ĐÁP án 5 đề 9 10

ĐỀ SỐ 1. LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TỐN  Diendangiaovientoan.vn Câu Trong  khơng  gian  Oxyz ,  cho  điểm  M 1; 2;3   Tọa  độ  điểm  M    đối  xứng  với  M qua  mặt  phẳng  Oxy  là  A  1;  2;3   B  1; 2; 3   C 1; 2;  3   D 1;  2;     Lời giải  Chọn C Hình chiếu của điểm  M 1; 2;3  lên mặt phẳng  Oxy  là  H 1; 2;    Khi đó  MM   nhận  H  làm trung điểm  M  1; 2;  3 Câu Tìm giá trị lớn nhất của hàm số  f  x   x3  3x  x  10  trên   2; 2   A max f  x   15   2;2 B max f  x   15    2;2 C max f  x   17    2;2 D max f  x     2;2 Lời giải  Chọn B Hàm số  f  x   x3  3x  x  10  liên tục trên   2; 2  Ta có:   f   x   x  x     x  1  2; 2 f   x    3x  x        x    2;2 f  2   ,  f  1  15 ,  f    12   Vậy  max f  x   15   2;2 Câu Cho  log 45  a  log2  b  với  a, b, c  là các số nguyên. Giá trị  a  b  c  bằng  log2  c B   A   C   Lời giải  D 1.  Chọn D Ta có:  log6 45  log 45 log  log2 log2   2   log2 log2  log2  Do đó  a  2; b  2; c   Suy ra  a  b  c    Câu Cho hình hộp chữ nhật  ABCD.ABCD  có  AB  x ,  AD   Biết rằng góc giữa đường thẳng  AC   và  mặt  phẳng   ABB A    bằng  30 o   Tìm  giá  trị  lớn  nhất  Vmax   của  thể  tích  khối  hộp  ABCD.ABCD   Trang 1/29 - WordToan A Vmax    B Vmax    C Vmax  3   D Vmax  Lời giải  Chọn A    B  30 o   Ta có  CB   ABB ' A '    A ' C,  ABB A     AC, AB   CA Lại có  BC  AD    Suy ra  A B  BC cot 30 o    Ta có  AB  x  AA   x   Thể tích hình hộp  ABCD.ABCD  bằng  VABCD AB CD  AA AB AD  x  x    Xét hàm số  f  x   x  x ; x  0;     Ta có  f   x    2x2  x2 ;  f   x    2x2  x2 0 x   Ta có bảng biến thiên:  Câu Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?  A   B   C   Lời giải  Chọn B Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng.  Minh họa:  S S Q A A D O B P C Trang 2/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG D M B D N C     S S A A D D O B Câu O B C C   Một hình tứ diện đều cạnh  a có một đỉnh trùng  với đỉnh hình nón, ba đỉnh cịn lại nằm trên  đường trịn đáy của một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón bằng  1 A  3a   B  3a   C  2a   D  3a   3 Lời giải Chọn A A l B O D C   Giả sử hình tứ diện đều là  ABCD có đỉnh  A  trùng với đỉnh hình nón.  Theo đề ra, suy ra tứ diện  ABCD nội tiếp hình nón có bán kính đáy bằng bán kính đường trịn  2a a    3 Đường sinh hình nón có độ dài bằng độ dài cạnh tứ diện, suy ra  l  a ngoại tiếp tam giác đều  BCD cạnh a. Suy ra  r  OD  Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng:  S   r.l   Câu a a   3a   3 Cho hàm số  y  f  x   liên tục trên    và có hàm số  y  f   x   thỏa mãn    Số điểm cực trị của hàm số  y  f  x   bằng  A 0.  B 3.  C 2.  Lời giải  D 1.  Chọn C  Vì  f  x   liên tục trên    nên số điểm cực trị của  f  x   bằng số lần  f   x   đổi dấu.  Ta thấy  f   x   chỉ đổi dấu khi đi qua  x   và  x   (2 lần) nên  f  x   có 2 điểm cực trị.  Trang 3/29 -0946798489 Câu Lấy ngẫu nhiên một số ngun dương khơng vượt q  10000  Xác suất để số lấy được là bình  phương của một số tự nhiên bằng? (tính dưới dạng %)  A 1%.  