GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 3 PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 toán thpt qg

DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ GIẢI CHI TIÊT ĐỀ PHÁT TRIỂN SỐ Câu 101 Thể tích khối hộp chữ nhật có độ dài cạnh a,2a,3a bằng: B 6a A 2a C 2a D 3a Lời giải Chọn B Thể tích hộp chữ nhật: a.2a.3a  6a3 Câu 102 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị n n n n đ n o đ đ n y x O 2 A Hàm số có giá trị cực tiểu B Hàm số đạt cực đại x  v đạt cực tiểu x  C Hàm số có giá trị l n giá trị nhỏ 2 D Hàm số có a đ ểm cực trị Lời giải Chọn B Dựa v o đồ thị ta thấy hàm số có cực trị Hàm số đạt cực đại x  giá trị cực đại Hàm số đạt cực tiểu B 1; 1 giá trị cực tiểu 2 Câu 103 Trong không gian Oxyz , c o a đ ểm P  0; 0;  3 Q 1;1;  3 Vectơ PQ  j có tọa độ B  1;  1;  A  2;1;  C 1;2;  D 1;1;1 Lời giải Chọn C   PQ  1 0;1 0;     3  1;1;0  ; j   0;1;  PQ  j  1;2;  Câu 104 Cho hàm số y đ f x có đồ thị n n vẽ bên Hàm số c o n ịch biến khoảng DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN A NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ B ; C 1; 1;1 D 0;1 Lời giải Chọn D N n v o đồ thị c o, ta có khoảng 0;1 đồ thị hàm số đ xuống (theo chi u từ trái qua phải) nên nghịch biến khoảng 0;1  b5  Câu 105 V i a , b hai số ươn tù ý, log    10a  A 5log b   3log a B 5log b  1  log a  C 5log b   3log a D 5log b   3log a Lời giải Chọn D  b5   log b5  log 10a   5log b  log10  log a   5log b   3log a Có log    10a  Câu 106 Cho 10  f  x  dx   f  x  dx  , k A 10 B 10  f  x  dx   f  x  dx C Lời giải D 1 Chọn B 10 10 0 Có  f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  10 7  f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx    Câu 107 Cho mặt cầu có di n tích A a B a , k a án kín mặt cầu bằng: C 3a Lời giải D a DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn B a Có S  4 R   a  R  4 Câu 108 P ươn tr n ln x  ln  x  1  có nghi m? B A C Lời giải D Chọn B x  x Đ u ki n  2 x   K đó, p ươn tr n tươn đươn v i: x  ln  x  x  1   x  x     x    So sánh v đ u ki n ta x  nghi m Câu 109 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   đ qua A 1; 4; 3 song song mặt phẳng  Oyz  t p ươn tr n mặt phẳng   là: A x 1  B x  y  z  C y   D z   Lời giải Chọn A Mặt phẳng   đ qua A 1; 4; 3 có véc tơ p áp tu ến i  1;0;0  Nên mặt phẳng   có p ươn tr n l : x 1  2x Câu 110 Họ nguyên hàm hàm số f x 2018 x 2019 2x 2018 x 2019 x C ln D x.ln 1009 x 2019 x C Lời giải 2x 1009 x 2019 x C ln C x.ln 1009 x 2019 x C A B Chọn A Ta có 2x ln f x dx 2x 1009 x 2019 x 2018x 2019 dx x 1 y 3 Chọn C Đáp án A n ầm vectơ c ỉ p ươn Đáp án B n ầm dấu tọa độ đ ểm Đáp án D n ầm vectơ c ỉ p ươn thỏa mãn C1x 3Cx2 z đ qua đ ểm n o C P (1;3; 4) B M ( 1; 3; 4) Lời giải Câu 112 Tìm giá trị x 2018 xdx 2019 dx C Câu 111 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A Q(1;3; 2) 2x dx Cx3 đ D N( 1; 3; 2) DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN A x 12 NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ C x 16 D x B x Lời giải Chọn A Đ u ki n: x x x x x x 18 Ta có C1x x x x x2 3Cx2 1 x x2 10 x 24 Cx3 x 1!.x! 2 x 2! 