GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 4 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 SỐ PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA Câu 151 Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD có AC  a bằng: a3 A 2a C B 2a D a Lời giải Chọn D Giả sử AB  x, x  Ta có AC  x Xét ACC : AC2  AC  CC2  x  a Thể tích hình lập phương là: a3 Câu 152 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Tìm giá trị cực đại yCĐ giá trị cực tiểu yCT hàm số cho A yCĐ  yCT  1 B yCĐ  yCT  C yCĐ  1 yCT  D yCĐ  yCT  Lời giải Chọn D Ta thấy đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm qua x  1 y  1  Đạo hàm đổi dấu từ âm sang âm qua x  y 1  Vậy yCĐ  yCT    Câu 153 Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  1;1; ln  b  m  1; 1;  log7 e2 với m  Tìm m để a  b A m  B m  C m  D m  Lời giải Chọn D a  b  a.b   m    ln 7.log e2   m   ln e2   m  Câu 154 Cho hàm số y f x có đồ thị hình vẽ bên DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Các khoảng đồng biến hàm số 1;0  2;   A B C ;0 1; D 1;0 2; Lời giải Chọn D 1;0  2;   đồ thị hàm số lên (theo Nhìn vào đồ thị cho, ta có khoảng chiều từ trái qua phải) nên đồng biến khoảng 1;0  2;    a3  Câu 155 Với a , b hai số dương tùy ý, log   b  A 3log a  log b B 3log a  log b C  log a  log b  D  log a  log b  Lời giải Chọn B  a3  Có log    log a  log b  3log a  log b b  Câu 156 Cho  f  x  dx  3 ;  f  x  dx  A 14 B  g  x  dx   3 f  x   g  x  dx C 17 Lời giải Chọn C 4 0 Có  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx     , 4 0  3 f  x   g  x  dx  3 f  x  dx   g  x  dx  3.3   17 2 1   f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx    Câu 157 Thể tích khối cầu nội tiếp hình lập phương có cạnh a bằng: D 1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN A NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 4 a B a C a D a Lời giải Chọn C 4 Có 2R  2a  R  a , V   R   a 3 Câu 158 Nghiệm phương trình log x  2log  x    A x  4 x  C   x  4 Lời giải B x  x  D  x  Chọn B  x2  x  Điều kiện    x  2 x   Khi phương trình tương đương với: 2log x  2log  x     log x  log  x     log  x  x     x  x     x   x   x  x       x   x  2  x    x  4      x  x   So sánh với điều kiện ta có x  nghiệm phương trình Câu 159 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng   qua A  4; 2;5 song song mặt phẳng   : x  y   phương trình mặt phẳng   C x  y  z   B x  y  z   A x  y   D x  y  10  Lời giải Chọn A Mặt phẳng   qua A  4; 2;5 song song mặt phẳng    nên   có véc tơ pháp tuyến n  1; 1;0 Nên mặt phẳng   có phương trình là: x  y   Câu 160 Họ nguyên hàm hàm số f x A 6x e C e6 x 4x2 x2 3x 3x e6 x 2x C C B e6 x D 6x e x2 x2 3x 3x C C Lời giải Chọn D Ta có f x dx e6 x dx e6 x x dx xdx dx 6x e Câu 161 Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : x2 x 3x C y z qua điểm đây? DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ A Q ( 3; 2; 4) C P ( 2; 4; 1) B M (2; 4;1) D N(3; 2; 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 thỏa mãn Cxx Câu 162 Tìm giá trị x A x 15 x Ax3 B x 17 Chọn B Áp dụng công thức C nk x 5! x2 C nn k , ta có Cxx 15 x 544 C x Lời giải Ax3 x Cx5 17 thỏa mãn x Ax3 32 loaïi D x 14 Câu 163 Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  2 u6  64 Công bội q A B 2 C Lời giải D Chọn D Ta có: u6  u1.q5  (2).q5  64  q  Câu 164 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, trực tâm H điểm biểu diễn số phức sau đây? A z   9i B z   3i C z  i D z   2i Lời giải Chọn A Ta có: A  3; 7  , B  9; 5 , C  5;9  Gọi H  x; y  trực tâm tam