B 2%.  C 5%.  D 3%.  Lời giải  Chọn A Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên từ 1 đến 10000, ta được    10000   Gọi  A  là biến cố: “Số lấy được là bình phương của một số tự nhiên”.  Bình phương của một số tự nhiên có dạng:  n    n   *    Theo đề bài,   n  10000   n  100  A  100   Vậy  P  A   Câu A   100  1%   10000 Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số  y  f  x   Gọi  S  là tập hợp các giá trị nguyên dương của  tham số  m  để hàm số  y  f  x  1  m  có 7 điểm cực trị. Tổng giá trị tất cả các phần tử của  S  bằng  A B   C 12 .  D     Lời giải  Chọn D Gọi  g  x   f  x  1  m  g ' x   f  x  1  m  f '  x  1 [ f  x  1  m] f  x  1  m    f '  x  1  0   (1)  g ' x       f  x  1  m   (2)   Dựa vào hình vẽ, ta thấy (1) có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra để  Trang 4/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG y  g  x   f  x  1  m  có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) có 4 nghiệm phân biệt, dựa vào  đồ thị ta suy ra:  3  m   2  m  3 ,   m  là số nguyên dương.Tổng giá trị tất cả các phần  tử của  S  bằng 3.  Câu 10 Cho hình lăng trụ  ABC  . A ' B ' C '  có đáy  ABC  là tam giác đều cạnh  a ,  M  là trung điểm của  BC  Biết tam giác  AA ' M  đều và nằm trong mặt phẳng  vng  góc  với  mp  ABC   Thể tích  khối chóp  A '. BCC ' B '  bằng:  A 3a B 3a 3   16 a3   Lời giải  C D a3   Chọn C   Gọi  H   là  trung  điểm  của  AM ,   tam  giác  AA ' M   là  tam  giác  đều  nên  A ' H   vng  góc  với  AM Theo giả thiết   AA ' M   vng góc với   ABC  ,  nên  A ' H  vng góc  với   ABC   Tam  giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  nên tam giác  AA ' M  đều cạnh bằng  AM  a ,  a 3    3a a2    Tam giác  ABC  đều, cạnh bằng  a  có diện tích  S ABC  nên  A ' H    4 Thể tích khối chóp  A '.BCC ' B '  bằng:  2 3a a 2a 3 VA '.BCC ' B '  VA ' B 'C ' ABC  VA ' ABC  A ' H S ABC  A ' H S ABC  A ' H S ABC   3 4 16  VA '.BCC ' B '  a3   Câu 11 Cho hàm số  y  f  x   có bảng biến thiên như hình vẽ    Số nghiệm thực của phương trình  f  x A 4.  B 3.     bằng C 2.  Lời giải  D 6.  Trang 5/29 -0946798489 Chọn A Dựa vào bảng biến thiên suy ra:   x2  a x   b  f  x     x  b ,(với  a  ,   b  ,  c  )      x   c   x2  c   Vậy số nghiệm thực của phương trình  f  x    bằng 4.  Câu 12 Ta vẽ hai nửa đường trịn như hình vẽ bên, trong đó đường kính của nửa đường trịn lớn gấp đơi  đường kính của nửa đường trịn nhỏ. Biết rằng nửa hình trịn đường kính  AB  có bán kính bằng    300  Hiện tích hình  ( H )  (Phần tơ đậm) bằng   và  BAC   A 2  3 7 3 B C 2  D 10    Lời giải  Chọn A Chọn hệ trục tọa độ sao cho  AB  nằm trên  Ox , các nửa đường trịn nằm trong góc phần tư thứ  nhất và  A(0; 0)  khi đó ta có:    Nửa đường trịn nhỏ có phương trình:  y   ( x  2)2   Nửa đường trịn lớn có phương trình:  y  16  ( x  4)2   Trang 6/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG Đường thẳng  AC  có phương trình  y  x   Hình phẳng  ( H )  giới hạn bởi  y   ( x  2)2 ;  y  16  ( x  4)2 ;  y  x  và trục  Ox :  y    Tìm cận:   ( x  2)2  x  