2!.x! x 1! 3! x ! 12 thỏa mãn x x x loaïi x x 1! Câu 113 Cho cấp số cộng  un  có số hạn đầu u3  1 u4  Công sai d B 3 A C Lời giải D Chọn A Ta có: d  u4  u3  Câu 114 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đ ểm biểu diễn số phức z   2i nằm đường tròn có tâm I (1;1) bán kính r Bán kính r bằng: A B D 13 C 13 Lời giải Chọn A Đ ểm biểu diễn số phức z   2i mặt phẳng tọa độ Oxy l đ ểm M  3; 2  Do đó: án kín đường tròn r  IM  Câu 115 Đường cong hình vẽ A y  x 1 1 2x n B y  3  (1)   2  12  l đồ thị hàm số n o x 1 1 2x C y  đ x2 1 2x Lời giải Chọn A 1  \   Loạ đáp án D 2 Đồ thị hàm số đ qua đ ểm M  1;0  nên có đáp án A t ỏa mãn Tập xác định: D  Vậ đồ thị c o l hàm số y  x 1 1 2x D y  x 1 2x 1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Câu 116 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến t NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ n n sau: Giá trị nhỏ hàm số có bảng biến thiên sau khoảng  2;3 là: A y  2;3 B y  3 C y  2;3 2;3 D y  2;3 Lời giải Chọn B Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ 3 Câu 117 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x ) có bảng biến t nn n vẽ Số đ ểm cực trị hàm số c o l A B C D Lời giải Chọn A Quan sát BBT ta có f ( x )  có nghi m phân bi t f ( x ) đổi dấu qua ba nghi m nên hàm số c o có đ ểm cực trị Câu 118 Cho số phức z thỏa mãn   i  z   1  i  v i i l đơn vị ảo Tính giá trị biểu thức A  z  2z A A  50 C A  25 B A  13 Lời giải D A  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn D Ta có:   i  z   1  i   1  i  z  4i 2i 2 Vậy A  z  z   i    i   4  3i  Câu 119 Trong không gian v i h trục tọa độ Oxyz , p ươn tr n mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm tâm có bán kính R  A x  y  z  16 B x  y  z  C x  y  z  D x  y  z  Lời giải Chọn A  S  có tâm O  0;0;0  , bán kính R  Suy  S  có p ươn tr n :  x     y     z    42 hay x  y  z  16 Câu 120 Đặt log  a , k A 2 log3 18  2a a B a  2a C a 1 a D 2a  a Lời giải Chọn D Ta có log3 18  log3   2 2a  2 2 2 log log a a Câu 121 Gọi z1 , z2 hai nghi m phức p ươn tr n z  z  10  Giá trị biểu thức z1  z2  z1 z2 A 10 B 15 C 15 D 10 Lời giải Chọn B Ta có z  z  10   z1,2  K  z1  z2  5  i 15 Theo Vi-et ta có:   z1.z2  10 đó: z1  z2  z1 z2   20  15 Câu 122 Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  3z    Q  : x  y  3z   A 14 B C 14 D Lời giải Chọn C   2.0  2.0   P  / /  Q   d   P  ;  Q    d  A;  Q     14 Ta có  2 A 8;0;0  P         DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x  x2 Câu 123 Tập nghi m bất p ươn tr n C a  b  Lời giải B a  b  A a  b   81 l đoạn  a; b Tính a  b ? D a  b  3 Chọn B Ta có: 35 x  x  81  35 x  x  34  x  x   x  x     x   a  1; b   a  b  2 Câu 124 Di n tích phần hình phẳn tơ đậm hình vẽ đ A  x  x  3x  1 dx B 1 x  x  3x  dx 1 C n tính theo cơng thức n o i    x  x  3x 1 dx D 1 x  x  3x  dx 1 Lời giải Chọn B Di n tích hình phẳn tơ đậm hình vẽ bên là:  x 1  3x    x  1 dx   x  3x  x  dx   x3  x  