giác ABC   AH  BC  AH BC  Ta có:   (*)  BH  AC   BH AC  AH   x  3; y   ; BC   14;14  ; BH   x  9; y   , AC   8;16    x  y  10 x   x  3  14    y   14  (*)      H (1; 9)   x    8   y  5 16   x  y  19  y  9 Vậy trực tâm H tam giác ABC biểu diễn số phức z   9i Câu 165 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số đây? DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN x 1 x 1 A y  NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x 1 x 1 Lời giải B y  C y  x x 1 D y  x 1 x2 Chọn A Đồ thị hàm số qua điểm M 1;0  nên loại đáp án B, C Đồ thị qua điểm N  0;1 nên loại đáp án D Vậy đồ thị cho hàm số y  x 1 x 1 Câu 166 Cho đồ thị hàm số y  f '( x ) hình vẽ Hàm số y  f ( x) đạt giá trị nhỏ khoảng  0; 2 x bao nhiêu? A x  B x  C x  D x  Lời giải Chọn C Dựa vào đồ thị hàm số y  f '( x ) ta có BBT sau: Dựa vào BBT suy hàm số y  f ( x) đạt giá trị nhỏ khoảng  0; 2 x  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Câu 167 Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f ( x)   x  1 ( x  3)( x  2)  x  3 , x  Số điểm cực đại hàm số cho A B D C Lời giải Chọn B  x  3  x  2  Ta có f ( x)    x   x  Xét dấu f ( x ) , ta Do f ( x ) đổi dấu từ dương qua âm lần nên hàm số f ( x ) có điểm cực đại Câu 168 Số phức z thỏa mãn z  z   3i có phần ảo A 1 B i D 3i C 3 Lời giải Chọn A Giả sử z  a  bi  a, b   a  4 Ta có: z  z   3i  a  bi   a  bi    3i  a  3bi   3i   b  1 Vậy số phức z có phần ảo 1 Câu 169 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu  S  nhận gốc tọa độ O làm tâm và qua điểm M  2;0;0  A x2  y  z  B x  y  z  C x  y  z  D x  y  z  Lời giải Chọn B  S  có tâm O  0;0;0  , bán kính R  OM  OM  22  02  02  Suy  S  có phương trình:  x     y     z    22 hay x  y  z  2 Câu 170 Đặt log  a , log15 81 A a3 B 3a C 1 a Lời giải D a 1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn C Ta có log15 81  4   log81 15 log3 15  a Câu 171 Gọi z1 , z2 , z3 , z4 nghiệm phức phương trình z  z   Khi z1  z2  z3  z4 A 22 B 2  D C   2 Lời giải Chọn D  z1,2  i z2    z  2 Ta có: z  5z     z   z  3       z3,4  i z    z  3 2 Khi đó: z1  z2  z3  z4        2 Câu 172 Trong không gian Oxyz , cho khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  z    P  : x  y  2z  m  ( m tham số thực) Mệnh đề đúng?  m  9 A  m   m  6 B  m  Chọn C Ta phải có  P  / /  Q   m  (*) Điểm A  9;0;0    P   d   P  ;  Q    d  A;  Q    Bài d   P  ;  Q     m  12 D  m   m  15 C  m  Lời giải  2.0  2.0  m 12   2   22  m9 m9 m   m  15 thỏa mãn (*) 2  m   6 m  Câu 173 Bất phương trình x   25 x 1008 có nghiệm A x  1010 B x  2018 C x  2018 Lời giải Chọn B D x  2018  Ta có 5x2  25x1008  5x2    x   x  2016  x  2018 Câu 174 Diện tích phần hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên tính theo cơng thức đây? x 1008 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x2  A    x3  3x    dx x2 2  1 C   x3  3x   2 B  x  3x   2 x2 dx x2 D     x x2 dx x2  3x   2 x2  dx x2 Lời giải Chọn B Diện tích hình phẳng tơ đậm hình vẽ bên là: x2  x2 2   x  3x  2   x   dx  2  x  3x   x  dx 1 Câu 175 Cho khối nón có góc tạo đường sinh mặt đáy 60 , độ dài đường cao a Thể tích khối nón A  a3 B  a3 C  a D Lời giải Chọn B Giả sử thiết diện qua trục khối nón tam giác SAB hình vẽ Theo giả thiết SO  a, SBO  60 Xét tam giác SOB có tan SBO  SO SO a  OB   OB tan SBO 1  a   a3 a  Vậy thể tích khối nón cần tìm là: V   r h    3   Câu 176 Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau  a3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Tổng số tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho B A C Lời giải D Chọn A Dựa vào bảng biến thiên hàm số ta có: lim f ( x) x tiệm cận đứng x lim f ( x)   nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang x  Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận đứng Câu 177 Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Thể tích khối chóp cho A 4a B 6a3 C 14a3 D 6a3 Lời giải Chọn A S A D O B Ta có SO   ABCD  S ABCD  a2 ; AO  SO  AO.tan 60  C AC a , góc SA đáy SAO  60 ,  2 a 1 a 6 Vậy thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SO  a  a 3 Câu 178 Hàm số f  x   log  x  5 có đạo hàm A f   x   2x  2x  5 ln B f   x   2x 2x  C f   x   x   5 ln D f   x   x.ln 2x  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn B Ta có: f   x   2 2 x x     ln  x.ln 2x   2x  5 ln 2x  Câu 179 Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f  x    m có ba nghiệm phân biệt A m  3 B 3  m  C 2  m  Lời giải D m  Chọn B Ta có f  x    m  f  x   m  Do đó, số nghiệm phương trình f  x    m số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  m  Do đó, dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình f  x    m có ba nghiệm phân biệt 2  m   hay 3  m  Câu 180 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác vng A , AB  a , ACB  300 3a SA  SB  SD với D trung điểm BC Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BC Tính cosin góc hai mặt phẳng  SAC   SBC  A 33 B C Lời giải Chọn C 65 13 D 11 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ AB  2a  AD  BC  BD  DC  a sin C Ta có tam giác ABD cạnh a Gọi I , E trung điểm BD AB , H giao AI DE Khi dễ thấy H trọng Ta có BC  tâm tam giác ABD Do SA  SB  SD nên SH   ABC  Gọi K hình chiếu vng góc I lên SA , IK đoạn vng góc chung SA a BC Do IK  d  SA; BC   Đặt SH  h , AI  a2 a a , AH   SA   h2 3 Lại có AI SH  IK SA  2S SAI  a 3a a h  h2  h  a Gọi M hình chiếu A lên SI , AM   SBC  Gọi N hình chiếu M lên SC , SC   AMN     SAC  ,  SBC    ANM   Ta có: HI  AI SH 3a a 39 a  AM   ; SI  SI 6 13 Mặt khác IM  AI  AM  Ta lại có SMN  tan   SCI  5a a 39 a 30 ; SC   SI  SM  SI  IM  26 39 MN SM SM CI 3a 130   MN   CI SC SC 52 AM 10 65 hay cos    MN 13 Vậy góc hai mặt phẳng  SBC   SAC   với cos   Câu 181 Tích tất nghiệm phương trình A 2 B 4   21   x C  21 65 13   5.2 x x D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn B Ta có:   21   21   Vì      x   x  21   5.2 x x   21    21     5          x   21   1        21   Đặt t       x x x , t    21 t  2 Phương trình trở thành: t    t  5t     t   21 t   x  21   21   21     x  * Với t   2    x  21   21   21     x  2 * Với t   2    Phương trình có nghiệm : x1  , x2  2  x1.x2  4 Câu 182 Một vật trang trí gồm khối trụ khối nón có bán kính đáy r xếp chồng lên (như hình vẽ) Khối trụ có chiều cao h nửa chiều cao khối nón Biết thể tích khối vật trang trí 80 cm Thể tích khối trụ A 40 cm3 B 45 cm C 48 cm D 60 cm Lời giải Chọn C  Thể tích khối trụ là: V1   r h 5  Thể tích khối vật trang trí là: V   r h   r  2h    r h  V1 3  Suy ra: V1  80 Do đó: V1  48cm3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Câu 183 Tính nguyên hàm I   x   sin x  dx , ta được: x  x cos x  sin x  C C I  x  x cos x  sin x  C x  x cos x  sin x  C D I   x  x cos x  sin x  C Lời giải A I  B I  Chọn A  du  dx u  x Đặt   dv   sin x dx v  x  cos x      Khi đó, áp dụng cơng thức tích phân phần, ta có 3  I   3x  cos x  x    3x  cos x  dx   3x  cos x  x   x  sin x   C 2  3  x  x cos x  x  sin x  C  x  x cos x  sin x  C 2 Câu 184 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng, SA vng góc với mặt đáy SA  a Góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD  60 Khoảng cách hai đường thẳng AB SC A a B a C Lời giải Chọn D CD  AD  CD   SAD   CD  SA Trong tam giác SAD kẻ AH  SD H  AH  SD  AH   SCD    AH  CD a D a DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ  SCD   d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD    AH AB CD  AB  ABCD    SCD   CD     SCD  ,  ACBD    SDA  60  SD  CD  AD  CD  Trong tam giác vng SAD ta có : tan D  SA SA a  AD   a AD tan D tan 60 Trong tam giác vuông AHD ta có sin D  AH a  AH  AD.sin D  a.sin 60  AD  d  AB, SC   a Câu 185 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  Q  : x  y  z  Gọi  P   Q  Giao tuyến  P  x   t  A  y  1  2t  z  1  x 1 y z 1   mặt phẳng mặt phẳng chứa đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  Q  có phương trình x  1 t  B  y  2t z    x   2t  C  y  1  t  z  1  5t   x   2t  D  y  t  z   5t  Lời giải Chọn D d có vtcp ud   2;1;3 ,  Q  có vtpt nQ    2;1; 1  P có vtpt n P  ud , nQ    4;8;0     P qua M 1;0; 1 PTTQ  P  : 4  x  1   y     4 x  y    x  y   Giao tuyến   P   Q  có VTCP là: u  n P , nQ    2;1;5    x   2t  Điểm N 1;0;  điểm chung  P   Q  nên  có phương trình là:  y  t  z   5t  Câu 186 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  2mx  2m  đồng biến xm khoảng 1;   A m  C m  B m  Lời giải Chọn A D m  DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Ta có: y  NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ x  2mx  2  x  m  x2   x  2mx    2m  Để hàm số đồng biến 1;    y  0, x  1;      x m  m   Xét hàm f ( x)  x2  (1; ) x x2  Cho f ( x)   x  x2 Ta có: f ( x)  Bảng biến thiên :  m  Dựa vào bảng biến thiên điều kiện ta kết   m 1   2m  2   Câu 187 Xét số phức z thỏa mãn  z   i  z  i  2i  số ảo Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn có diện tích A S  2 B S  9 C S  2 D S  3 Lời giải Chọn B Giả sử w  a  bi với a, b  R   Khi  z   i  z  i  2i   a    b  1 i  a   b  1 i   2i   a  a     b2  1   a  b  1   a   b  1  2 i   Suy  z   i  z  i  2i  số ảo a  a    b2    a  b2  2a    Điểm biểu diễn số phức z đường tròn bán kính r  Vậy S  3 Câu 188 Biết I   A P  dx 14 với a , b , c  2 a b 3 x 1  x B P  12 * Tính P  a  b  c C P  19 D P  29 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Lời giải Chọn C I  dx  x   x 1 3 2 32  14 x   x dx    x  1  x    2 1 3 3    a  3, b  2, c  14  P  a  b  c    14  19 Câu 189 Cho hàm số y  f ( x) Hàm số y  f '( x ) có bảng xét dấu hình vẽ Bất phương trình f ( x)  e3 x  x  m có nghiệm thuộc  0;1 A m  f (1)  e2 C m  f (0)  B m  f (1)  e2 D m  f (0)  Lời giải Chọn A Ta có: m  f ( x)  e3 x  x Xét g ( x)  f ( x)  e3 x  x , x  (0;1) Ta có g '( x)  f '( x)  (3  x)e3 x  x  0, x  0;1 2 Bảng biến thiên hàm số g ( x) Vậy m  g ( x)  m  g (1)  m  f (1)  e [0;1] Câu 190 Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh đánh số thứ tự từ đến ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện 8 A B C D 105 35 35 70 Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu 8!  40320 Gọi A biến cố : “Tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau” DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Do tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nên hai học sinh ngồi đối diện 1; 8 ,  2;  ,  3;  ,  4;  (         ) Xếp học sinh có số thứ tự vào ngồi ghế Có cách Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự bắt buộc phải có số thứ tự Chỉ có cách xếp Xếp học sinh có số thứ tự vào ngồi ghế lại Có cách Học sinh ngồi đối diện với học sinh có số thứ tự bắt buộc phải có số thứ tự Chỉ có cách xếp Cứ ta có số phần tử biến