Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường thpt bến tre lần 3 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Hạt của nó là khối tròn xoay sinh ra bởi hình Elip khi quay quanh đường thẳng nối hai tiêu điểm F 1 , F 2... Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm Elip trùng với gốc tọa độ O , hai ti[r]

CÂU VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO ĐỀ THI THỬ LẦN 3 THPT BẾN TRE VĨNH PHÚC

Câu 1. [2D2-3] Tổng tất giá trị m nguyên dương để hàm số

 

3 1 2

6

x x

e m e

y           nghịch

biến 1;3

A 253 B 300 C 276 D 231

Lời giải

Chọn A.

Hàm số

 

3 1 2

6

x x

e m e

y 

    

   

nghịch biến 1;3

 

0, 1;3

y x

    ( dấu xảy hữu hạn điểm)

 

 

 

 

3 1 2

3 1 2 ln 0, 1;3

6

x x

e m e

x x

e m e   x

                    

3e x m ex 0, x 1;3

      Vì

 

3 1 1

0,

ln

6

x x

e m e

x                              

3 x 0, 1;3

e m x

       3e2x 1 m x, 1;3

  

2

1;3

min x

t

m e e



    

Vì m  m 1;2;3; ;22

Z  

Vậy S     1 22 23 11 253  

PHÁT TRIỂN CÂU 1 Câu 1. [2D2-3] Cho hàm số  1

2018ex m ex

y   

 Tính tổng tất giá trị m nguyên dương để hàm số đồng biến khoảng 1; 2?

A 25 B 11 C 5 D 18

Lời giải

Chọn B.

Hàm số đồng biến khoảng 1; 2 

     

 

2 1 1 2

2018ex m ex ln 2018 x x 0, 1;2

y     e m e x

    

 2e2x m 1ex 0, x 1; 2

    

 

2 1 1

2018 0,

ln 2018

x x

e m e

x             

 2ex m x, 1;2

   

1;2 

min x

t

m e e



Vì m  m 1;2;3; 4;5;6

Z  

Vậy S       1 11 Đặt  g x 3e2x 1, x 1; 2

    ,  g x 3e2x.2 0,  x 1; 2 Vậy (*) xảy m g  2  m 3e4 1

 

Câu 2. [2Đ2-3-PT2] Với giá trị m hàm số

x x e y e m  

 đồng biến khoảng 2; 1 

A 1 m e m e        

B 1 m

e  C m  1 D

1 m

e



Lời giải Chọn A.

Đặt t ex

  tex0

Vậy toán trở thành: Tìm m để hàm số y t t m

 

 đồng biến khoảng 1 ; e e       Có

 2 m y t m     

Để hàm số đồng biến khoảng 1 ; e e       0, 1 ;

y t m

m e e                  1 m m e m e                   1 m e m e         

Câu 7. [2D1-3] Xác đinh m để đồ thị  C : y 5x4 8x2 m

   cắt trục hoành điểm phân biệt cho diện tích hình phẳng giới hạn  C trục hồnh có phần phần bằng

nhau ?

A

16 B.

16

9 C 9 D.

25 16 Lời giải

Chọn B

Gọi a nghiệm lớn phương trình 5x4 8x2 m 0

   nên 5a4 8a2m0  1 Vì y 5x4 8x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung diện tích hình phẳng giới hạn  C

và trục hồnh có phần phần nên  

5 d

a

x  x m x

3

5

0

8

0

3

a

x a

x mx a ma a a m

 

             

   

2

Từ  1  2 ta có3 8 3 5 8 2 0

a  a  a  a   a  Thay vào  1 ta 16 m 

PHÁT TRIỂN CÂU 7 Câu 1. [2D1-3] Cho hàm số y x4 3x2 m

   có đồ thị  C cắt trục hồnh điểm phân biệt Gọi

S S2 diện tích hình phẳng giới hạn trục hồnh với đồ thị  C nằm phía trên trục hồnh phía trục hồnh Biết S1S2 Giá trị m bằng

A 1 B 2 C 3

2 D

5 Lời giải

Chọn D

Gọi a nghiệm lớn phương trình x4 3x2 m 0

    1

Vì y x4 3x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung S1 S2 nên  

3 d

a

x  x m x



5 4

3 2

0

0 0

5 5

a

x a a a

x mx a m a a a m a m

   

                  

   

 2

Từ  1  2 ta có 3 4 10

5

a

a  a   a  a   a  Thay vào  2 ta m 

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số y x4 x2 m

   có đồ thị  C cắt trục hoành điểm phân biệt Gọi S1 S2 diện tích hình phẳng giới hạn trục hoành với đồ thị  C nằm phía trục hồnh phía trục hoành Biết S1 S2 Giá trị m bằng

A. 36

B.

