giải Chọn C S K H M N D A B C   SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB  SA   ABCD  Theo giả thiết, ta có  SA  AB   Gọi N , H , K trung điểm cạnh SA, SB đoạn SH DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  BC  SA Ta có   BC   SAB   BC  AH  BC  AB Mà AH  SB ( ABC cân A có AH trung tuyến) Suy AH   SBC  , KN   SBC  (vì KN || AH ,do KN đường trung bình SAH ) Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC  Nên l  d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK  AH  Câu 85 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   : x  y  z   đường thẳng d: x y z Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng   x 11 x C 11 A y 17 y 17 x 11 x D 11 Lời giải z z B y 17 y 17 z z Chọn C Mặt phẳng   : x  y  z   có vectơ pháp tuyến n  2;1;1 Gọi tọa độ giao điểm d   I I  22;39;8  Lấy A  4;3;2   d Gọi  đường thẳng qua A vng góc với   x  4  2t  Suy phương trình đường thẳng   y   t z   t  Gọi H hình chiếu A lên  H       H  2; 4;3 A ' đối xứng với A qua   H trung điểm AA '  A '  0;5;  Đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d qua mặt phẳng    d ' qua điểm I , A ' có vectơ phương A ' I   22; 34; 4   11; 17; 2  có phương trình là: x 11 y 17 z Câu 86 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  2mx  3m  đồng biến khoảng  2;3 A m  C  m  B  m  D  m  Lời giải Chọn A Ta có y '  x3  4mx  x  x  m  Hàm số cho đồng biến  2;3  y '  0, x   2;3  x  x  m   0, x   2;3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  x  m  0, x   2;3  m  x , x   2;3 2 Xét hàm số f  x   x , x   2;3 Ta có: f '  x   x  0, x   2;3 Bảng biến thiên: Căn bảng biến thiên, ta thấy: m  f  x  , x   2;3  m    Câu 87 Xét số phức z thỏa mãn z z   i  4i  số thực Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng d Diện tích tam giác giới hạn đường thẳng d hai trục tọa độ B A C D 10 Lời giải Chọn B Giả sử z  a  bi  a, b  R    Khi z z   i  4i 1   a  bi  a  bi   i   4i    a  bi   a    1  b  i   4i   a  a    b 1  b   a 1  b   b  a   i  4i   a  a    b 1  b     a  2b   i   + z z   i  4i  số thực suy a  2b   + Số phức z có điểm biểu diễn M  a; b   M  d : x  y   + Đường thẳng d cắt trục Ox , Oy A  4;0  B  0;   S OAB  OA.OB  ln 1  x  dx  a ln  b ln , với a , b số hữu tỉ Tính P  ab x Câu 88 Cho  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A P  NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ C P  B P  9 D P  3 Lời giải Chọn C ln 1  x  dx  a ln  b ln x2 Ta có I    dx u  ln(1  x) du     x Đặt   d v  d x  v   x2  x 2 1 1  Khi I   ln (1  x)   dx   ln  ln     dx 1 x x(1  x)  x 1 x  x     ln  ln   ln    ln  ln  2ln  ln  3ln  ln 2  x 1  Suy a  , b   9 Vậy P  ab  2 Câu 89 Cho hàm số y  f ( x) Đồ thị hàm số y  f '( x ) hình vẽ bên Bất phương trình f ( x)  x  m có nghiệm với x  (1;0) A m  f (0) B m  f (0) C m  f (1)  D m  f (1)  Lời giải Chọn A Xét hàm số g ( x)  f ( x)  x Ta có g '( x)  f '( x)  x  0, x  (1; 0) Bảng biến thiên hàm số g ( x) Ta có: m  g (0)  m  f (0) Câu 90 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm học sinh DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ trường A học sinh trường B, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh ngồi đối diện khác trường với khơng có hai học sinh trường ngồi cạnh A B C 35 35 70 Lời giải Chọn B D 70 Số phần tử không gian mẫu 8!  40320 Gọi A biến cố: “2 học sinh ngồi đối diện khác trường với khơng có hai học sinh trường ngồi cạnh nhau” Với cách xếp “2 học sinh ngồi đối diện khác trường với khơng có hai học sinh trường ngồi cạnh nhau” ta có hai trường hợp sau: TH1: TH1: Với trường hợp có 4!.4! cách xếp Số phần tử biến cố A n  A  2.4!.4!  