DAP AN VÀ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

I I CHI TIẾT Ề ÔN TẬP SỐ 1.D 2.A 3.B 4.B 5.D 6.C 7.A 8.A 9.B 10.B 11.B 12.D 13.C 14.B 15.A 16.C 17.B 18.C 19.C 20.D 21.D 22.B 23.C 24.D 25.A 26.B 27.D 28.A 29.A 30.A 31.B 32.D 33.B 34.C 35.B 36.D 37.C 38.C 39.D 40.B 41.B 42.C 43.C 44.B 45.D 46.D 47.A 48.A 49.D 50.B Câu [2H3-1.1-1] Trong khơng gian Oxyz , hình chiếu vng góc điểm A  3;  1;0  mặt phẳng  Oyz  có tọa độ A  0;0;  3 B  0;  3;0  C  0;0;  1 D  0;  1;0  Lời giải Chọn D Hình chiếu điểm A  3;  1;0  mặt phẳng  Oyz  điểm  0;  1;0  Câu [2D1-1.2-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ sau: Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng đây? A 1;    C  0;1 B   ;1 D 1;1 Lời giải Chọn A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến 1;   Câu [2D2-5.2-1] Tập nghiệm phương trình: log x  log ( x  1)  A 1 B 2 C 2;  1 D 2;1 Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: x   x  1 log2 x  log2 ( x 1)   log2 ( x2  x)   x  x    x  Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm phương trình 1 Câu [2D1-2.1-1] Giá trị cực đại hàm số y  2 x  x  A yCĐ  B yCĐ  C yCĐ  Lời giải Chọn B D yCĐ  1 Ta có y '  8 x  x ; y '   8 x  x   x 1;0;1 y ''  24 x   y ''  x  1  xCĐ  1 Với xCĐ  1  yCĐ  Câu [2H2-1.2-1] Cho khối nón  N  có bán kính r , chiều cao h đường sinh l Đẳng thức đúng? A h  l  r B r  l  h C 1  2 l h r D l  r  h Lời giải Chọn D Câu Áp dụng định lý Pitago ta có : l  r  h [2D2-3.1-1] Cho a số thực dương khác Tính P  loga2 a A P  B P   C P  D P  2 Lời giải Chọn C 1 log a a  2 [2D1-5.1-1] Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số hàm số cho đây? Ta có P  log a a  Câu A y  x 1 x 1 B y  x 1 x 1 C y  x 1 x 1 D y  x 1 x 1 Lời giải Chọn A Đồ thị hàm số cắt trục tung A  0;1 nên loại B D; Hàm số đồng biến khoảng xác định nên loại C, A phương án Câu [1D3-3.3-2] Cho dãy số  un  thỏa mãn u1  2 un1  un  3, n  Tính u12 A 31 B 25 C 34 D 28 Lời giải Chọn A Từ gt ta có  un  cấp số cộng với u1  2 công sai d  Vậy u12  u1  11d  31 Câu [2D2-5.1-1] Phương trình  32 có nghiệm A x  B x  C x  x1 D x  Lời giải Chọn B Phương trình x 1  32  x 1  25  x    x  Vậy phương trình có nghiệm x  Câu 10 [2H3-1.1-1] Trong không gian Oxyz cho hai điểm A 1; 2;3 , B  1;0;1 Trọng tâm G tam giác OAB có tọa độ A  0;1;1  4 B  0; ;   3 C  0; 2;  D  2;  2;   Lời giải Chọn B 1   0  xG   200   4 Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm tam giác ta có  yG    G  0; ;  3  3  1    zG  3   4 Vậy trọng tâm G tam giác OAB có tọa độ  0; ;   3 Câu 11 [2H1-3.2-2] Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy SC  a Thể tích khối chóp cho A 6a B 6a 12 C 3a3 Lời giải Chọn B Ta có SABC  Thể tích VS ABC a2 Chiều cao SA  SC  AC  3a  a  a 6a  SABC SA  12 D 3a3 Câu 12 [2D1-2.2-1] Cho hàm số y  ax3  bx  cx  d ( a , b , c , d  Mệnh đề sai? ) có đồ thị hình vẽ bên B Hàm số đại cực đại x  1 D Cực tiểu hàm số A Hàm số đại cực tiểu x  C Cực đại hàm số Lời giải Chọn D Cực tiểu hàm số Câu 13 [2H3-1.3-1] Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z   có bán kính C B A D Lời giải Chọn C Ta có: R  (1)2  (2)2  