36

C 5

6

D

12

Lời giải

Chọn B

Gọi a nghiệm lớn phương trình x4 x2 m 0

   nên a4 a2m0  1

Vì y x4 x2 m

   có đồ thị đối xứng qua trục tung S1 S2 nên  

d

a

x  x m x



5 4

0

0 0

5 5

a

x x a a a a a a

mx m a a m m

   

                  

     

2

Từ  1  2 ta có 4 2

5

a a

Câu 9: [2D1-2] Cho đồ thị  C : yx3 6x29x1 Từ điểm đường thẳng x  kẻ được2 tiếp tuyến đến  C

A.2 B.1 C.0 D.3

Lời giải

Chọn B.

Gọi A2,yA điểm đường thẳng x 2

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A2,b :

 2  

y k x   b kx k b d

Vì  d tiếp tuyến  C  điều kiện tiếp xúc :

   

3

2

6

3 12

x x x kx k b

x x k

      

 

  

 

Thế  2 vào  1 ta có : x3 6x29x13x212x9x 3 x212x9b

2x3 12x2 24x 8 b

     

Xét hàm số yf x 2x312x2 24x8

Ta có : yf x  6x224 24 6x 22 0 x

Vậy hàm số yf x 2x312x2 24x8 nghịch biến với x   Vậy phương trình 2x312x2 24x 8 b có nghiệm

 Từ điểm đường thẳng x  kẻ tiếp tuyến đến 2  C PHÁT TRIỂN CÂU 9

Câu 1: [2D1-2] Cho đồ thị  C : yx3 9x224x17 Từ điểm đường thẳng x  kẻ3 tiếp tuyến đến  C

A. 1. B. C. D.

Lời giải

Chọn A.

Gọi A2,yA điểm đường thẳng x 3

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A3,b :

 3  

Vì  d tiếp tuyến  C  điều kiện tiếp xúc :

   

3

2

9 24 17

3 18 24

x x x kx k b

x x k

      

 

  

 

Thế  2 vào  1 ta có : x3 9x224x173x218x24x 3 x218x24b

3

2x 18x 54x 55 b

    

Xét hàm số yf x 2x318x254x 55

Ta có : yf x  6x2 36x54 6 x 32 0 x

Vậy hàm số yf x  2x318x254x 55 đồng biến với x   Vậy phương trình 2x3 18x2 54x 55 b

    có nghiệm

 Từ điểm đường thẳng x  kẻ tiếp tuyến đến 2  C

Câu 2: [2D1-2] Cho đồ thị  C :yx312x2 45x 51 Từ điểm đường thẳng x 4 kẻ tiếp tuyến đến  C

A.3 B. 2 C.1. D

Lời giải

Chọn C.

Gọi A2,yA điểm đường thẳng x 4

Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến qua điểm A4,b :

 4  

y k x   b kx k b d

Vì  d tiếp tuyến  C  điều kiện tiếp xúc :

   

3

2

12 45 51

3 24 45

x x x kx k b

x x k

      

 

   

 

Thế  2 vào  1 ta có :  x312x2 45x 51  3x2 24x 45x4 3 x2 24x 45b

3

2x 24x 96x 129 b

    

Xét hàm số yf x 2x324x296x129

Ta có yf x 6x2 48x96 6 x 42 0 x

 Từ điểm đường thẳng x  kẻ tiếp tuyến đến 4  C

Câu 35: [2D4-3] Cho số phức z a bi  (a,b số thực) thỏa mãn z  z 4 i có mơđun nhỏ giá trị P a b là?

A 3

4 B 4 C 2 D 3

Lời giải

Chọn D.

Ta có:

3

a bi  a bi  i  a2b2 a 32b 42  6a8b 25 0 25

b

a 

 

Mô đun số phức z là:

2 z  a b

2 25

6

b b



 

   

 

 2 100 225

36

b  

 156

Số phức zmin  b2

a

   P3

PHÁT TRIỂN CÂU 35

Câu 1:[2D4-3] Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z 4 i  z 2i Tìm số phức z có mơđun nhỏ

A z 1 i B z 2 2i C z 2 2i D 3 2i Lời giải

Chọn C.