x  1 x x ;  16  ( x  4)2    3 x  x  Diện tích hình phẳng  ( H )  cần tính là  S 6 1 x   ( x  2)2 dx   x  0dx   16  ( x  4)  0dx   3 xdx    ( x  2)2 dx   16  ( x  4)2 dx  I1  I  I 3    Ta có  I1   1 x2 xdx  3  36     3 2    Tính  I    ( x  2) dx      Đặt  x   2sin t  Điều kiện  t    ;   ta có  dx  2cos tdt    2 Đổi cận  x   t   ;  x   t       2 I    ( x  2) dx    sin t cos tdt   cos tdt   6       (1  cos 2t )dt   2t  sin 2t  2   2    Tính  I   16  ( x  4)2 dx      Đặt Đặt  x   4sinu  Điều kiện  u    ;   ta có  dx  cosu du    2 Đổi cận  x   u   ;  x   u     Trang 7/29 -0946798489   2 6   2 3 I   16  ( x  4) dx   16  16 sin u cosu du 16  cos udu 16  cos tdt  I           2  2 3 3 S  I1  I  I           3  2 2     Câu 13 Cho  hình  chóp  S ABC   có  đáy  ABC   là  tam  giác  đều  cạnh  a ,  hình  chiếu  vng  góc  của  S  xuống  ( ABC )   trùng  với  trung  điểm  H  của  AB Biết  góc  tạo  bởi  hai  mặt  phẳng ( SAC )   và  ( SBC ) bằng  600  Khoảng cách giữa  AB và  SC   A a   B a a   Lời giải  C D a Chọn A   Có  ( SAC )  ( SBC )  SC    AB  SH  AB  (SHC )  AB  SC   Từ giả thiết ta có    AB  HC  AB  SC  SC  (AIB)  SC  BI  do đó góc gữa  ( SAC )  và  ( SBC ) là   Hạ  AI  SC  ta có   AIB  hoặc   SC  AI 1800   AIB  Nhận thấy  ABC  là tam giác đều nên  ABI  khơng thể là tam giác đều. Vì thế   AIB  1200    AB  (SHC )  AB  HI Từ   SC  (AIB)   SC  HI  d ( AB; HC )  HI     AIH  600   Tam giác  ABI  cân tại I nên  HI  cũng là phân giác góc   AIB , suy ra   Trang 8/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG Xét tam giác  AIH  vng tại H có  HI  AH a a     tan 60 Câu 14 Trong một hộp có 3 bi đỏ, 5 bi xanh và 7 bi vàng. Bốc ngẫu nhiên 4 viên. Xác suất để bốc được  đủ 3 màu là  A .  B .  C .  D .  13 13 13 13 Lời giải  Chọn A Số cách chọn 4 viên bi bất kì từ hộp gồm 15 viên bi là:  C154   Số cách chọn 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C32 C51.C71   Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 2 viên bi xanh, 1 viên bi vàng là:  C31.C52 C71   Số cách chọn 4 viên bi gồm 1 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh, 2 viên bi vàng là:  C31.C51.C72   Vậy, xác suất để bốc được 4 viên bi có đủ 3 màu là:  Câu 15 Trong  khơng  gian  Oxyz ,  cho  C32 C51.C71  C31.C52 C71  C31.C51.C72    C154 13 điểm  A  2;11; 5   và  mặt  phẳng   P  : 2mx   m  1 y   m  1 z  10   Biết rằng khi  m  thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định  tiếp xúc với mặt phẳng   P   và cùng đi qua  A  Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng  A 10   B 12   C 12   Lời giải  D 10   Chọn C Gọi  I  x0 ; y ; z0   là tâm của mặt cầu   S   cố định và  R  là bán kính của mặt cầu   S    Ta có:  R  d  I ,  P   2mx0   m  1 y0   m2  1 z0  10 4m   m2  1   m2  1   2mx0   m2  1 y0   m2  1 z0  10  m2  1    2mx0   m  1 y0   m  1 z0  10  R  m  1  đúng với mọi  m       2mx0   m  1 y0   m  1 z0  10   R  m  1    y0  z0  m2  2mx0  y0  z0  10  R 2m2  R   đúng với mọi  m     y0  z0  m2  2mx0  y0  z0  10   R 2m2  R   y0  z  R   x0        I       y0  z0  10  R      y0  z   R   x0        II     y0  z0  10   R Từ hệ   I   suy ra  x0  0; y0   R 2; z0  5     Do đó tâm mặt cầu là  I 0;5  R 2; 5   Trang 9/29 -0946798489   Ta có:  R  IA2  R   R   suy ra  R  2  và  R  10   Hệ   II   suy ra  x0  0; y0   R 2, z0  5    Như vậy, ta có:  R  IA2  42  R    R , phương trình khơng có giá trị  R  thỏa mãn  nên loại.  