Đề thi thử toán THPTQG 2019 trường chuyên phan bội châu – nghệ an lần 2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1.A 2.D 3.C 4.D 5.C 6.B 7.A 8.C 9.A 10.D 11.B 12.C 13.B 14.A 15.D 16.D 17.D 18.C 19.A 20.C 21.D 22.B 23.D 24.D 25.B 26.C 27.B 28.B 29.B 30.A 31.A 32.C 33.D 34.A 35.D 36.A 37.B 38.C 39.B 40.C 41.D 42.C 43.B 44.C 45.C 46.A 47.D 48.B 49.A 50.D Câu 1: Phương pháp: - Tính cơng bội q, từ suy u6 - Sử dụng công thức un  u1q n1 Cách giải: Ta có: u3  u1.q  18  2.q  q  3 Vậy với q  u6  u1.q  2.35  486 Với q  3 u6  u1.q   3  486 Chọn: A Chú ý giải: Nhiều HS chọn nhầm đáp án D đọc khơng kĩ đề thành cấp số “cộng” Nhiều em khác lại chọn nhầm B quên trường hợp q  3 Câu 2: Phương pháp: y'  ax  b Hàm số y   cx  d   nghịch biến K   d cx  d  c  K Cách giải: TXĐ: D   \ m Ta có: y '  m  m  1  2m   x  m  m2  m   x  m Để hàm số nghịch biến khoảng 1;  2  m2  m  y '  0 m  m    1  m  2 x  m   1 m      m  m  1 m  1;     Vậy m  1;2  Chọn: D Câu 3: Phương pháp: b Xét phương trình hồnh độ giao điểm, tìm nghiệm tính diện tích theo cơng thức S   f  x   g  x  dx a Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x   x  x   x  x   3x  x    x  Dễ thấy x  x  khoảng  0;2  nên diện tích hình phẳng cần tính là: 2 S    x  x   x  x  dx   x  x dx 2 0 2 0    x  x  dx   x  x3   Chọn: C Câu 4: Phương pháp:  u  u 'v  v 'u Sử dụng công thức tính đạo hàm hàm hợp   '   a x  '  a x ln a v v Cách giải: x x   x  2  1  x  ln 1   x  1 ln Ta có: y '   x  '   22 x 2x   Chọn: D Câu 5: Phương pháp: - Cộng hai số phức theo công thức  a  bi    a ' b ' i    a  a '   b  b ' i - Tính mơ đun số phức theo công thức z  a  b Cách giải: Ta có: z1  z2  1  i     3i   1    1  3 i   2i Vậy z1  z2  32   2   13 Chọn: C Câu 6: Phương pháp: Thể tích khối hộp đứng có chiều cao h diện tích đáy S V  h.S Cách giải: Giả sử ABB ' A ' hình vng cạnh a chiều cao hình hộp AA '  a diện tích đáy hình hộp S ABCD  3a Thể tích hình hộp V  AA '.S ABCD  a.3a  3a Chọn: B Câu 7: Phương pháp: Biến đổi phương trình dạng f  x   g  m  sử dụng tương giao đồ thị tìm số nghiệm phương trình Cách giải: Ta có: f  x   m   f  x    m  * Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y   Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt  * có ba nghiệm phân biệt   m m   m  2 Chọn: A Câu 8: Phương pháp: Quan sát bảng biến thiên lưu ý hàm số y  f  x  có f '  x   khoảng  a; b  hàm số đồng biến  a; b  Đường thẳng y  y0 tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  f  x  hai điều kiện sau thỏa mãn lim y  y0 lim y  y0 x x Cách giải: Từ BBT ta có hàm số đồng biến  ;1  2;  nên A Hàm số có hai điểm cực trị x  1; x  nên B Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y  1 (vì lim y  1 ) nên D x Hàm số có giá trị nhỏ 1 sai khơng tồn giá trị x để y  1 Chọn: C Câu 9: Phương pháp: - Tìm khoảng nghịch biến hàm số cho