Gọi số phức z có dạng z a bi  z thỏa mãn z 4 i  z 2i

   

 2  2  2

2 2

2

2

4 16 4

4 16

a b i a b i

a b a b

a a b b a b b

a b

a b

      

      

         

  

  

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki

 2  2  2 2

16 a b 1 1 a b  z a b 8

2 z 

Dấu  xảy 1 1 2

4 a b

a b z i

a b 

 

       

Câu 36: [2D4-3] Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z 4 i  z 2i Số phức z có mơ đun bé

A.3 B 2 C. 2 D 4

Lời giải

Chọn C

Đặt z x yi x y   ,   Khi z 4 i  z 2i  x yi  4 i  x yi 2i

x 22 y 42 x2 y 22

        4x 4y16 0  x y  0

Số phức có mơ đun nhỏ khoảng cách từ O đến đường thẳng :x y  0 .

 

min

4

; 2

2

z d O   

Câu 36: [2H2-2] Cho hình lập phương OBCD O B C D 1 1 có cạnh a, M điểm thuộc đoạn

OO Tỉ số thể tích hình chóp MBCC B1 hình lăng trụ OBC O B C 1

A 2

3 B

1

3 C.

3

4 D

1

Ta có:

1 1 1 1

3

1

1

2

OBC O B C OBCD O B C D a

V V  V 

1 1 1

3

1

1

3

M BB C C OBCD O B C D a

V V  V 

Vậy,

2

V

V 

PHÁT TRIỂN CÂU 36

Câu 1: [2H1-3] Cho hình chóp tứ giác có cạnh bên cạnh đáy a Gọi điểm M thuộc cạnh SA cho diện tích tam giác MBD nhỏ Khi tỉ số khối thể tích khối

MABD S ABCD bao nhiêu?

A 1

3 B

1

4 C

1

6 D

3 Lời giải

Chọn B.

Gọi O giao điểm AC BD

Ta có: MSA diện tích tam giác MBD nhỏ d M BD ,  bé

Dựng OM SA M , ta có: BDSAC BDOM  OM đoạn vng góc chung SA BD

Vì SBDABD SO SA  M trung điểm SA

Khi ta có:  , 

MABD ABD

V  d M ABCD S 1  , .1

3 2d S ABCD 2SABCD



 

 

1 1

,

4 d S ABCD SABCD 4VS ABCD

 

Câu 2: [2H1-2] Cho lăng trụ tam giác ABC A B C    tích V M điểm thuộc miền tam giác ABC Thể tích khối tứ diện M A B C    tính theo V bằng:

A V B

2

V

C 2

3V D

V

Lời giải

Chọn D.

Ta có: VABC A B C    V h S A B C  

1

3

M A B C A B C

V     h S    V

Câu 37: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A15; 1; 4 , B7;6;3, C6; 3;6 , 8;14; 1

D  M a b c thuộc mặt cầu  ; ;   S x: y2 z2 2x 4y 6z 11 0

       Giá trị biểu thức P a b c   MA2MB2MC2MD2 đạt giá trị nhỏ nhất?

A 9 B 5 C 16 D 2

Lời giải

Chọn A.

Mặt cầu  S x: 2y2z2 2x4y 6z11 0 có I1; 2;3  R  5

Gọi N x y z thỏa mãn  ; ;  NA NB NC ND     0

9

N

N

N x y z

     

  

9; 4;3

N



Ta có MA2 MB2 MC2 MD2

          

2 2

MN NA MN NB MN NC MN ND

            

 

2 2 2

4MN NA NB NC ND 2MN NA NB NC ND

        

    

2 2 2

4MN NA NB NC ND

    

Vì NA2 NB2 NC2 ND2

   không đổi nên MA2MB2MC2MD2 nhỏ  MN2 nhỏ nhất M thuộc giao điểm IN  S

Ta có IN  9 1 24 2 23 3 2 10 suy IN 2R2IM

PHÁT TRIỂN CÂU 37

Câu 1: [2H3-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A0;0;2, B3; 4;1 Tìm giá trị nhỏ AX BY với X , Y điểm thuộc mặt phẳng Oxy cho XY 1

A B C 2 17 D 1 5

Lời giải

Chọn B

Gọi H K, hình chiếu vng góc A B, mặt phẳng Oxy 

0;0;0 , 3; 4;0  3; 4;0

H K KH

     

Gọi A điểm đối xứng A qua Oxy  A0;0; 2  Gọi B điểm cho BB1;BB  hướng với KH

12 16

; ;1

5 B  

  

 

 

X A B  Oxy , Y giao điểm đường thẳng qua B song song với A B  với Oxy

AX BY ngắn

2

2

12 16

3

5

A B        

   

Câu 2: [2H3-4] Cho mặt cầu   S : x 12  y 42 z2 8

     điểm A3;0;0 , B4;2;1 Gọi M điểm thuộc mặt cầu  S Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA2.MB

?