12   Câu 14 [1D2-2.3-2] Trong mặt phẳng cho 10 điểm phân biệt Số vectơ khác , có điểm đầu điểm cuối lấy điểm cho A 210 B A102 C 10! D C102 Lời giải Chọn B Số vectơ khác 0, có điểm đầu điểm cuối lấy từ 10 điểm phân biệt mặt phẳng A102 Câu 15 [2D3-1.1-1] Họ nguyên hàm hàm số f  x   x  sin x A x  cos x  C B  cos x  C C  cos x  C Lời giải D x  cos x  C Chọn A Ta có   2x  sin x  dx  2 xdx   sin xdx  x  cos x  C Câu 16 [2D3-2.1-2] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 f 1  f    x Tính I    f   x   e  dx A  e Chọn C B  e C  e Lời giải D  e 1 x Ta có I    f   x   e  dx   f   x  dx   e dx  f  x   e x  f 1  f     e1  e0    e x 0 Câu 17 [2D1-3.1-1] iá trị nhỏ hàm số y  A  B  1 x  x  x đoạn  3;3 99 C 32 D  75 Lời giải Chọn x  Ta có: y  x3  3x  x hi đó: y    x   x  4 ậy y   y   ; y 1 ; y  3 ; y  3    3;3 99 Câu 18 [2D2-2.3-2] Cho số thực   Đồ thị hàm số y  x , y  x  khoảng  0;    hình vẽ bên, đường đậm đồ thị hàm số y  x  ệnh đề A      ng? B      C      D      Lời giải Chọn C Theo đặc điểm đồ thị hàm số l y thừa Câu 19 [2D2-3.2-2] Cho a , b số thực dương a  Đẳng thức ?  a3   a3    log b log A log a  B     log a b a a  b  b  a3  C log a     log a b  b  a3  D log a     log a b  b Lời giải Chọn C  a3  Áp dụng công thức logarit: log a    log a a  log a b   log a b  b Câu 20 [2D3-2.3-2] Tính I   ln x  x  1 dx  a ln  b ln Tính T  a  b3 13 A T  B T  134 27 C T  D T  152 27 Lời giải Chọn D 2 2 x ln x dx   ln  ln   ln  ln  a ln  b ln I  dx    x 11  x  1 1 x  x  1  x  1 ln x Suy a  1 ; b  152  a  b3  27 Câu 21 [2D3-2.1-2] Biết 2x 1 dx  a ln  b ln  c ( a, b, c số nguyên) Giá trị a  b  c x   B 4 A C D 1 Lời giải Chọn D 2  2x   Ta có:  dx     dx =  x  3ln x     3ln  3ln  3ln  x 1 0 x 1 Do đó: a  3 , b  , c  Vậy a  b  c  1 Câu 22 [2D2-6.2-1] Tìm tập nghiệm S bất phương trình log ( x  3)  log x  A S  1;    B S  1;9 C S    ;9 D S   0;9 Lời giải Chọn B Điều kiện xác định: x  Với điều kiện ta có: log ( x  3)  log x   log ( x  3)2 ( x  3) 4  16  x  10 x     x  x x Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình : S  [1;9] Câu 23 [2H3-1.3-2] Trong không gian Oxyz , mặt cầu (T ) : ( x  2)  ( y  1)  z  cắt mặt phẳng  Oyz  theo giao tuyến đường tròn có bán kính A 11 B C D Lời giải Chọn C Mặt cầu T  có tâm I  2;  1;0 bán kính R  Mặt phẳng  Oyz  có phương trình: x  Ta có: d  I ,  Oyz    h   R  mặt cầu T  cắt mặt phẳng  Oyz  theo đường tròn có giao tuyến có bán kính r  R  h2  32  22  Câu 24 [2D2-4.2-1] Cho hàm số y  e 2 x Mệnh đề đúng? A y  y  y  B y  y  y  Lời giải C y  y   y  D y  y  y  Chọn D Ta có: y  2e2 x ; y  4e 2 x hi đó: y  y  y  4e2 x  2e2 x  2e2 x  Câu 25 [2D1-2.4-3] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  3(m  1) x  12mx  2019 có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  x1 x2  8 A m  1 B m  C m  D m  2 Lời giải Chọn A y '  3x  6(m  1) x  12m ; y '   3x  6(m  1) x  12m   x  2(m  1) x  4m  (1) Để hàm số có cực trị x1 , x2  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt   '   (m  1)   m   x1  x2  2(m  1) Với điều kiện m  ta có   x1 x2  4m Do x1  x2  x1 x2  8  2m   8m  8  m  1 Vậy m  1 thỏa