dựa vào đồ thị - Nhận xét đáp án (khoảng cần tìm khoảng nghịch biến) Cách giải: Dễ thấy hàm số nghịch biến khoảng  ; 1  0;1 1 2 Mà  ;    0;1 nên hàm số nghịch biến khoảng 2  1 2  ;  2  Chọn: A Câu 10: Phương pháp: 10 Giải phương trình tìm z1 , z2 sau tính tốn Lưu ý: Với z  a  bi,  a, b    z  a  b Cách giải:  z   3i  z  1  3i Ta có z  z  10    z  1  9  9i     z   3i  z  1  3i Khi z1  z2   1  32   1   3  20 2 2 Chọn: D Câu 11: Phương pháp:  x  x0 y  y0 z  z0   có VTCP u  a; b; c  a b c   - Nếu u  a; b; c  VTCP d ku   ka; kb; kc  VTCP d - Đường thẳng Cách giải:    Dễ thấy d có VTCP ud  2;1;2  nên nhận u  2ud  4;2;4  làm VTCP Do a  4; b   a  b  Chọn: B Câu 12: Phương pháp: Sử dụng công thức tổ hợp, chỉnh hợp Cách giải: Với k n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n  , ta có Cnk  Cnnk ; Ank  n! ;  n  k ! Cnk  Cnk 1  Cnk11 Nên A, B, D Xét C: Ank  Cnk  n! n! 1     (vơ lý k     1  ) k! k! k!  n  k ! k ! n  k ! Chọn: C Câu 13: Phương pháp: - Vẽ đồ thị hàm số y  2 x  x  , từ suy đồ thị hàm số y  2 x  x  kết luận Cách giải: Hàm số y  2 x  x  có đồ thị parabol có hồnh độ đỉnh x  49 , tung độ y  Đồ thị: 11 Chọn: A Câu 32: Phương pháp: + Sử dụng cách xác định góc hai mặt phẳng (P); (Q)  P    Q   d  a  d ; a   P   góc tạo (P) (Q) góc tạo hai đường thẳng a b  b   Q  ; b   Q  + Tính tốn dựa vào định lý Pytago Cách giải: Gọi I giao điểm hai đường chéo hình vng ABCD Khi I trung điểm BD Xét tam giác A ' BD cân A '  A ' I  BD tam giác C BD cân C '  C ' I  BD  A ' BD    C ' BD   BD   góc tạo  A ' BD   C ' BD  Ta có  A ' I  BD C ' I  BD  góc A ' IC ' Gọi AB  x  AA '  AB x  2 Xét hình vng ABCD có AC  BD  x  A ' C '  x 2; DI  x 2 x 6 x 10 Xét tam giác AA ' D vng A có A ' D  A A '  AD     x    2 2  x 10   x  Xét tam giác A ' DI vng I có A ' I  A ' D  DI        x 2     2 Vì A ' DB  C ' DB  c  c  c   C ' I  A ' I  x Xét tam giác A ' IC ' có A ' I  C ' I  A ' C '  x nên A ' IC ' tam giác Suy A ' IC '  600 Vậy góc tạo  A ' BD   C ' BD  góc A ' IC ' 600 Chọn: C Câu 33: Phương pháp: Thay z  a  bi vào đẳng thức cho, tìm a, b kết luận Cách giải: Có z  a  bi  z  a  bi thay vào đẳng thức cho ta được: 19 1  i  a  bi    a  bi    2i  a  b   a  b  i  2a  2bi   2i   3a  b    a  b  i   2i  a  3a  b    a  b    1   2 a  b  b    Chọn: D Câu 34: Phương pháp: + Xác định chiều cao hình chóp + Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp: Bước 1: Xác định tâm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD Bước 2: Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy Kẻ đường trung trực cạnh bên giao với trục đường trịn tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp + Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp dựa vào định lý Pytago + Mặt cầu có bán kính R có diện tích S  4 R2 Cách giải: Gọi O tâm hình vng ABCD, gọi M , N trung điểm AB; CD Kẻ SH  