A 4 B 6 C 2 D 3

Lời giải

Chọn D

Ta thấy A B nằm mặt cầu đồng thời 2

30

IA R

IB

  

 

  

Mục đích cách giải tìm C cho MA2MC với điểm M thuộc mặt cầu cách sau: Lấy điểm C IA cho ICM IMA đồng dạng với tức

2

.2

IM IC IM R R

IC

IA IM   IA R 

Vậy IA 4 IC C0;3;0 MA2MB2MB MC 2BC3

Câu 38. [1H3-3] Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vuông cân B AB a , SAABC Góc cạnh bên SB mặt phẳng ABC  60o Khi khoảng cách từ A đến

SBC là

A a B

2

a

C

3

a

D

2

a

Lời giải

Chọn D

Ta có BC AB, BC SA  BCSAB Kẻ AH SB  AH SBC. Góc SB mặt phẳng ABC  SBA  60o  SA a 3

2 2

1 1

AH SA  AB

3 a AH

 

PHÁT TRIỂN CÂU 38

Câu 1. [1H3-3] Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật tâm I, AB a , BC a 3, H trung điểm AI Biết SH vng góc với đáy tam giác SAC vuông S Khoảng cách từ A đến SBD là

A 15

15

a . B 15

5

a . C

15

a D 3 15

5 a .

Dựng HEBD, HK SE suy HK SBD Do

 

 ,   , 

d A SBD  d H SBD  HK Ta có AC BD2a  IA IB AB a

IAB

  đều cạnh a

Suy o 3

sin 60

2

a a

HEHI  

Lại có . .2

2 a

SA AH AC a a  SA a ;

2

2 2

4

a a

SH  SA  AH  a  

Do

 

 

2 2 2

1 1 16 20 15 15

,

3 3 10

a a

HK d A SBD

HK SH HE  a  a  a    

Câu 2. [1H3-3] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, với

2

a

AC  ; BC a

Hai mặt phẳng SAB  SAC tạo với mặt đáy  ABC góc 60 Tính khoảng cách từ B tới mặt phẳng SAC , biết mặt phẳng  SBC vng góc với đáy  ABC 

A.

4 a B.

3

4a C.

4

5a D. 3a

Lời giải

Gọi H hình chiếu vng góc S lên BC Do SBC  ABC SH ABC. Gọi I , J hình chiếu vng góc H lên AB, AC

Suy ra: SAB , ABC SIH 60; SAC , ABC SJH 60, suy ra: HJ HI x

Tam giác ABC vuông A suy ra: 2 a AB BC  AC 

Ta có:

 

3

3

3

2

a x

BI IH BH x

BIH BAC x a

a BA AC BC a



        





Gọi K hình chiếu vng góc H lên SJ  HK d H SAC , 

Ta có: 

 

3 sin

4

HK HJ KJH  a



Do  1

3

BH  BC BC  HC



 

 ,   1  , 

4

d B SAC d H SAC a

    

Câu 40. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác

SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp

S ABCD 15

6 a

Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD có số đo là

A 300 B 450 C 600 D 1200

Lời giải.

Chọn C

S

H B

A

C J

I

Gọi H trung điểm AB, suy SH ^AB

Mà (SAB) (^ ABCD) theo giao tuyến AB nên SH^(ABCD)

2

1 15 15

3

S ABCD ABCD

a a

V = S SH Û = a SHÞ SH= ; 2

2 a HC= BC +BH =

( )

·

(SC ABCD, )=(SC CH· , )=SCH·

· · (· ( ))

tanSCH SH SCH SC ABCD, 60

HC

= = Þ = =

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1. [2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, mặt bên SAD tam

giác vng S Hình chiếu vng góc S mặt đáy điểm H thuộc cạnh AD cho HA=3HD Biết SA=2a 3 SC tạo với đáy góc 30 Tính theo 0 a khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBC)

A 2 66 11

a B 66 11

a C 4 57 19

a D 2 57 19

a

Lời giải.

Hình chiếu vng góc SC mặt đáy HC nên

( )

·

( ) (· ) ·

0

30 = SC ABCD, = SC HC, =SCH

Tam giác vng SAD , có SA2 =AH AD. 12 2.

a AD

Û =

Suy AD=4a, HA=3a, HD= , a SH= HA HD =a 3,

· 2

.cot , AB = 2

HC=SH SCH = a CD= HC - HD = a Kẻ HK^BC và kẻ HG^SK Khi HG^(SBC)

( ) ;( ) ;( )

ADP SBC Þ d A SBCéë ùû=d H SBCéë ûù=HG

Tam giác vng SHK , có 2 2 66 11

SH HK a

HG

SH HK

= =

+

Câu 2.[2H1-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, đường chéo AC= , tam a

giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, góc (SCD) đáy bằng 45° Tính theo a thể tích V khối chóp S ABCD

A

3

4

a

V = B

3

a

V = C

3

a

V= D

3 12

a

V=

Lời giải.