mãn yêu cầu toán Câu 26 [2D3-1.2-2] Họ nguyên hàm hàm số f ( x )  A x 1  C B x   C x2 x3  C  C x3  D x   C Lời giải Chọn B Đặt u  x   u  x   2 udu  x dx hi I   du  u  C 3 3 x   C Câu 27 [2H1-3.4-3] Cho khối lập phương ABCD.ABCD Gọi M trung điểm AD ,  góc Với u  x3  I  hai mặt phẳng  BMC    ABBA  Khẳng định đúng? A cos  B cos  C cos  Lời giải Chọn D D cos  Giả sử khối lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Lập hệ tọa độ hình vẽ: A  0;0;0  , B  a ;0;0  , D  0; a ;0  , A  0;0; a  , C   a ; a ;0  , B  a ;0; a  , C  a ; a ; a  , D  0; a ; a   a  Do M trung điểm AD  M  0; ; a     a2  a   Ta có: BM   a ; ;0  , BC    0; a ;  a    BM , BC     ;  a ;  a      Chọn n1  1;2;2  VTPT mặt phẳng ( BMC ) n2  j   0;1;0  VTPT mặt phẳng ( ABBA) hi đó, cos  n1 n2 n1 n2  1.0  2.1  2.0 2  Vậy cos   3   1  2 2 2 Câu 28 [2H1-3.4-2] Cho khối chóp S.ABCD có cạnh đáy a thể tích cách từ B đến mặt phẳng  SAD  A a B a C a Lời giải Chọn A D a 2a3 Khoảng Gọi O  AC  BD Khối chóp S.ABCD nên SO  ( ABCD) 3V Ta có: VS ABCD  SO.S ABCD  SO  S ABCD  S ABCD 2a  2a a 3V VS ADB  d  B,  SAD   S SAD  d ( B, ( SAD))  S ADB SSAD 1 2a 2a Mặt khác, VS ADB  VS ABCD   2 12 2  2a   2a  a Tính được: OA  OD  ; SA  SD  SO  OA2         a  AD     Do tam giác SAD cạnh a  S SAD  a2 2a 3V a Vậy d ( B,( SAD))  S ADB  12  S SAD a Câu 29 [2H3-1.3-3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;0;  1 , B  3;  2;1 Gọi  S  mặt cầu có tâm I thuộc mặt phẳng  Oxy  , bán kính 11 qua hai điểm A , B Biết I có tung độ âm, phương trình mặt cầu  S  A x  y  z  y   B x  y  z  y   C x  y  z  y   D x  y  z  y   Lời giải Chọn A Gọi I  a ; b ;0  Oxy  ; b  Ta có IA  1  a ;  b ;  1 , IB   3  a ;   b ;1 Do mặt cầu  S  hai điểm A , B nên IA  IB  11 2    IA  IB  IA  IB 2a  b  3 b  2a       2 2  IA  11  IA  11  1  a   b   11  1  a    2a  3  10  b  2a  b  2a  a  0; b  3     a   a  2; b  5a  10a   a  2  Đối chiếu điều kiện ta có I  0;  3;0    S  : x  y  z  y   Câu 30 [2H1-3.2-3] Cho khối chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a , ABC  600 Hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  trung điểm cạnh AB Góc mặt phẳng  SCD  mặt đáy 450 Thể tích khối chóp cho A a3 3a3 12 B C 3a3 D a3 Lời giải Chọn A S D A H B C Gọi H trung điểm AB  SH   ABCD  Tam giác ABC nên CH  AB , mà CD / / AB  CH  CD Có CD   SCD    ABCD   2 CD  CH  CD  SC Có  CD  SH  3 Từ (1), (2), (3) suy 1   SCD  ;  ABCD     SC; CH   SCH  45 Trong tam giác SCH có SH  HC  a a2 a2 a a2 a3 S ABCD  2S ABC    VS ABCD   2    Câu 31 [2H1-3.2-3] Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC tam giác vng cân A, BC  2 Góc đường thẳng AB mặt phẳng  BCC B  30 Thể tích khối lăng trụ cho A 12 B C Lờigiải Chọn B D A C H B A' C' B' Gọi H trung điểm BC Dễ thấy AH  BC , AH  BB '  AH   BCC ' B '  Từ suy góc AB ' mặt phẳng  BCC ' B ' Ta có AH   AB ' H  30 AH BC  2, AB  2, AB '   2 sin AB ' H sin 30 Tam giác ABB ' vuông B  BB '2  AB '2  AB     BB '  Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' V  BB '.S ABC  AB  ( đvtt) Câu 32 [1D2-5.2-3] Một hộp chứa bi xanh, bi đỏ bi vàng có kích thước khác Chọn ngẫu nhiên