MN H Ta có SN  DC ; MN  DC  DC  ( SMN )  DC  SH Mà SH  MN  SH  (ABCD) AC a MN a  ; OM  ON   2 2 a Vì tam giác SDC vng cân S có cạnh huyền CD  a  SN  Vì ABCD hình vng cạnh a nên OB  OC  OA  OD  Vì tam giác ABS cạnh a  SM = a 20 2    a  4a a   2   a  nên SMN vuông S Xét tam giác SNM có MN  SN  SM a                2 a a SN a a a   HO  Suy SH MN  SN SM  SH  2  SN  NH NM  HN  MN 4 a Nhận thấy O tâm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD Kẻ tia Oy / /SH , tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD nằm đường thẳng Oy a , K  (O; OA) Trong mặt phẳng (SMN ), lấy E trung điểm SK , kẻ EI đường trung trực SK (I  Oy) IK = IS = IA = IB = IC = ID nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD bán kính R = IK Trên tia OM ta lấy K cho OK = OA = a a ; OF  SH  4 Gắn hệ trục Oxy với OM  Ox; Oy / /SH Kẻ SF  Oy  SF = OH = Đặt I  0; y0   IF  a  y0 a   a 2 Xét tam giác vng ISF có IS  IF  SF    y0       4 2 a 2 Xét tam giác vng OIK có IK  OI  OK  y0      2 2 2 a   a 2 a 2 a2 a Vì IK  IS  IK  IS    y0      y0     y   y0      4   2 Suy bán kính mặt cầu R  IK  a 2 a a a 21 y0       12   Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S  4 R  4 a 21 7 a  36 Chọn: A Câu 35: Phương pháp: - Trải phẳng mặt nón cắt mép SA - Tính góc tâm chắn cung AB suy độ dài AC Cách giải: 2 R   R  5 Độ dài cung AB 21 Có 5  10.A SC  A SC   Do ACmin  SA2  SC  102  52  5 Chọn: D Câu 36: Phương pháp: + Từ giả thiết suy tập hợp điểm M (z) hình vng + Biến đổi để đưa P với khoảng cách từ điểm I (2; 2) đến M + Đánh giá để tìm max; P Cách giải: Gọi M (x; y) điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x; y    Ta có: z  z  z  z   x  yi  x  yi  x  yi  x  yi   x  y 2 Suy tập hợp điểm M hình vng KBCD (hình vẽ) có đỉnh K  2;0  ; B  0;  ; C  2;0  ; D  0; 2  Xét P  z   2i   x     y   i  Nhận thấy với I  2;   IM   x  2   y  2  x  2   y  2 2 P Như Pmax  IM max ; Pmin  IM Gọi E 1;1 trung điểm BK  IE  IK  ID Nên Pmax  ID   2    22  Pmin  IE  Vậy A  M  m     34;6 1    1   2   Chọn: A Câu 37: Phương pháp: - Tìm mặt phẳng (Q) chứa d có phương Ox - Đường thẳng d ' giao tuyến mặt phẳng (P) với (Q) Cách giải: 22 Gọi (Q) mặt phẳng chứa d có VTCP phương với Ox    Khi (Q) có VTPT nQ   ud , i    0;3; 1   ud  n P      Lại có d '   P    Q  nên    hay ud phương với  n P  , nQ   ud  nQ      Ta có: n P   1;1;1 , nQ    0; 3;1 nên  n P  , nQ     4; 1; 3   Khi u  673ud   2692;673; 2019  a  2692, b  673  a  b  2019 Chọn: B Câu 38: Phương pháp:   Ta sử dụng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d nP ud    nP u Góc đường thẳng  mặt phẳng (P)  sin     nP u Từ tìm b, c  b.c Cách giải:  Theo đề ta có: nP  1; b; c    Đường thẳng d1 ; d có VTCP u1   2; 2; 1 ; u2  1;0; 1     Vì mặt phẳng (P) qua d1 nên nP  u1  nP u1    2b  c  1 Vì mặt phẳng (P) tạo với d góc 450 nên ta có:   