cố A 8.6.4.2  384 cách 384  Do xác suất biến cố A : 40320 105 Câu 191 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;1;3  , B 1; 1;  , C  3; 6;1 Điểm M  x; y; z  thuộc mặt phẳng  Oyz  cho MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị biểu thức P  x  y  z A P  C P  B P  D P  2 Lời giải Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Suy ra: G  2; 2;  2 Ta có: MA2  MB2  MC  MA  MB  MC      2  MG  GA  MG  GB  MG  GC  2  3MG  GA2  GB  GC Do tổng GA2  GB  GC không đổi nên MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ hay MG nhỏ Mà M nằm mặt phẳng  Oyz  nên M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng  Oyz  Suy ra: M  0; 2;  Vậy P  x  y  z    2    Câu 192 Có số phức z thỏa mãn z z 10 C B A z z i Chọn D x yi Theo giả thiết ta có zz z 10 x z y z x 10 x y z z x z Vậy có số phức cần tìm z y 5i x z 10 y i? D Lời giải Giả sử số phức có dạng z z DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Câu 193 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 0;2 1     m có nghiệm phân biệt thuộc A  a; b , a  b  B  a; b  c , a  b  c  7 C  a; b  , b  2a  D  a; b   c , c  b  2a  Lời giải Chọn D Đặt t  x 1 3   Với x  0; 2  t   ;9 2  Ta có với t  3  có giá trị x   0; 2 Với giá trị t   ;9  , tồn giá trị 2  x   0; 2  Do hương trình f x phương trình 1     m có nghiệm phân biệt thuộc  0;2 f t   m 1 có nghiệm phân biệt thuộc 0  m   1  m  3  Chọn đáp án D t   ;9    2  m   13 m  14 Câu 194 Bác Vương mua hộ khu Vinhomes City với giá 4,5 tỉ đồng Bác sẵn có 12% số tiền để mua, phần lại bác vay tiếp ngân hàng với lãi suất tháng 0,83% Hình thức trả nợ cho ngân hàng sau: Đúng tháng kể từ ngày giải ngân, bác bắt đầu trả nợ; hai lần trả liên tiếp cách tháng, số tiền trả nợ tháng bác bác phải trả 12 năm Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi tháng bác Vương phải trả tiền cho ngân hàng A 47,234 triệu đồng B 53,675triệu đồng C 47,233 triệu đồng D 53,674 triệu đồng Lời giải Chọn A n Công thức tính vay vốn trả góp: X A r r r Ta có: A  4,5 12%.4,5  3,96 (tỉ) Sau 12 năm nợ trả hết nên n  144 n DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 144  0,83  0,83 3,96.1000 1   100  100  Khi đó: X   47, 23363815 (triệu đồng) 144  0,83  1   1 100   Câu 195 Cho hai mặt cầu  S  : x  y  8x  6y  4z  11  hai điểm A 1;2;3 , B  1;2; 0 Gọi  P  mặt phẳng A, B khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  có giá trị lớn Viết phương trình mặt phẳng  P  A  P  : 3x  y  2z   B  P  : 3x  y  2z   C  P  : 3x  y  2z  11  D  P  : 3x  y  2z   Lời giải Chọn A Mặt cầu  S  : x  y  8x  6y  4z  11  có tâm I  4;3;2  Gọi H hình chiếu I lên mặt phẳng  P  , gọi K hình chiếu I lên đường thẳng AB   Khi d I ;  P   IH  IK Do khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng  P  có giá trị lớn IK  K  H  IK   P  Suy mặt phẳng  P  có VTPT n  IK  x   2t  Ta có phương trình tham số AB :  y   z   3t  K  AB  K 1  2t;2;3  3t  Mà IK  AB  IK AB     2t  2    1  1  3t  3   t   K  1;2;   IK   3; 1; 2  Suy phương trình mặt phẳng  P   P  : 3x  y  2z   Câu 196 Người ta muốn sơn mái hiên dạng v m hình vẽ Biết tiết diện vng góc DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ với mái parabol Chi phí trọn gói sơn cơng đ m Độ dài đường cong b hàm số y f(x) đoạn  a; b xácđịnh theo công thức C     f ' ( x)  dx Cho a AB  6m; AO  4m; MN  4m Số tiền để sơn hoàn thiện mái hiên gần với số sau Biết sơn bề mặt phía mái hiên A 10150000đ B 9160000đ C 11152000đ Lời giải D 12205000đ Chọn C parabol là: y   x  Độ dài đường cong parabol y   x   2; 2 C     2 x dx  9, 2935 (m) 2 Diện tích bề mặt cần sơn là: S  9, 2935.6  55, 76 (m2 ) Tổng chi phí sơn là: T  55, 76.200000  11152000đ Câu 197 Cho tứ diện ABCD tích Gọi điểm M , N thuộc cạnh AB, BC thỏa mãn BM  AM , CN  BN Điểm E đối xứng B qua D Mặt phẳng  EMN  chia tứ diện làm phần Gọi V thể tích phần chứa đỉnh A Tính V ? 