Vậy tổng hai bán kính của hai mặt cầu là:  12   Câu 16 Cho hàm số  y  f  x   số đã cho là  A    x2   Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm  x2  x  B   C   Lời giải  D   Chọn B TXĐ:  D    5;  \ 1   Từ TXĐ của hàm số ra đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.  Nghiệm của phương trình  x  x    là  x  3 (loại);  x  (trùng với nghiệm của tử thức).  Vậy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.  Suy ra đồ thị hàm số đã cho có   đường tiệm cận.  Câu 17 Cho tứ diện đều  ABCD  cạnh  a  Gọi  K  là trung điểm  AB , gọi  M , N  lần lượt là hình chiếu  vng góc của  K  lên  AD , AC  Tính theo  a  bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp  K CDMN   A a   B a   3a   Lời giải  C D 3a   Chọn D   Coi  a  , ta có:  KC    , DH  ; AN  AC ; HK    6    Chọn hệ trục  Oxyz  sao cho  K  O  0;0;0  , A  0; ;  , C  ;0;  , D  ;0;             3  Ta có:  AN  AC  N  ; ;0    8   Trang 10/29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG Ta có I   f  x  1 dx   f  x  1 dx   f  x  1 dx 1  1 1  16 63  125 f  t  dt -  f  t  dt        1 21 2  24 Câu 26 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình bên Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình f  x   log m có hai nghiệm phân biệt A m  B  m  , m  16 C m  , m  16 Lời giải D m  Chọn B Phương trình f  x   log m có hai nghiệm phân biệt  m  đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y  log m cắt hai điểm phân biệt log m   m  16  Dựa vào đồ thị   0  m  log m  Câu 27 Cho hàm số f  x   x  x  1 e3 x có nguyên hàm hàm số F  x  Số cực trị hàm số F  x  A Chọn A C B D Lời giải Vì F  x  nguyên hàm f  x   x  x  1 e3 x  F '  x   x2  x  1 e3x x  F '  x    x  x  1 e3 x  , e3 x    x  R   x  x  1    x  Ta có bảng xét dấu: Vậy hàm số F  x  có cực trị Câu 28 Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 Gọi A, B, C hình chiếu vng góc M trục Ox, Oy , Oz Viết phương trình mặt phẳng  ABC  A x  y  z   B 3x  y  z   Trang 12/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG C x  y  z   D x  y  3z   Lời giải Chọn C Ta có A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 Phương trình mặt phẳng  ABC  có dạng  Câu 29 Biết 3sin x  cos x x y z    hay x  y  z    2sin x  3cos x dx   13 ln  b ln  c  b, c    Tính 13 A 9 B 14 C b c 14 9 D 14 Lời giải Chọn B Ta cần tìm số m, n, p cho n  2sin x  3cos x  3sin x  cos x p  m  2sin x  3cos x 2sin x  3cos x 2sin x  3cos x Suy 3sin x  cos x   2m  3n  sin x   3m  2n  cos x  p 2m  3n   Suy 3m  2n   m  , n   , p  13 13 p      2 3sin x  cos x  2sin x  3cos x   Do  dx     dx  13 13 2sin x  3cos x  2sin x  3cos x 0    7 9 2   x  ln 2sin x  3cos x     ln  ln 13 13 13  13  26 Suy b  Câu 30 Tìm tất b 14 ,c   13 26 c giá