n 1 c P u2 sin 450      nP u2  b2  c2   c   b  c  b  2c  c   Từ (1) (2) suy ra:  2b  b2  2 b2   b  4b    b   c  2  b.c  4 Chọn: C Câu 39: Phương pháp: - Đạo hàm hàm số f  x  đến cấp 2019 (tìm cơng thức tổng qt)   3  - Xét hàm y  f  2019  x  khoảng  ;  tìm điều kiện để bất phương trình f  2019  x   m  12    3  nghiệm với x   ;   12  Cách giải: 23 f  x   cos x; f '  x   2sin x; f ''  x   22 cos x; f '''  x   23 sin x f  4  x   24 cos x, f 5  x   25 sin x, f  6  x   26 cos x, f    x   27 sin x  f  k   x   24 k cos x   f  k 1  x   24 k 1 sin x Do đó:  k     x   24 k  cos x f   k  3  x   24 k 3 sin x  f  f  2019  x   f  4.5043  x   22019 sin x   3  Xét hàm y  f  2019  x   22019 sin x  ;  ta có:  12    + Trên khoảng  ;   12     1  x   ;   sin x   ;1  22019 sin x   22018 ; 22019  6 2 2  hàm y  22019 sin x đồng biến khoảng    4037    3    3  2019 + Trên khoảng  ;  x   ;   sin x   ;1  sin x   2 ; 22019  hàm 4  2      y  22019 sin x nghịch biến khoảng Bảng biến thiên: x   12 3 22019 y  22019 sin x 4037 22018   3  Quan sát bảng biến thiên ta thấy, bất phương trình f  2019  x   m nghiệm với x   ;   12  m  22018 Chọn: B Câu 40: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa xác suất P  A   n  A n  A  số phần tử biến cố A n    số n  phần tử không gian mẫu Cách giải: Gọi số tự nhiên có bốn chữ số khác abcd , a, b, c, d số tự nhiên có chữ số, a  24 + Có cách chọn a; cách chọn b; cách chọn c; cách chọn d  có 6.6.5.4 = 720 số tự nhiên có bốn chữ số khác hay n     720 Gọi A biến cố “Số chọn số lớn 2019 bé số 9012” Tính n  A  : TH1: Nếu a  2; b  0; c  3; d tùy ý khác a; b; c  có 1.1.4.4 = 16 số TH2: Nếu a  2; b  0; c; d tùy ý khác khác a; b có 1.5.5.4 = 100 số TH3: Nếu a  3;4;8 ; b; c; d khác khác a có 3.6.5.4 = 360 số TH4: Nếu a  9; b  có 1.1.5.4 = 20 số Suy n  A   16  100  360  20  496 số Xác suất cần tìm P  A   Chọn: C Câu 41: Phương pháp:  - Tính  f  n  A  496 31   n    720 45  - Lập bảng biến thiên hàm số y  f Cách giải: Xets hàm y  f y'   f     x  ' tìm nghiệm  f    y '   x f '     x nửa khoảng   2; suy tập giá trị m    x nửa khoảng   2; ta có:    x ' f ' 4 x x  0  f ' 4 x  4 x '      x2  '   2     4 x     x f '   x2   x2 x  x      x  1    x0 0 x      2;      x   Bảng biến thiên:  x f' f    x2  x2   +  f  2 1 25 Từ đồ thị hàm số cho ta thấy 1  f   nên để phương trình f    x  m có nghiệm nửa  khoảng   2; 1  m  Vậy m   1;3 Chọn: D Chú ý giải: Ở bước xét dấu lập bảng biến thiên, em lấy giá trị x thuộc khoảng cần xét dấu, thay vào f ' tính tốn kết quả, từ suy dấu f '      quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến khoảng 1;  Do khoảng  0;  f '   x   Cụ thể: Với x  0; ta chọn x  f ' Câu 42: Phương pháp:    + Xác định điểm I cho IA  IB  Từ Pmax  IM max ; Pmin  IM + Từ tìm GTLN GTNN IM với M  mặt cầu (S) tâm K bán kính R + Lập luận để có IM  