3x  dx 1 1 Câu 125 Cho khối nón có thiết di n qua trục tam giác SAB vuông S v i cạnh SA  a Thể tích khối nón A  a3 12 B  a3 C Lời giải Chọn A  a3 12 D  a3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Theo tính chất hình nón ta có SA  SB  l Vậy tam giác SAB vuông cân S suy SA  SB  a, AB  a  SO  OB  a 2 1  a  a a3 Vậy V   r 2h      3   12 Câu 126 Cho hàm số f ( x ) có bảng biến t n n sau Tổng số ti m cận ngang ti m cận đứng đồ thị hàm số c o l A B C Lời giải D Chọn B lim f ( x)    x  1 ti m cận đứng x 1 lim f ( x)   n n đồ thị hàm số khơng có ti m cận ngang x  Vậ đồ thị hàm số có tổng số đường ti m cận Câu 127 Cho khố c óp tam ác đ u có cạn đá ằng a , cạnh bên 2a Thể tích khối c óp c o ằng A 33a3 12 B 11a3 12 C Lời giải Chọn B 2a D 11a3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Ta có SO   ABC  S ABC  2 a a a2 ; AO  AM  ,  3 a 3 a 33 SO  SA  AO   2a      3   2 Vậy thể tích khối chóp VS ABC 1 a a 33 11  S ABC SO   a 3 12 Câu 128 Hàm số f  x   ln x có đạo hàm A f   x   2.ln x x C f   x   B f   x   2.ln x x.ln x D f   x   Lời giải Chọn A 2.ln x Ta có: f   x   2.ln x  ln x   x Câu 129 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị n Số nghi m p ươn tr n A n sau: 1 f  x  1 f  x B C Lời giải Chọn D 1 f  x Ta có   1 f  x   f  x  f  x    1 f  x D ln x x DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ N vậy, số nghi m thực p ươn tr n (1) số ao đ ểm đồ thị hàm số y  f ( x) v đồ thị đường thẳng y   Dựa v o đồ thị ta có đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y  f  x  bốn đ ểm phân bi t Vậ p ươn tr n c o có ốn nghi m Câu 130 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có cạnh AB  2, AD  3; AA  Góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D   Tính giá trị gần đ n góc  ? A 45, 2 C 53, 4 B 38,1 D 61, 6 Lời giải Chọn D Do mặt phẳng  BC ' D  //  ABD  nên góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D  góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D  Ta có cách giả n tr n Cách khác Tọa độ hóa, tính trực tiếp góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D  tươn tự Chú ý: Tính góc hai mặt phẳng  BC ' D   AC D  nhìn thấy giao tuyến n ưn dựng góc lạ k ó ơn tr n ức n cao ơn tr n chút Câu 131 Tổng tất nghi m p ươn tr n 32 x  (2 x  9).3x  9.2 x  A C Lời giải B Chọn B Đặt t  x , t  t  P ươn tr n trở thành: t  (2 x  9)t  9.2 x    x t  * V i t   3x   x  x 3 * V i t  x  3x  x      x  2 D 2 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN Vậ , p ươn tr n có a n NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ m x1  ; x2   x1  x2  Câu 132 Một chi tiết máy gồm khối trụ có chi u cao h gắn v n au (n n vẽ) Khối trụ l n có án kín đá r l n gấp án kín đá hai khối trụ nhỏ (hai khối trụ nhỏ nhau) Biết thể tích khối chi tiết má ằng 90 cm Tính thể tích khối trụ l n A 30 cm3 B 45 cm3 C 70 cm3 D 60 cm3 Lời giải Chọn D Thể tích khối trụ l n giữa: V1   r h 3 r Tổng thể tích chi tiết máy: V   r h  2   h   r h  V1 2 2 Suy ra: V1  90 Do đó: V1  60 2 Câu 133 Tính nguyên hàm I   sin x.e x dx , ta được: A I  x e  sin x  cos x   C C I  e x sin x  C B I  x e  sin x  cos x   C D I  e x cos x  C Lời giải Chọn A u  sin x du  cos xdx  Đặt  x x dv  e dx v  e K Áp dụng cơng thức tích phân phần, ta I  e x sin x   cos xe x dx  e x sin x  J u  cos x du   sin xdx  Tính J   cos xe x dx Đặt  x x dv  e dx v  e Áp dụng công thức tích phân phần, ta được: J  e x cos x   sin xe x dx  e x cos x  I Do I  e x sin x  J  e x sin x   e x cos x  I   2I  e x sin x  e x cos x  e x  sin x  cos x  Vậy I  e x  sin x  cos x   C Câu 134 Cho hình chóp S.ABCD có đá l n t o cạnh a , BAD  60 , SB  a mặt phẳng  SBA  mặt phẳng  SBC  vng góc v i mặt phẳn đá K oảng cách từ B đến mặt phẳng DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN  SCD  A NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 21a B 5a C 21a D 15a Lời giải Chọn A Gọi M l trun đ ểmcủa CD Do tam giác BCD đ ucạnh a nên BM  DC BM  a Suyra  DC   SBM  Trong tam giác SBM kẻ BH  SM H  CD  BH  BH  SM  BH   SCD   d  B;  SCD    BH   BH  DC Trong tam giácvng SBM ta có 1 a 21  2   BH  2 BH SB BM 21a Câu 135 Trong không gian v i h tọa độ Oxyz , p ươn tr n n o đường thẳng x  1 t  A  y   3t z   đ l p ươn tr n n c ếu x 1 y  z    mặt phẳng  Oxy  ? x  1 t  B  y  2  3t z   x  1 t  C  y  2  3t z    x   2t  D  y  2  3t z   Lời giải Chọn D Đường thẳng x 1 y  z    qua M 1; 2;3 N  3;1;  Gọi M  N  hình chiếu M N  Oxy  ta có M  1; 2;0  , N   3;1;0  P ươn tr n  x   2t  n c ếu cần tìm là: M N  :  y  2  3t  z0  Câu 136 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  x   m  1 x  m  đồng biến khoảng  ; 1  2;   A m  3 B m  3 C m  6 D m  6 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn A Ta có: y  3x  x  m  Hàm số c o đồng biến  ; 1  2;    y '  0, x   ; 1 (2; )  m  3x  x  1, x  (; 1) (2; ) Xét f ( x)  3x  x  1, x   ; 1  2;   Ta có f '( x)  6 x  Cho f '( x)   6 x    x  Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: ( ycbt )  m  3 Câu 137 Biết tập hợp đ ểm biểu diễn số phức z l đường tròn tâm I  3;0  , bán kính R  , k tập hợp đ ểm biểu diễn số phức w  A R  B R  i l đường tròn có bán kính z 1 C R  13 D R  Lời giải Chọn B Ta có w  Giả sử wi i  z w z 1 1 l đ ểm biểu diễn số phức z , I l đ ểm biểu diễn số phức z1   MI  z  z1   z     Thay 1 vào   wi i  2w 3 1   i  2w  w w w Đặt w  a  bi  a, b  R  2 i  2w  w  2a  1  2b  i  a  bi  4a  1  2b   a  b  a  b  b   3  quỹ tíc đ ểm biểu diễn số phức w l đường tròn bán kính R  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3 Câu 138 Biết I   x ln  x  1 dx  b 35 b phân ln a  , tron a , b , c số n u n ươn v c c số tối giản Tính S  a  b  c A S  6 B S  D S  12 C S  Lời giải Chọn B Ta có I   x ln  x  1 dx  du  dx u  ln  x  1  2x 1 Đặt   dv  xdx v  x  x ln  x  1 x2 I   x ln  x  1 dx   dx 2 x  0 3 3 x   x2  9 35  ln      d x  ln     x  ln x    ln  2 4  x  1   4 0 0 a    b   S  a  b  c     c   Câu 139 Cho hàm số y  f ( x) Hàm số y  f '( x ) có bảng biến t Bất p ươn tr n e x  m  f ( x) có nghi m thuộc [4;9] A m  f (2)  e B m  f (2)  e C m  f (9)  e3 Lời giải Chọn D Ta có: m  e