trị thực tham số m để hàm số y  x3   2m  1 x   m  m   x  m  có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có cạnh huyền A m   m  3 B  m  74 C m  m  D   m  2 Lời giải Chọn A y  x3   2m  1 x   m  m   x  m   y  x   2m  1 x  m  m  Trang 13/26 - 0946798489 +) Hàm số có hai điểm cực trị độ dài hai cạnh tam giác vng y có nghiệm    2m  1   m  m     dương phân biệt  2m   m  m    +) Khi đó, gọi x1 , x2 điểm cực trị hàm số x1 , x2 hai nghiệm y  x1  x2   2m  1   x1.x2  m  m  Theo giả thiết ta có 2 x12  x22  74   x1  x2   x1 x2  74   2m  1   m  m    74 m   14m2  14m  84     m  2 Thử vào *  m  Câu 31 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD 4a Gọi  góc SC mặt đáy, tính tan  A tan   B tan   C tan   D tan   Lời giải Chọn D  Dựng SH  AB ,  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD     SCH 1 4a Ta có VS ABCD  SH S ABCD  SH 4a   SH  a 3 Do  SAB cân S nên H trung điểm AB  HC  BH  BC  a   SH  a   tan   tan SCH HC a 5 Trang 14/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG Câu 32 Tính tổng tất nghiệm thực phương trình log A  B  x    log  x   C  Lời giải  D Chọn A x  Điều kiện:  x  Ta có: log  x    log  x   2    x   x      x    nhan    x   x     x  6x       x    loai    x   x    1  x  x    x   nhan  Vậy tổng tất nghiệm thực phương trình log  x    log  x     Câu 33 Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  6, z  Gọi M , N điểm biểu diễn số phức   60 Tính T  z  z z1 số phức iz2 Biết MON A T  36 B T  36 C T  24 Lời giải D T  18 Chọn B Ta có T  z12  z22  z12   3iz2   z1  3iz2 z1  3iz2 Gọi P điểm biểu diễn số phức 3iz2 Khi ta có       z1  3iz2 z1  3iz2  OM  OP OM  OP  PM 2OI  PM OI   60 OM  OP  nên MOP suy PM  Do MON OI  3 Vậy T  PM OI  2.6.3  36 Trang 15/26 - 0946798489 Câu 34 Biết   x  3 e2 x dx   A 10 2 x e  x  n   C ,  m, n    Giá trị m  n m B 65 C D 41 Lời giải Chọn B Đặt: u  x   du  dx , dv  e2 xdx  v   e2 x Ta có:   x  3 e   x  3 e 2 x 2 x 1 dx   e2 x  x  3   e2 x dx 2 1 dx   e2 x  x  3  e2 x  C dx   e2 x  x    C Vậy, ta có m  4, n   m  n  65   x  3 e 2 x Câu 35 Tất giá trị tham số thực m cho bất phương trình x   m  1 3x   2m  có nghiệm với số thực x A m   B m  C m   Lời giải D m   Chọn A Ta có: x   m  1 3x   2m    3x   2.3x    3x  1 2m   3x  1 3x  3   3x  1 2m  3x   2m  3x   2m Vậy, để x   m  1 3x   2m  0, x    2m   m   Câu 36 Cho hàm số bậc hai y  f ( x) có đồ thị hình bên Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f ( x) Ox xung quanh trục Ox y O x A 4 B 12 15 Trang 16/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG C 16 15 D 16 Lời giải Chọn C Hàm số y  f ( x)  ax  bx  c (a  0) Do đồ thị hàm số qua điểm O, A(1;1), B(2;0) , ta có hệ phương trình sau: c   a  b  c  4a  2b  c   Giải hệ phương trình ta a  1, b  2, c  Vậy hàm số y  f ( x)   x  x Dựa vào đồ thị ta có, thể tích cần tìm là: 2 V      x  x  dx    ( x  x3  x )dx  0 16  15 Câu 37 Mỗi tháng, ông A đặn gởi ngân hàng số tiền T ( đồng ) theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% / tháng Biết sau 15 tháng ơng A có số tiền 10 triệu đồng Giá trị T gần