IK  R;max IM  IK  R Cách giải:    Gọi điểm I  x; y; z  cho IA  IB     IA  IB   x  4; y  3; z  1   x  3; y  1; z  3 2  x    x   x     2  y  3  y    y   I  5;5; 1   z  1  2  z  1  z  Suy IA  3; IB      Xét P  MA2  MB  MI  IA  MI  IB      MI  MI IA  IA2  MI  MI IB  IB     MI  IA2  IB  MI 2.IA  IB  MI       Suy Pmax  IM max ; Pmin  IM với M   S  Mặt cầu (S) có tâm K 1;2; 1 bán kính R  Nên IK  Khi đường thẳng IK giao với mặt cầu hai điểm M 1; M  IM  IM  IK  R      IM max  IM  IK  R     Pmin  n  IM 12  22  Do  2  Pmax  m  IM   64 Suy m  n  64   60 26 Chọn: C Câu 43: Phương pháp: - Tính diện tích phần giao hai hình trịn Chia làm hai hình viên phân tính diện tích chúng cách gắn hệ trục tọa độ sử dụng cơng b thức tích phân S   f  x   g  x  dx a - Tính diện tích phần cịn lại sân khấu suy chi phí Cách giải: Đặt OH  x  O ' H  30  x Ta có: AHO vng H nên AH  OA2  OH  400  x AHO ' vuông H nên AH  O ' A2  O ' H  225   30  x   400  x  225   30  x   x   OH  215 12 215 145 ,O ' H  12 12 455 12 Ta tính diện tích phần giao hai đường trịn (bằng tổng diện tích hai hình viên phân chắn cung AB dây AB đường tròn) + Xét hình viên phân tạo dây cung AB hình trịn tâm O bán kính 20 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Ở hình viên phân tạo bở cung dây AB giới hạn nửa đường tròn 215 y  400  x đường thẳng y  12 Khi AH  OA2  OH  Phương trình hồnh độ giao điểm Do diện tích S1  400  x  215 455 x 12 12 455 12  215    400  x   dx  24,96  m  12   455  12 +) Xét hình viên phân tạo dây cung AB hình trịn tâm O ' bán kính 15 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Ở hình viên phân tạo cung 145 dây AB giới hạn nửa đường tròn y  255  x đường thẳng y  12 Phương trình hồnh độ giao điểm Do diện tích S  255  x  145 455 x 12 12 455 12  145    255  x   dx  35,3  m  12  455   12 27 Diện tích phần giao hai hình trịn là: S  S1  S  24,96  35,3  60, 26  m  Diện tích phần cịn lại hình trịn là: S '   202  60, 26    152  60, 26   1842,98  m  Vậy tổng chi phí là: 1842,98 100.000  60, 26  300.000  202.376.000 Chọn: B Câu 44: Phương pháp: Từ giả thiết ta biến đổi để có f '  x   Xét hàm g  x  , tính g '  x  ; g ''  x  Hàm số đạt cực tiểu x  g '    g ''    g ''    Cách giải: Với h  ta có f  x  h   f  x  h   h2  f  x  h  f  x  h h h f  x  h  f  x  f  x  f  x  h  h  h h f  x  h  f  x f  x  h  f  x  h   h h h f  x  h  f  x f  x  h  f  x  lim  h   lim   lim h h 0 h 0 h 0 h h Mà f '  x   lim h 0  f  x  h  f  x f  x  h  f  x  lim h 0 h h   f '  x   f '  x    f '  x   với x   Suy ra: g  x   x 2019  x 29m   m  29m  100  sin x   g '  x   2019.x 2018   29  m  x 28m   m  29m  100  sin x Và g ''  x   2019.2018 x 2017   29  m  28  m  x 27m   m  29m  100  cos x Ta thấy g '    0; m  27 Để hàm số đạt cực tiểu x  ta xét hai trường hợp g ''    g ''    Xét g ''    2  m  29m  100  m   m  2 m  TH1: Với