từ hộp viên bi Xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu 86 79 A B C D 165 165 11 11 Lờigiải Chọn D Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp có 12 viên bi có n()  C124 Số cách lấy để đủ ba màu n( A)  3.4.C52  4.5.C32  3.5.C42 n( A) 3.4.C52  4.5.C32  3.5.C42   Xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu P( A)  n() C124 11 Câu 33 [2D1-4.1-2] Số đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  A C B x  x2  x 2x  D Lời giải Chọn B  3   Tập xác định: D   ; 1  0;    ;    2   x2 x  x  lim x  x  2x  Ta có lim y  lim x  1 1 1 x  1 x  lim x  2x  2 x x  2x 1  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y   x2 x  x  lim x  x  2x  lim y  lim x  1 1 1 x 3 x  lim x  2x  2 x x  2x 1 Câu 34 [2H3-1.1-2] Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  1;1;2 , B  0;1;  1 , C  x  2; y; 2   Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  thẳng hàng Tổng x  y A B  C  D  Lời giải Chọn C Ta có AB  1;0; 3 , BC   x  2; y  1; 1 Ba điểm A, B, C thẳng hàng  AB BC phương  k : BC  k AB 5  x  x   k     y 1    y   x  y    1  3k  k   Câu 35 [2H3-1.3-2] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2;0;  N  0; 2;3 Mặt cầu tâm A  2;  2;1 bán kính MN có phương trình A  x     y     z  1  B  x     y     z  1  C  x     y     z  1  D  x     y     z  1  2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Mặt cầu cần tìm có: tâm A  2;  2;1 , bán kính MN  nên có phương trình :  x  2   y  2   z  1 Câu 36 [2D1-5.4-3] Cho hàm số y  2  2         2  9 x2  x có đồ thị  C  đường thẳng d : y  2 x Biết d cắt  C  x2 hai điểm phân biệt A , B Tích hệ số góc tiếp tuyến  C  A B A B C  Lời giải Chọn D + Phương trình hồnh độ giao điểm d  C  là: D x  x2  x  2 x ,  x     x2 x  + hi đó, khơng giảm tổng qt, giả sử hoành độ A B Tiếp tuyến  C  điểm có hồnh độ x0 ,  x0   có hệ số góc là: y  x0   x0  x0   x0   Do đó, tích hệ số góc tiếp tuyến  C  A B bằng: y   y 1    5   2 Câu 37 [2D1-5.2-3] Cho hàm số f  x   ax3  bx  cx  d  a, b, c, d   có đồ thị hình vẽ bên Tìm tất giá trị thực tham số m đề phương trình f  x   m  có nghiệm thực phân biệt A  m  C 2  m  B 1  m  D  m  Lời giải Chọn C Ta có: f  x   m   f  x   m f  x  hàm chẵn nên đồ thị hình bên: Từ đồ thị ta có phương trình f  x   m  có nghiệm phân biệt khi: 1  m    2 m  Câu 38 [2H2-2.2-3] Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A 2 a3 B 2 a3 12 C Lời giải Chọn C 2 a3 D 2 a3 S A D I B C Gọi I tâm hình vng ABCD Dễ thấy tam giác ABC , ADC , ASC , BSD tam giác vng cân có I trung điểm cạnh huyền nên I cách tất đỉnh hình chóp S.ABCD Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng: R  Vậy thể tích khối cầu cần tìm là: V  AC a  2 2 a3 R  3 Câu 39 [1D2-2.2-3] Từ chữ số 0;1; 2;3; 4 lập tất số chẵn có chữ số khác cho chữ số đứng cạnh B 16 A 20 C 14 D 18 Lời giải Chọn D Gọi số cần tìm có dạng abcd với a , b , c , d số thuộc tập hợp 0;1; 2;3; 4 Vì chữ số đứng cạnh số lập chẵn nên ta có trường hợp sau: TH1: Số có dạng 23cd 32cd + Chọn d có cách + Chọn c có cách Vậy có 2.2.2  kết TH1 TH2: Số có dạng a 23d a32d * Nếu d  chọn a có cách * Nếu d  chọn a có