1152 Vậy xác suất cần tìm 1152  Đáp án B 40320 35 Câu 91 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1 , B 2; 1; ,C 3;1; mặt phẳng Oyz cho MA2 A M ; ;0 2 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN B M 2MB ; ;0 2 Tìm điểm M MC lớn C M 0; 0;5 D M 3; 4; DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn D Gọi điểm E thỏa EA 2EB Khi đó: MA2 2MB Do MA2 2MB lớn Oxy Suy B trung điểm AE , suy E 3; 4;5 ME EA 2 ME ME EB ME nhỏ EA2 2EB M hình chiếu E 3; 4;5 lên M 3; 4; Chú ý: Ta làm trắc nghiệm sau + Loại C M 0; 0;5 khơng thuộc Oxy + Lần lượt thay M 1 ; ;0 , M ; ; , M 3; 4; vào biểu thức MA2 2 2 2MB M 3; 4; cho giá trị lớn nên ta chọn M 3; 4; Câu 92 Có số phức z thỏa mãn z  (2  i )  10 z.z  25 B A C Lời giải Chọn A Gọi số phức cần tìm z  a  bi  a, b  Ta có: z.z  z  a  b2  25 Lại có: D  (1) z  (2  i)  10  a   (b  1)i  10  (a  2)2  (b  1)  10  (a  2)2  (b  1)  10  a  b2  4a  2b   10 (2) Thay (1) vào (2) ta được: 25  4a  2b   10  b  2a 10 Nên a  b  25  a  (2a  10)2  25  a  b   5a  40a  75      a  b  Vậy Vậy có số phức z thoả mãn z  z   4i Câu 93 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  x  x    3m  có nghiệm thuộc khoảng  0;1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A  0; 4 NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B  1;0   D   ;1   C 0;1 Lời giải Chọn D Đặt t  x  x  Với x  0;1  t   2;1 Phương trình f  x  x    3m  có nghiệm thuộc đoạn  0;1 phương trình f  t   3m  có nghiệm thuộc  2;1    m  Câu 94 Vào ngày 3/8/2018, người vay ngân hàng số tiền 50 triệu đồng, trả góp thời gian 10 tháng, lãi suất 5%/năm, với thỏa thuận đến ngày tính tiền lãi, người phải đến ngân hàng trả phần tiền gốc số tiền vay ban đầu chia cho lần trả số lãi phát sinh tháng trước (hình thức dư nợ giảm dần) Hỏi số tiền anh phải trả cho ngân hàng vào ngày 3/12/2018 bao nhiêu? A 5,45 triệu đồng; B 5,4 triệu đồng; C 10,85 triệu đồng; Lời giải D 5,5 triệu đồng Chọn A Tính đến ngày 3/12, khách hàng có lần trả tiền gốc vào ngày 3/9, 3/10, 3/11 nên số tiền gốc lại tính từ ngày 3/11/2018 50  3.5  35 triệu đồng Số tiền lãi cần trả cho ngân hàng từ ngày 3/11/2018 đến ngày 3/12/2018 35.106 10% 30  288000 đồng 365 Số tiền khách hàng phải trả ngày 3/12/2018 5000000  288000  5288000 đồng Câu 95 Trong không gian Oxyz , cho  S  :  x  3   y     z  5  36 , điểm M  7;1;3 Gọi  2 đường thẳng di động qua M tiếp xúc với mặt cầu  S  N Tiếp điểm N di động đường tròn  T  có tâm J  a, b, c  Gọi k  2a  5b  10c , giá trị k A 45 Chọn B DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN B 50 C 45 Lời giải D 50 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ M N J I Mặt cầu  S  :  x  3   y     z  5  36 có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  2 Có IM  25  16     R , nên M thuộc miền mặt cầu  S  Có MN tiếp xúc mặt cầu  S  N , nên MN  IN N Gọi J điểm chiếu N lên MI IN 36 12   Có IN  IJ IM Suy IJ  (không đổi), I cố định IM 5 Suy N thuộc  P  cố định mặt cầu  S  , nên N thuộc đường tròn C  tâm J  x    12 IJ  IM  IM   y    IM  Gọi N  x; y; z  , có IJ  5 IM    z     23   N  5; ;  , k  2a  5b  10c  50 Vậy k  50  5 Câu 96 ột họa tiết hình cánh bướm hình vẽ bên Phần tơ đậm đính đá với giá thành 500.000đ/m Phần c n lại tô màu với giá thành 250.000đ / m DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Cho AB  4dm; BC  8dm ỏi để trang trí 1000 họa tiết cần số tiền gần với số sau A 105660667đ B 106666667đ C 107665667đ D 108665667đ Lời giải Chọn B ì AB  4dm; BC  8dm  A(2; 4), B(2; 4), C(2; 4), D(2; 4) parabol là: y  