g ''     m  29m  100     m   m  25   m  5 + Nếu m   g  x   x 2019  x 27   g '  x   x 26  2019 x1992  27  không đổi dấu qua x  (loại) + Nếu m  2  g  x   x 2019  x31   g '  x   x30  2019 x1988  31 không đổi dấu qua x  (loại) 28 + Nếu m   g  x   x 2019  x 24   g '  x   x 23  2019 x1995  24  đổi dấu qua x  x  1995  Nhận thấy g '  x   0; x  g '  x   0; x   1995  + Nếu x  1985 24 2019  24 ;0  nên hàm số đạt cực tiểu x  2019  m  5  g  x   x 2019  x 34   g '  x   x 23  2019 x1985  34  đổi dấu qua x0 34 2019  Nhận thấy g '  x   0; x  g '  x   0; x   1985   34 ;0  nên hàm số đạt cực tiểu x  2019  2  m  g '    0; m  27  5  m  2 + TH2: Với g ''      m  25   Nên hàm số đạt cực tiểu x  Vậy giá trị nguyên m  m  27  thỏa mãn đề m  S  5; 4; 3;3; 4;5 Tổng bình phương phần tử S  5    4    3  32  42  52  100 2 Chọn: C Câu 45: Phương pháp: Thử đáp án, khoảng làm cho y '  hàm số cho nghịch biến Cách giải: Ta có: y '  2 f ' 1  x   Dễ thấy x x2  x x 1 1   0, x   Đáp án A: Xét khoảng  ;1  x   0;   ta chưa kết luận dấu f ' 1  x  dẫn đến chưa nhận xét tính nghịch biến hàm số khoảng Đáp án B: Xét khoảng  ; 2   x   3;   ta chưa kết luận dấu f ' 1  x  dẫn đến chưa nhận xét tính nghịch biến hàm số khoảng Đáp án C: Xét khoảng  2;0   x  1;3 f ' 1  x   nên y '  2 f ' 1  x   x x2    0, x   2;0  Do hàm số y  f 1  x   x   x nghịch biến khoảng  2;0  Đáp án D: Xét khoảng  3; 2   x   3;  f ' 1  x   ta chưa kết luận dấu y ' khoảng Vậy có khoảng  2;0  hàm số chắn nghịch biến 29 Chọn: C Câu 46: Phương pháp: x x3 x 2019  e x với x  + Đặt g  x    x     2! 3! 2019! + Đánh giá g '  x   0; x  để tìm GTLN g  x   0;   + Tìm GTLN h  x    x  10 x với x  + Từ tìm GTLN f  x   + Bất phương trình m  f  x   có nghiệm m  max f  x  Kết hợp với điều kiện đề để  tìm m Cách giải: + Đặt g  x    x  x x3 x 2019     e x với x  Khi ta có: 2! 3! 2019! x2 x 2018 g '  x    x     ex 2! 2018! x x 2017 g ''  x    x     ex 2! 2017!  x    x  ex g  2019  x    e x g 2018  Với x  ta có g  2019  x    e x  (dấu “=” xảy x  )  g  2018  x    x  e x nghịch biến  0;    g  2018  x   g  2018    g  2018  x   Tương tự ta có g '  x   với x  Suy max f  x   g    0;  Mặt khác xét h  x    x  10 x  25   x   với x  Hàm số đạt giá trị lớn 25  x  5 (TM) Suy max f  x   25   ;0  Vậy max f  x   25  + Xét phương trình m  f  x    f  x   m có nghiệm  max f  x   m  m  25  m  5;10;15; 20; 25  Vậy có giá trị m thỏa mãn đề Chọn: A 30 Câu 47: Phương pháp:   - Nhận xét tính chất véc tơ IA, IB dựa vào điều kiện cho - Thay tọa độ I vào điều kiện vừa có nhận xét, từ tính tọa độ I Cách giải: Ta có: I  a; b; c    P  , I nằm AB    d  B,  P    2d  A,  P    IB  IA  IB  2 IA  5  a  2 1  a  a  7  3a     4  b  2   b   0  3b  b   a  b  c   5  3c   1  c  2   c  c   Chọn: D Câu 48: Phương pháp: Sử dụng toán: Hàng tháng, người vay (gửi) ngân hàng số tiền a đồng với lãi