với số đây? A 636000 B 535000 C 613000 D 643000 Lời giải Chọn A Gọi Pn tổng số tiền có sau n tháng, r lãi suất hàng tháng, T số tiền tháng ông A gởi vào ngân hàng Theo đề ta có công thức sau: T  Pn r (1  r )  1 1  r  n  0,  10000000    100  Thay giá trị cho vào công thức ta có: T   635301, 4591  0,6 15   0,6      1 1    100    100  Câu 38 Một khn viên có dạng nửa hình trịn đường kính m Trên đó, người ta thiết kế phần để trồng hoa có dạng cách hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình trịn, hai đầu mút cánh hoa nằm nửa đường trịn (phần tơ đậm) cách khoảng m Phần cịn lại khn viên (phần không tô đậm) dành để trồng cỏ Trang 17/26 - 0946798489 Biết kích thước cho hình vẽ kinh phí để trồng cỏ 100.000 đồng / m2 Số tiền cần có để trồng cỏ (số tiền làm trịn đến hàng nghìn)? A 388 000 đồng B 895 000 đồng C 194 000 đồng D 948 000 đồng Lời giải Chọn D Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình nửa đường trịn y  20  x Phương trình parabol có đỉnh gốc tọa độ có dạng y  ax Parabol qua điểm  2;  suy Vậy phương trình parabol là: y  x Diện tích phần tơ đậm: S1    20  x  x dx 2 Diện tích nửa đường trịn: S      10  m2  Diện tích phần trồng cỏ là: S2  S  S1 Khi số tiền để trồng cỏ là: 100000 S2  1948000 đồng Câu 39 Tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số y  x3   m2   x  2m2  cắt trục tọa độ Ox, Oy A, B cho diện tích tam giác OAB A m  2 B m  1 C m   Lời giải D m   Chọn D Giao điểm đồ thị hàm số cho với trục tung B  0; 2m2   Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị cho với trục hoành là:  x  2 x   m   x  2m     x    x  x  m      2  x  1  m   Giao điểm đồ thị cho với trục hoành A  2;0  Trang 18/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG   1 Diện tích tam giác ABC là: S  OA.OB  2m2    m   2   Câu 40 Một người đầu tháng đặn gửi vào ngân hàng khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% tháng Biết đến cuối tháng thứ 15 người có số tiền 10 triệu đồng Hỏi số tiền T gần với số tiền số sau? A 643.000 B 535.000 C 613.000 Lời giải Chọn D D 635.000 Đặt A  107 , r  0,006 - Số tiền đầu tháng thứ nhất: T ; cuối tháng thứ nhất: T 1  r  - Số tiền đầu tháng thứ : T 1  r   T ; cuối tháng thứ : T 1  r   T 1  r  - Số tiền đầu tháng thứ T 1  r   T 1  r   T ; 3: cuối tháng thứ 3: Hàm số T 1  r   T 1  r   T 1  r  … 1  r n  - Số tiền cuối tháng thứ n : T 1  r   T 1  r    T 1  r   T 1  r  r Do cuối tháng thứ 15 người có số tiền 10 triệu đồng nên ta có n n 1 1  r n  Ar   T 1 r  A T   635.301 n 1 r 1  r   1  r  Vậy T  635.000 đồng Câu 41 Cho hàm số g  x  f  x  A f  x có đồ thị f  x hình vẽ x3  x  x  2001 có điểm cực trị? B C Lời giải D Chọn C Có g   x   f   x   x  x   g   x    f   x   x  x  Ta có đồ thị hàm số y  x  x  đồ thị hàm y  f   x  hình vẽ Trang 19/26 - 0946798489 Quan sát hình vẽ ta thấy g   x   có nghiệm phân biệt có nghiệm bội chẵn Vậy hàm số g  x  có điểm cực trị Câu 42 Cho hàm số y  2x  có đồ thị  C  Gọi I giao điểm đường tiệm cận  C  x2 Biết tồn hai điểm M thuộc đồ thị  C  cho tiếp tuyến M  C  tạo với đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ Tổng hoành độ hai điểm M là: A B C D Lời giải Chọn A Tiệm cận đứng tiệm cận ngang  C  là: x  2; y   I  2;2  Phương trình tiếp tuyến M  x0 ; y0   d  : y  y   x0  x  x0   y0    x0    x  x0   2x0   d  giao với hai đường tiệm cận  C  điểm x0   2x0   A  2;  , B  x0  2;   x0   CIAB  IA  IB  AB  IA  IB  IA2  IB  IA  IB 2   IA  IB        2   x0    1   42  x0  2    IA  IB       CIAB   2 x0  3; x0  Vậy tổng hoành độ hai điểm M là: Câu 43 Số nghiệm thực phương trình A x2 1   log x  x2   4x log2  3x  B C Lời giải D Chọn B Đk: x  Ta có x  x   1, x  Trang 20/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG x 1   log x  x   0, x    2 x2 1 log x  x    Với  x   , phương trình cho vơ nghiệm 4 x log  3x   Với x  x2 1   log x  x   x log  3x   x  x2 1   log x  x   23 x log  3x  (*) Xét hàm số f  t   2t log t , với t    Có f   t   2t   ln log t   f   t   , t  1;     t ln  Suy hàm số đồng biến khoảng 1;     Do (*)  f x  x   f  x   x  x   x  x  1   ;  3  Vậy phương trình cho có nghiệm thực Câu 44 Có giá trị nguyên tham số thực m thuộc đoạn  2019; 2019 để phương trình      x  x  m   x  x  2m   x  x  có nghiệm thực? A 2019 B 4032 C 4039 Lời giải D 4033 Chọn B Đk: x   3;1 Phương trình cho  11  x    x 1  x   m    x   x  (*) Đặt t   x   x  g  x  , với x   3;1  11  3x  Có g   x     x 1  x   t  1   0, x   3;1 Suy g  x  nghịch biến khoảng  3;1 1 x  x  g  x   g 1  2; max g  x   g  3   t   2; 4  3;1 3;1 Từ (*)  t  mt   Nếu t     (vơ lí) Nếu t   2; 4 \{0} , ta có m  t  4  t   f  t  t t  t2 , f   t    t  2 t2 Bảng biến thiên Có f   t   t f  t  2 0    4  f t  5  m  Từ bảng biến thiên, suy phương trình có nhiệm thực   m  4 Trang 21/26 - 0946798489 m   2019; 2019  m   m  2019;  2018; ;  4; 4; ; 2018; 2019 Do     m  4 m    Vậy có  2019   1  4032 giá trị nguyên tham số thực m Câu 45 Cho hàm số f  x  thoả mãn f 1  xf   x   f  x   x với x  Tính  f  x  dx A 71 B 59 C 136 Lời giải D 21 Chọn A Ta có xf   x   f  x   x  x f   x   x f  x  x C  x f  x  dx  3 xdx  x f  x   x x  C  f  x   x  x Mặt khác f 1    C   C   f  x   x  x    x f  x   x    Khi   f  x dx    x  4    dx  71 x Câu 46 Trong không gian hệ trục toạ độ Oxyz , cho bốn đường thẳng d1 : x  y 1 z 1   , 2 x y z 1 x 1 y  z 1 x y 1 z 1      , d3 : d :  Số đường thẳng 2 1 1 không gian cắt bốn đường thẳng A B Vô số C D Lời giải Chọn A  + Đường thẳng d1 qua điểm M  3;  1;  1 có VTCP u1  (1;  2;1) , đường thẳng  d qua điểm N  0;0;1 có VTCP u2  (1;  2;1) d2 :    + Ta thấy d1 // d  nằm mặt phẳng  P  qua N nhận n   MN , u1   (5;5;5)   làm VTPT   P  : x  y  z  Trang 22/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG  x   2t x  m   + Phương trình tham số d :  y  1  t d :  y   m z  1 t z  1 m   + Gọi A  d3   P    2t 1  t   t    t   A 1;  1;1 + Gọi B  d4   P   m   m   m    m  1  B  1;2;0  B  A   + Ta có AB   2;3; 1 không phương với u1  (1;  2;1) Do qua A, B có đường thẳng cắt d1 d Vậy có đường thẳng cắt đường thẳng d1 , d , d3 , d Câu 47 Cho đa giác 2019 đỉnh Hỏi có hình thang cân có đỉnh đỉnh đa giác? 2 2 A 2019.C1009 B 