x y   x 2 Diện tích phần tơ đậm S1  4 x dx  32 (dm2 ) Diện tích hình chữ nhật S  4.8  32 (m2 ) Diện tích phần trắng S  S  S1  32  32 64  (dm ) 3 64  32  Tổng chi phí trang chí là: T   5000  2500  1000  106666667đ   Câu 97 Cho khối lăng trụ ABC.ABC Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AA BB ' Tính tỉ số thể tích khối tứ diện CMNC ' với khối lăng trụ cho 1 A B C 3 Lời giải Chọn A Ta có: D VABC MNC  AM BN CC  1        VABC MNC  VABC A ' B 'C ' VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  3 Tương tự ta có: VA ' B 'C '.MNC '  A ' M B ' N C ' C '  1        VA ' B 'C '.MNC '  VA ' B 'C ' ABC VA ' B 'C ' ABC  A ' A B ' B C ' C  3 V 1  VCMNC '  VABC A' B 'C '  CMNC '  VABC A ' B 'C ' Câu 98 Cho hàm số y f x có bảng xét dấu đạo hàm sau: DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Đặt y g x 2f x NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x x3 x2 Khẳng định đúng? A Hàm số y g x đồng biến khoảng   ;0  B Hàm số y g x đồng biến khoảng 1;  C Hàm số y g x đồng biến khoảng  0;1 D Hàm số y g x nghịch biến khoảng  2;   Lời giải Chọn C Ta có: y  g   x   2 f  1  x   x3  3x3  x x  x   Dựa vào bảng xét dấu f  x  ta có f  1  x     x   x  2   x  1 2  x  2 f  1  x    f  1  x      0   x  0  x  x3  3x3  x  x  x  1 x   Bảng xét dấu y  g   x  Vậy hàm số đồng biến  0;1 Câu 99 Có cặp số thực (a; b) để bất phương trình  x  1 x    ax  bx    nghiệm với x  A B C Lời giải Chọn C Đặt f  x    x  1 x    ax2  bx   DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Giả sử x  nghiệm phương trình g  x    x    ax  bx    hàm số f  x    x  1 x    ax  bx    x 1 x  2  ax2  bx  2  Do đó, để yêu cầu đổi dấu qua điểm x  , nghĩa khơng có nghiệm với x  tốn thỏa mãn g  x    x    ax  bx    có nghiệm x  suy a  b   điều kiện cần (1) Lí luận tương tự có h  x    x  1  ax  bx    phải nhận x  2 nghiệm, suy 4a  2b   (2) a  b   a  1 Từ (1) (2) ta có hệ   4a  2b   b  1 Điều kiện đủ: a  1 2 Với  có f  x    x  1 x     x  x      x  1  x    , x  b  1 Vậy không tồn cặp số thực (a; b) thỏa mãn yêu cầu toán Câu 100 Cho hàm số y  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (với m, n, p, q, r  ) Hàm số y  f   x  có đồ thị hình vẽ bên dưới: Tập nghiệm phương trình f  x   r có số phần tử A B C D Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị y  f   x  ta thấy phương trình f   x   có ba nghiệm đơn 1 , Do f   x   , 3 m  x  1 3x   x  3 m  1 Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  , x  Suy 4 4 776 3104 4 S1   f   x  dx  f    f     m  x  1 3x   x  3 dx  m m  2 3 81 243 3 0 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  , x  3 Suy ra: S2   4 2375 2375 4 f   x  dx  f    f  3   m  x  1 3x   x  3 dx  m m  3 324 243 3 3 Từ 1 ,   ,  3 ta có S1  S2   f  3  f    hay f  3  f   Ta có bảng biến thiên sau: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f  x   r có hai nghiệm phân biệt DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN ... 1; 2; 3) Câu 62 Có số tự nhiên n thỏa mãn An3 An2 2x D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 20 18 -20 19 ĐỀ SỐ Chọn B Điều kiện: n n Ta có An3 n n n n n 11 52 An2 11 52 n3 6n2 n!... m để z1 z2   8i số thực A DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN B C D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 20 18 -20 19 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn B Ta có: z1 z2   8i   m   2i   2   m ... ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 20 18 -20 19 ĐỀ SỐ S A D O B C AC a ,  2 Ta có SO   ABCD  S ABCD  a2 ; AO  a 2 a 14 SO  SA  AO   2a        2 1 a 14 14 Vậy thể tích