x  f ( x) Xét hàm số g ( x)  e g '( x)  x e x n n sau x  f ( x) [4;9]  f '( x) , x  [4;9] Bảng biến thiên hàm số g ( x) D m  f (9)  e3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ g( x)  m  e  f (9) Vậy m  max [4;9] Câu 140 Trong hội diễn văn n chào mừng ngày nhà giáo Vi t Nam 20/11 có 201 em dự t , tron có em trường có số báo danh dự thi lập thành cấp số n n Trư c vào biểu diễn văn n em ngồi ngẫu nhiên vào hai hàng ghế đối di n nhau, dãy có bốn ghế ghế ngồ học sinh Tính xác suất để tích số báo danh hai em ngồ đối di n 8 A B 35 70 C 35 D 105 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu 8!  40320 Gọi A biến cố : “Tíc số báo danh hai em ngồ đối di n bằn n au” Giả sử số báo danh học sinh u1 , u2 , , u8 Theo tính chất cấp số nhân, ta có : u1.u8  u2 u7  u3.u6  u4 u5   u1  q7 v i q công bội cấp số nhân Xếp học sinh có số báo danh u1 vào ngồi ghế Có cách Học sinh ngồ đối di n v i học sinh có số báo danh u1 bắt buộc phải có số báo danh u8 Chỉ có cách xếp Xếp học sinh có số báo danh u2 vào ngồi ghế lại Có cách Học sinh ngồ đối di n v i học sinh có số báo danh u2 bắt buộc phải có số báo danh u7 Chỉ có cách xếp Cứ n ta có số phần tử biến cố A 8.6.4.2  384 cách 384  Do xác suất biến cố A : 40320 105 Câu 141 Trong không gian v i h tọa độ Oxyz , c o a đ ểm A 1; ; , B 3; ; , C 2; 1; mặt phẳng P : 3x MA2 MB A 3y 2z 12 Gọi M a ;b ; c thuộc P cho 3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a B C Lời giải b c D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn A Gọi I x ; y ; z l đ ểm thỏa mãn IA Ta có: IA x ;4 3IC 3x ; z , IB y ;5 3y ; MB 3MC MB MA MI 3MC Do IA2 IB x ;4 y; z IB x 3x y 3y 3z IA MI MI 2MI IB 2 MA2 Do đó: S MI 2 z 2 đó: MA2 3IC 3z x y z Từ ta có h p ươn tr n : K IB MI IC MB 3MC MI x y z 0 IB IC 2MI IC IA2 IB Vectơ c ỉ p ươn IM n 3; x P ươn tr n t am số IM là: y z K 3; 3y 2z 12 3t 3t , t 2t 3t ;1 3t ;1 2t P hình chiếu I lên mặt phẳng P 3t 3t đó: Suy ra: M 3IC 3IC k ôn đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng P : 3x Gọi M I 2;1;1 IA2 2MI IA 5MI 2 1 ; ; Vậy a b 2t c 12 22t 11 t Câu 142 Có số số phức z thỏa mãn 1  i  z   2i  1  i  z   4i ? A B C D Lời giải Chọn D Giả sử z  a  bi  a, b   , ta có 1  i  z   2i  1  i  z  1  i  a    b   i  1  i  a  b2   4i  1  i   a  4  b  2 2  1  i  a  b   4i   4i DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN  a  4  b  2       NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  a  b2     a  4  b  2  a  4  b  2 2  a  4  b  2 2  a  b  i   4i   a  b2    2   a     b     a  b2   a  b2  2  a  b     8a  4b  20  25  8a  4b   b  2a 1  a  b  8a  4b  20  25 a   a   2a  1   5a  4a    a   2 + V i a   b   b  1  z  i 4 + V i a      b2   b    z   i 5 5 Do có số phức z thỏa mãn toán Câu 143 Cho hàm số y  f  x  liên tục R v có đồ thị n nguyên m để p ươn tr n A n vẽ đ Có ao n u trị 1  f  log x   m có nghi m  ;  2  B C Lời giải D Chọn B 1  Đặt t  log x , x   ;   t   2;  2  P ươn tr n 1  f  log x   m có nghi m thuộc đoạn  ;  k 2  p ươn tr n 2  m  f  t   m có nghi m thuộc  2;    m   có giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 144 V o đầu mỗ năm an T ắng gửi vào ngân hàng số ti n 30 tri u đồng v i kì hạn năm, lã suất 7%/năm (mỗi lần gử n au năm) Hỏi sau ao n u năm (sau k n n n tính lãi cho lần gửi cuối cùng) anh Thắn số ti n gốc lẫn lãi từ 500 tri u đồng trở DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ lên? (biết suốt thời gian gửi ti n, anh Thắn k ôn đến rút lãi v , ngân hàng tính theo thể thức lãi kép lãi suất n năm k ôn đổi) A năm B năm C năm D 10 năm Lời giải Chọn C Gọi N số năm an T ắng gửi ngân hàng Lần gử anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an tính vốn lãi cho số ti n : 30.106.(1  7%) N Lần gửi thứ anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an tính vốn lãi cho số ti n : 30.106.(1  7%) N 1 … Lần gửi thứ N anh Thắng gửi 30 tri u đồn , đến hết năm t ứ N an tính vốn lãi cho số ti n : 30.106.(1  7%)1 Tổng số ti n anh Thắng nhận 30.10 (1  7%)  30.10 (1  7%) N N 1  (1  7%) N   30.10 (1  7%)  30.10 (1  7%)  (1  7%) 6 Để số ti n từ 500 tri u đồng trở lên 30.106.(1  7%)  (1  7%) N  500.106  (1  7%) Giả ta N  8,29 nên số năm cần gửi tối thiểu l năm Câu 145.Cho hai mặt cầu S  : x  y  x  6y  4z  11  , S  : x 2  y  x  y  2z   cắt theo giao tuyến l đường tròn  C  Lấ đ ểm A thuộc đường tròn  C  Gọi I , J tâm mặt cầu  S1  ,  S2  , S di n tích tam giác AI J S có giá trị 219 15 C S  26 209 D S  Lời giải A S  B S  Chọn D J T A I Mặt cầu  S1  : x  y  x  6y  4z  11  có tâm I 1;3;  , bán kính R1  Mặt cầu  S2  : x  y  x  y  2z   có tâm J 1; 2;1 , bán kính R2  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Có IJ  26 , R1  R2  IJ  R1  R2 Suy hai mặt cầu  S1  ,  S2  cắt theo giao tuyến đường tròn  C  Gọi M  x; y; z  l đ ểm chung  S1  ,  S2  tọa độ M nghi m đ n : 2   x  y  x  y  z  11   5y  z    2   x  y  2x  y  2z   Suy M thuộc mặt phẳng  P  y  z   Giao tuyến mp  P   S1  l đường tròn  C  chứa đ ểm A ao đ ểm I J mp  P  T tâm đường tròn  C  Gọi T l Có d  J ,  P     2    26 26  Gọi r bán kính  C  r  TA  R22  d  J ,  P    209 26 1 209 1 S  S AIJ  TA.IJ  26  209 Vậy S  209 (đv t) 2 26 Câu 146 ột c t ết má ằn t ép ạn k ố tr n xoa có t ết n n vẽ i đ B ết t ép l 15000đ / kg AB  10dm; AD  4dm Hỏ c đ n ất A 9160000đ k ố lượn r n n đ qua trục l p ần tô đậm t ép l 7850kg / m3 Cho p í vật l u để l m t n sản p m ần v B 11260000đ C 10160000đ Lời giải số t n n o sau D 12100000đ Chọn C V AB  10dm; AD  4dm  A(5; 2), B(5; 2), C(5; 2), D( 5; 2) H pe ol l : x  y  oặc x   y  T ể tíc vật t ể tr n xoa l : Voy    ( y  1)2 dy  86, 289 (dm3 )  0,086289 (m3 ) 2 Tổn c p í sản xuất l : T  0, 086289.7850.15000  10160538,96đ DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Câu 147 Cho khối lập p ươn ABCD.ABCD ' cạnh a Gọi M , N l trun đ ểm đoạn thẳng A ' D ' C ' D ' Mặt phẳng  BMN  chia khối lập p ươn t n a p ần, gọi V thể tích phần chứa đỉnh B ' Tính V ? A 25a 72 B 7a3 24 C 25a 24 Lời giải Chọn A Ta tích cần tính VBB ' EA ' MNC ' F Mà VBB ' EA ' MNC ' F  VB.EA ' M  VB B ' A' MNC '  VB FC ' N PA ' M  ND ' M  