19 18 40 A B C 18 19 Lời giải Chọn A D 20 Có: V  VAMQCNP Dễ có VABCE  2VABCD  10 Ta có: VE.DPQ VE.BNM  9V ED EP EQ    VE.DPQ  E.BNM EB EN EM 10 40 40 1 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN Lại có: NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ VB.MNE BM BN BE 2V 40     VB.MNE  B ACE  VB ACE BA BC BE 3 9  2 VB ACE 71   VBMNDPQ  VE BNM  VE DPQ  20 18 19 Từ suy V  VABCD  VBMNDPQ  18 Từ 1   suy ra: VE DPQ  Câu 198 Cho hàm số y y g x f x có đạo hàm f   x   x  x  1 f 2x A   ;  2  2018  x  2 2019 với x Hàm số x3 x 12 x đồng biến khoảng đây?   B  4;   C   ;   D  3;    Lời giải Chọn D Ta có bảng xét dấu đạo hàm f   x  sau: Ta có: y  g   x   2 f    x   x  x  12  x   Dựa vào bảng xét dấu f   x  ta có f    x     x  x    2 f    x    f    x    2   x    x  Bảng xét dấu y  g   x  Vậy hàm số đồng biến  3;  Câu 199 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình m2 8x   m2   x   m   x  m  nghiệm với x  Tổng phần tử tập S A B 2 C 3 Lời giải D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Chọn B Đặt x  t điều kiện t  m2 8x   m2   x   m   x  m  nghiệm với x  tương đương với phương trình m2t   m2   t   m   t  m  nghiệm với t  Đặt f  t   m2t   m2   t   m   t  m Ta có f  t   m2t   m2   t   m   t  m  m2t  m2t  2t  mt  2t  m  m2t  t  1  2t  t  1  m  t  1   t  1  m2t  2t  m  Giả sử t   nghiệm phương trình g  t   m2t  2t  m  hàm số f  t    t  1  m2t  2t  m  đổi dấu qua điểm t 1  , nghĩa m2t   m2   t   m   t  m  khơng có nghiệm với t  Do đó, u cầu tốn thỏa mãn điều kiện cần g  t   m2t  2t  m  có m  nghiệm t  , suy m2   m    m  2 Điều kiện đủ Với m  1, f  t    t  1  t  2t  1   t  1 không thỏa mãn điều kiện f  t   0, t  (Vì với t   0, 1 f      (loại)) 2 Với f  t    t  1  4t  2t     t  1  4t    0, t  Vậy S  2 , tổng phần tử tập S 2 Câu 200 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    mx  r có số phần tử B B C D DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN NHÓM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 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  4 3 10  f   x   m  3x3  10 x  x  12   f  x   m  x  x3  x  12 x   r 3 4  10 Phương trình f  x    mx  r  x  x  x  12 x  x  1  3 10 x  x  x  14   3 10  x  x  x  14 x       x  Giải phương trình  3 : Cách 1: Dùng máy tính có nghiệm khác Cách 2: Đặt hàm g  x   g ' x  3 10 x  x  x  14 20 40  1762 x  x    x1,2  27 Bảng biến thiên:  40  1762  Do g    2,  27   Suy g  x  cắt trục hoành điểm có hồnh độ âm hay phương trình  3 có nghiệm âm Vậy phương trình f  x    mx  r hai   , 1 có nghiệm phân biệt tức số nghiệm phương trình ... hết nên n  144 n DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ 144  0,83  0,83 3,96.1000 1   100  100  Khi đó: X   47 , 23363815 (triệu đồng) 144  0,83  1... z qua điểm đây? DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ A Q ( 3; 2; 4) C P ( 2; 4; 1) B M (2; 4; 1) D N(3; 2; 4) Lời giải Chọn C Đáp án A nhầm vectơ phương Đáp án... Câu 176 Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên sau  a3 DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN NHĨM PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2018-2019 ĐỀ SỐ Tổng số tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho B A C Lời giải D Chọn A Dựa