suất hàng tháng a n r sau n tháng người có tổng số tiền nợ (gửi) ngân hàng A  1  r   1 1  r   r Tính số tiền anh sinh viên nợ sau năm Tính số tiền anh sinh viên trả sau 22 tháng Tính số tiền nợ cịn lại Cách giải: Trong thời gian từ tháng 01/09/2014 đến hết tháng 08/2016 24 tháng tháng anh sinh viên vay ngân hàng triệu với lãi suất 0,8%/tháng nên số tiền anh nợ ngân hàng tất là: 3000000  24 A1   0,8%   1 1  0,8%   79661701, 06 đồng   0,8%  Trong thời gian từ tháng 09/2016 đến cuối tháng 06/2018 22 tháng tháng anh sinh viên trả ngân hàng triệu với lãi suất 0,8%/ tháng nên số tiền anh trả ngân hàng là: 2000000  22 A1  1  0,8%   1 1  0,8%   48284037 đồng  0,8% Tính đến tháng 06/2018 số tiền nợ ngân hàng anh A1 1  0,8%  22 Số tiền anh nợ A  A1 1  r   A2  46641110 đồng 22 Chọn: B Câu 49: Phương pháp: - Đặt z  a  bi - Đưa tốn hệ phương trình ẩn a, b tìm điều kiện để hệ có nghiệm Chú ý: Nhận xét nghiệm phương trình để suy trường hợp có nghiệm Cách giải: 31 Đặt z  a  bi ta có: z  z  z  z  z  2a  2b  a  b  a  b   a  b  m  Lại có z  m   2 a  b  m a  b   a  b  Do tốn trở thành tìm m  để hệ  có nghiệm phân biệt  a; b  2 a  b  m Nhận xét: Nếu hệ nhận cặp số  a; b   a; b  ,  a; b  ,  a; b  ,  b; a  ,  b; a  ,  b; a  ,  b; a  làm nghiệm nhận cặp số làm nghiệm Do để hệ có bốn nghiệm phân biệt  a; b  nghiệm thỏa mãn: Một hai số a , b số lại khác hai số a , b thỏa mãn a  b  Ta chia làm hai trường hợp: +) TH1: Nếu hệ có nghiệm thỏa mãn a = b = m = (dễ dàng kiểm tra cách thay a = b = vào hệ Thử lại: m = hệ trở thành: 2 a  b   a  b     a  b   a  b   a  b  ab   2 a  b  a    ab   ab    b  b  b Nếu a    b  2 b  a  a Nếu b    a  2 a  Khi hệ có nghiệm  0;  ,  0; 2  ,  2;0  ,  2;0  nên m  thỏa mãn +) TH2: Nếu hệ có nghiệm thỏa mãn a  b  2a  a  a  a  2 a  b  2        2 m  m  2 m  2 2a  m Do m  2 hệ có nghiệm  2;  ,  2; 2  ,  2; 2  ,  2;   Vậy tập hợp giá trị m 2; 2  Chọn: A Câu 50: Phương pháp: 32 Đổi biến số x t Sử dụng phương pháp tích phân phần Cách giải: dx  dt  dx  2tdt Đặt x  t  x Đổi cận x   t  0; x    t    Ta có I   2t sin tdt 2t  u 4tdt  du Đặt   v   cos t sin tdt  dv Suy I   cos t.2t     4t cos tdt  2  J 4t  u1 4dt  du1 Đặt   cos tdt  dv1 sin t  v1 Suy J  4t sin t    0   4sin tdt  cos t  4   8 a  a Do I  2         1;10  b  8 b Chọn: D 33 ... ;1  sin x   2 ; 22 019  hàm 4  ? ?2      y  22 019 sin x nghịch biến khoảng Bảng biến thi? ?n: x   12 3 22 019 y  22 019 sin x 4037 22 018   3  Quan sát bảng biến thi? ?n ta thấy, bất...  x 20 19  x 29 m   m  29 m  100  sin x   g ''  x   20 19. x 20 18   29  m  x 28 m   m  29 m  100  sin x Và g ''''  x   20 19. 20 18 x 20 17   29  m  28  m  x 27 m   m  29 m... Trên khoảng  ;   12     1  x   ;   sin x   ;1  22 019 sin x   22 018 ; 22 019  6 2? ?? ? ?2  hàm y  22 019 sin x đồng biến khoảng    4037    3    3  20 19 + Trên khoảng