2019.C1010 C 2019.C1007 D 2019.C1008 Lời giải Chọn A Giả sử đa giác 2019 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O Chọn trước đỉnh A có 2019 cách chọn Đường kính OA chia đường trịn thành hai phần nheu, phần có 1009 đỉnh Chọn hai đỉnh 1009 đỉnh ta hình thang cân Vậy có tất 2019.C1009 Câu 48 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S2  : x   y    S1  : x  y  z  , 1   z  điểm A  4;0;0  , B  ;0;0  , C 1; 4;0  , D  4; 4;0  Gọi M 4  điểm thay đổi  S1  , N điểm thay đổi  S2  Giá trị nhỏ biểu thức Q  MA  ND  MN  BC A 265 B 265 C 265 Lời giải D 265 Chọn A  S1  : x2  y  z  nên  S1  có tâm O  0;0;0 bán kính  S2  : x   y   R1   z  nên  S2  có tâm I  0;4;0 bán kính R2  1  Vậy điểm A  4;0;0 , B  ; 0;  , C 1;4;0  , D  4;4;0 , O  0;0;0 I  0;4;0 thuộc    Oxy  Trang 23/26 - 0946798489 Nhận thấy OB OA  OM suy OM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Do MOB đồng dạng AOM MA OA     MA  4MB MB OM ND DI Hồn tịan tương tự    ND  NC NC NI Q  MA  ND  MN  BC   MB  NC  MN   BC  BC  BC  BC  265 Câu 49 Cho số phức z  a  bi S  a b A S  11  a, b   thỏa mãn z   z   10 z  lớn Tính B S  5 C S   Lời giải D S  Chọn B Trong mp tọa độ Oxy , Ta gọi điểm biểu diễn số phức z  x  yi M  x ; y  ; z  4  0i F1  4;0  ; z   0i F2  4;0  ; Ta có: z   z   10  MF1  MF2  10 (1)  MF12   x  2  y 8x (2)  MF12  MF2  16 x  MF1  MF2   2 MF  x   y    4x Từ (1) (2), suy MF1   4x  x2 y 2  Mặt khác MF12   x    y       x    y     25  Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z   z   10 Elip có phương x2 y2  trình  E  :  25 Trang 24/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG Theo đề, ta cần tìm điểm thuộc  E  sau cho z  lớn Ta gọi điểm biểu diễn số phức z   0i A  6;0  ; z  a  bi M  a ; b    E  ; z  5  0i C  5;0  Do đó, z  lớn MA lớn Dựa, vào hình vẽ ta thấy để MA lớn M  C  5;0   a  5; b   S  5 Câu 50 Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB  a , SA  SB  SC  SD  a Giá trị lớn thể tích khối chóp S ABCD A a3 B a3 C 3a D 6a Lời giải Chọn B Ta gọi độ dài cạnh BC  x , x  Ta có: BO  SO  S ABCD BD  x2  a2 ; 4a  x ;  a.x ; VS ABCD 2 4a  x ax 4a  x a x  4a  x  (1)    S ABCD SO  VS ABCD  a.x 3 6 Trang 25/26 - 0946798489 Vậy, để thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn x  a  x  đạt giá trị lớn Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, cho số dương x ,  4a  x  Ta có: x   4a  x   x  4a  x   2a  x  4a  x  (2) Thế (2) vào (1), suy VS ABCD  a.2a a  a3 - HẾT - Vậy, thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn Trang 26/26 – NGUYỄN BẢO VƯƠNG ...  là công sai cấp số cộng   un    u10  u5  10   u1  9d    u1  4d   10  d    Vậy  u100  u200  2u50   u1  99 d    u1  199 d    u1  49d   200d  200.2  400   xm ( với ...  x  1   x  8   45 x  1    0 Cho cấp số cộng   un   Biết  u10  u5  10  Giá trị biểu thức  u100  u200  2u50  là  A 50 0   B 55 0   C 400   Lời giải D 450   Chọn C Gọi  d  là công sai cấp số cộng ...  10  sin a  cos a    cos   2    10  10  sin a  cos a   10  10sin  a     với     sin    5   5 Vì  1  sin  a     với mọi    a;   10  10  z   i  10