PA '  ND ' Ta có:   QC ' N  MD ' N QC '  MD ' Lại có: MD '  ND '  PA '  ND '  MD '  QC '  a  A ' E PA '    PA ' E BAE a  AE BA Mà:    A ' E  QC '  QC ' F BCF  C ' F  QC '   BC  CF 1 a3 Vậy ta có: VB.EA ' M  BA.S EA ' M  BA A ' M A ' E  3 36 Dễ thấy: VB.FC ' N  VB EA ' M  a3 36 1 7a3 Có: VB.B ' A ' MNC '  BB '.S B ' A' MNC '  BB '  S A' B ' C ' D '  S MD ' N   3 24 Vậy: VBB ' EA ' MNC ' F Câu 148 Cho hàm số y 25a  72 f x có xét dấu đạo hàm sau: D 7a3 72 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Hàm số y  g  x   f  x    e x  x  x 1 đồng biến khoảng dư i đ y? C   ;1 B  3;   A 1;3  7 D 1;   2 Lời giải Chọn A   Ta có: y  g   x   f   x    x  x  e x3  x2 3 x 1  x   Dựa vào bảng xét dấu f   x  ta có f   x      x   x   1  x   2  x   f   2x  4     x  2 x    x  x  3 e x3  x2 3 x 1 x  0 x  Bảng xét dấu y  g   x  Vậy hàm số đồng biến 1;3 Câu 149 Có giá trị nguyên tham số m để hàm số f  x   x3  x  m  đồng biến A Vô số B 10 C D Lời giải Chọn A f  x   x3  x2  m   f   x   3x  x  m   8x  x  m   x  x  m  11x  3m  4 3 Để hàm số đồng biến R f   x   , x  V i m   f   x   x10  0, x  R thỏa mãn đ u ki n đ  x  m  V i m  có   f   x   x  x  m  11x  3m   , x   11x  3m  ki n đ thỏa mãn đ u DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN V i m  dễ thấy Xét p ươn tr n Tron n dấu k NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 3m 3m  m  11 11   x2  x    f   x     x  m     x   m   11x  3m   x   3m  11 m x   m, x   đ qua n 3m nghi m phân bi t bậc lẻ nên f   x  đổi 11 m đó, f  x  khơng thể đồng biến Vậ để hàm số f  x  đồng biến (loại) m  suy tồn vô số giá trị nguyên m thỏa mãn đ Câu 150 Cho hàm số y  f  x   mx  nx3  px  qx  r , (v i m, n, p, q, r  đồ thị n n vẽ n i: Tập nghi m p ươn tr n A ) Hàm số y  f   x  có f  x   m  n  p  q  r có số phần tử B C D Lời giải Chọn D Dựa v o đồ thị y  f   x  ta thấ p ươn tr n f   x   có ba nghi m đơn l 3 , 1 , Do f   x   4m  x  1 x  1 x  3 m  1 Gọi S1 di n tích hình phẳng gi i hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  3 , x  1 1 Suy S1   f   x  dx  f  1  f  3  3 1  4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m   3 Gọi S di n tích hình phẳng gi i hạn y  f   x  trục Ox đường thẳng x  1 , x  1 1 1 Suy S2   f   x  dx  f  1  f 1   4m  x  1 x  3 x  1 dx  16m  3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Từ 1 ,   ,  3 ta có S1  S2   f  3  f 1  hay f  3  f 1 Ta có bảng biến thiên sau: Dựa vào bảng biến thiên ta thấ p ươn tr n nghi m phân bi t f  x   m  n  p  q  r  f  x   f 1 có hai ... hàm số y  f  x  có bảng biến t NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ n n sau: Giá trị nhỏ hàm số có bảng biến thiên sau khoảng  2 ;3 là: A y  2 ;3 B y  3 C y  2 ;3 2 ;3 ... giải Chọn B 2a D 11a3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Ta có SO   ABC  S ABC  2 a a a2 ; AO  AM  ,  3 a 3 a 33 SO  SA  AO   2a      3. .. C Lời giải b c D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn A Gọi I x ; y ; z l đ ểm thỏa mãn IA Ta có: IA x ;4 3IC 3x ; z , IB y ;5 3y ; MB 3MC MB MA MI 3MC Do