cách Vậy có 1    kết TH2 TH5: Số có dạng ab32 + Chọn a có cách + Chọn b có cách Vậy có 2.2  kết TH5 Vậy có tất    18 kết thỏa mãn Câu 40 [2D1-1.2-3] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục có bảng biến thiên sau: Hàm số y  f  x  x  nghịch biến khoảng ? A   ;0  B  0;1 C  2;    D 1;  Lời giải Chọn B x   x  x  2 x    2   x  2x   x  y   x   f   x  x        f  x  x    x2  x  x  1    x   Lập bảng xét dấu y  Dựa vào bảng xét dấu hàm số nghịch biến  0;1 Câu 41 [2H1-3.2-3] Cho hình hộp ABCD.ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh 2a AA  AB  AC  2a Thể tích khối tứ diện ABDC 2a A 4a C 6a B Lời giải Chọn B 3a3 D Gọi G  AC  BD , AA  AB  AC AG  AA2  AG  a  A ' D  2a  AG  ( ABCD ) VABDC VAABC  S ABC AG  a , 3 VABCD ABCD  AG.S ABCD  6a3 VABDA  VABCB  VCBCD  VADCD  VAABC  6a3  VABCD ABCD  4VAABC  Câu 42 [2D3-2.4-4] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn f 1  , 1 0 x f  x  dx  0  f   x  dx  Tính tích phân I  0 f  x  dx A I  B I  C I  D I  Lời giải Chọn C du  f   x  dx u  f  x   Xét A   x f  x  dx Đặt   x2 d v  x d x v     1 1 x2 1   A f  x    x f  x  dx    x f   x  dx    x f   x  dx  20 20 5 0 Xét 1 1 2 0  f   x  dx  2k 0 x f   x  dx  k 0 x dx  1   2k  k   k  trở thành   f   x  1 1 dx  6 x f   x  dx  9 x dx     f   x   3x  dx  2 0  f   x   3x2      f   x   3x2  dx  2 Do   f   x   3x  2 dx   f   x   3x   f   x   3x  f  x    3x 2dx  x3  C f 1   f  x   x3 1 0 I   f  x  dx   x 3dx  Câu 43 [2D1-2.1-3] Trên khoảng  0;   , hàm số f  x   x  2cos x đạt cực tiểu A x   B x   C x  Lời giải 5 D x  2 Chọn C Ta có: f '  x    2sin x ; f "  x   2cos x   x   k 2  f '  x     2sin x   sin x    k   x  5  k 2     5  5  Vì x   0;    x   ;  mà f "      ; f "  6  6  Vậy hàm số đạt cực tiểu x     30  5 Câu 44 [2D1-1.3-4] Có tất giá trị nguyên tham số y   m2  1 x3  3x   m  1 x  2019 đồng biến khoảng A B 10 m   1 ; 1 để hàm số  0;   ? C D 11 Lời giải Chọn B Ta có: y '   m2  1 x  x   m  1 Xét TH: TH1: m    m  1 +) m  1 : y '  x , hàm số đồng biến khoảng  0;   , thỏa mãn 1  +) m   y '  x  , hàm số đồng biến khoảng  ;   , nghịch biến khoảng 3  1    ;  , không thỏa mãn 3  TH2: m    1  m  hi ln tồn x0 để y '  0, x  x0 nên không thỏa mãn TH3: m   Hàm số đồng biến khoảng  0;   y '   m2  1 x  x   m  1  0,  x   0;    Ta có BBT y ' : - (Vì m   nên 1  ) m2  Theo bảng biến thiên suy y '  0   1  m   m  1 m     10  m  1 Ta có:  m  1  m   10;10  ết hợp m suy m 10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2 Vậy có 10 giá trị thỏa mãn Câu 45 [2H2-1.4-3] Từ tơn hình chữ nhật có kích thước 5m x 40m , người ta làm hai thùng nước hình trụ có chiều cao 5m , cách cắt tơn thành hai nhau, gò thành mặt xung quanh thùng (tham khảo hình bên dưới) Tổng thể tích hai thùng hình trụ A 1000 (m3 ) B 2000 (m3 ) C 2000  (m3 ) D 1000  (m3 ) Lời giải Chọn D Hai khối trụ tích nên tổng thể tích hai lần thể tích khối trụ Do AE  20 10 AB  20m chu vi mặt đáy Suy bán kính đáy R   m 2  Diện tích mặt đáy S   R  100  (m ) , chiều cao khối trụ AD  5m Suy thể tích khối trụ V  S h  500  ( m3 ) Vậy tổng thể tích 1000  (m3 ) Câu 46 [2D1-2.1-3] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x     x   x  1  x, x  Hỏi hàm số y  f   x   x  có điểm cực tiểu A B C D Lời giải Chọn D Ta có f   x    x  3x  3x   y  f   x   x  3x  x  y   x   13 ;   13    13  y   6 x  ; y     2 13  ; y     13      Suy hàm số có điểm cực tiểu Câu47 [1D3-4.7-3] Ơng A gửi 120 triệu đồng tiền vào ngân hàng với lãi suất 0 / năm Biết không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm số tiền lãi nhập vào vốn để tính lãi cho năm Hỏi sau 10 năm, tổng số tiền lãi mà ông A nhận bao nhiêu, giả định khoảng thời gian lãi suất không thay đổi ông A không rút tiền ra? ( Lấy kết gần đến hàng phần trăm) A 94,90 triệu đồng B 95,10 triệu đồng C 104,10 triệu đồng D 114,90 triệu đồng Lời giải Chọn A Áp dụng cơng thức tính lãi suất kép A  A0 1  r  A0 :số tiền ban đầu gửi vào; r :lãi n suất chu kì; n : số chu kì Số tiền lãi nhận sau 10 năm A  A0  120 1  0   120  94,90 triệu đồng 10 Câu 48 [2H3-1.4-4] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;2 ; B  0; 1; 3 Xét điểm M thay đổi mặt phẳng  Oxz  , giá trị nhỏ OM  2MA  3MB bằng? A B C D Lời giải Chọn A  1 5  Chọn I  a; b; c  thỏa OI  2IA  3IB   I  ; ;  2 4  Ta có : OM  2MA  3MB  OI  2IA  3IB  4MI  MI  OM  2MA  3MB nhỏ  MI nhỏ  MI  Oxz  Lúc MI  4d  I ; Oxz    Câu 49 [2D1-5.3-4] Tìm tất giá trị thực tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm  x  4x  y  m    x  xy   x    B 10  m  D m  10 m  A m  C m  10 Lời giải Chọn D 2   x  4x  y  m  y  m  x  x 1   2 x  xy x    x  x  mx x                 Hệ có nghiệm  phương trình   có nghiệm      x3  x   x    mx  x      x  x    mx  x    Đặt x  x    t  x  x  t  (phương trình có nghiệm    t   t  1) hi phương trình   trở thành t  mt   (*) Phương trình   có nghiệm phương trình * có nghiệm t  1 t  mt    m  Xét hàm số f  t   Bảng biến thiên: t2  (do t  nghiệm) t t2  t2  ,  t  1 Ta có f   t     t  t t x + f'(t) + + -10 f(t)  Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm m  10 m  Câu 50 [2D2-6.3-4] Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên dương tham số m để bất phương trình 5.4 x  m.25 x  7.10 x  có nghiệm Số phần tử S A B Vô số C D Lời giải Chọn B x x 2x x  4 2 2 2 Ta có: 5.4  m.25  7.10         m         m   25  5 5 5 x x x x 2 Đặt t    , t  Bất phương trình trở thành: 5t  7t  m   m  5t  7t  g  t  5 Ta lại có: g   t   10t   g   t    10t    t  10 Bảng biến thiên: Quan sát bảng biến thiên ta thấy max g  t   t 0;  49 t  20 10 Để bất phương trình đề cho thỏa mãn điều kiện có nghiệm  m  max g  t   t 0;  Do m số nguyên dương nên m  1;2 49 20 ... 2 x hi đó: y  y  y  4e 2 x  2e 2 x  2e 2 x  Câu 25 [2D1 -2. 4-3] Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x3  3(m  1) x  12mx  20 19 có điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  x2...  1  2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Mặt cầu cần tìm có: tâm A  2;  2; 1 , bán kính MN  nên có phương trình :  x  2   y  2   z  1 Câu 36 [2D1-5.4-3] Cho hàm số y  2  2    ...  R  h2  32  22  Câu 24 [2D2-4 .2- 1] Cho hàm số y  e 2 x Mệnh đề đúng? A y  y  y  B y  y  y  Lời giải C y  y   y  D y  y  y  Chọn D Ta có: y  2e 2 x ; y