Gọi H trung điểm AB, suy SH^AB

Mà (SAB) (^ ABCD) theo giao tuyến AB nên SH ^(ABCD)

Tam giác ABC cạnh a nên CH ^AB CD|| Þ 3

CH CD

a CH

ì ^

ïï ïïí

ï =

ïïïỵ

Ta có

( ) ( )

( )

( )

, , SCD ABCD CD SC SCD SC CD HC ABCD HC CD

ì Ç =

ïï

ïï Ì ^

íï

ïï Ì ^

ïỵ

suy

(· ) ( )

( ) (· ) ·

0

45 = SCD , ABCD = SC HC, =SCH

Tam giác vng SHC , có tan· a SH=HC SCH =

Diện tích hình thoi ABCD

2

2

ABCD

a S =HC CD=

Vậy thể tích khối chóp

3

1

3

S ABCD ABCD

a

V = S SH =

Câu 41: [2D3-3] Một đào hình cầu có đường kính cm Hạt khối trịn xoay sinh hình Elip quay quanh đường thẳng nối hai tiêu điểm F1, F2 Biết tâm Elip trùng với tâm khối cầu độ dài trục lớn, trục nhỏ cm, cm Thể tích phần cùi (phần

ăn được) đào a cm3

b với a b, số thực a

b tối giản, a b

A 97 B 36 C 5 D 103

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho tâm Elip trùng với gốc tọa độ O, hai tiêu điểm nằm trục

Ox Khi phương trình Elip

2

x y

  , xét

2

4

x y = -

Thể tích khối tròn xoay quay Elip quanh trục lớn là:

2 2

2

1 0

0

8

2

4

x

V   y dx    dx 

 

 

Thể tích đào hình cầu .33 36

V    

Do thể tích phần cùi đào 100

3

V V   Do a b 97

PHÁT TRIỂN CÂU 40

Câu 1: [2D3-3] Trong mặt phẳng cho đường Elip có độ dài trục lớn AA ' 8, độ dài trục nhỏ '

BB  ; đường trịn tâm O đường kính BB' hình vẽ Tính thể tích vật thể trịn xoay có cách cho miền hình phẳng giới hạn đường Elip đường trịn ( phần hình

phẳng được tơ đậm hình ve) quay xung quanh trục AA'

A 36 B 12 C 16 D 64

Chọn B

Gắn hệ trục toạ độ Oxy cho O tâm đường tròn, A A, 'Ox, B B, 'Oy

Phương trình elip

2 16

x y

  , xét

2

16

x

y  

Thể tích khối trịn xoay sinh quay Elip quanh trục Ox là:

2

1 09 d 48 16

x

V      x 

 



Thể tích khối cầu là: .33 36

V    

Suy thể tích khối trịn xoay cần tìm là: V V 12

Câu 2: [2D3-3] Từ tôn hình chữ nhật ABCD với 30 , 55

AB cm AD  cm Người ta cắt

miếng tơn theo đường hình sin hình vẽ bên để hai miếng tôn nhỏ Biết AM 20cm, 15

CN  cm,BE5cm.Tính thể tích lọ hoa tạo thành cách quay miếng tôn lớn quanh trục AD (kết làm tròn đến hàng trăm)

A 81788cm3

B 87388cm3

C 83788cm3

D 7883cm3

Lời giải

Chọn C

Chọn hệ trục Oxy cho A O , D Ox ,B Oy .

Ta có BE5 suy hàm số tuần hồn với chu kì T 20

Suy phương trình đồ thị hình Sin cần tìm có dạng: sin 10

x y a  b

 

Do đồ thị hình sin qua M0; 20 , 55 ;15

N  

  nên ta có:

sin 20

10 10

20 55

sin 15

10

a b

a b

a  b

  

 

 

 



  



 



  

  

 

  



Ta có phương trình đồ thị hình sin cần tìm 10sin 20 10

x y  

 

Thể tích cần tìm là:

2 55

3

0 10sin 10 20 d 83788

x

x cm



      

 

 

Câu 43: [2D2-2] Vào đầu tháng chị Liên gửi tiết kiệm triệu đồng vào ngân hàng theo hình thức lãi kép với lãi suất không đổi 0,6 %/tháng Hỏi sau tháng (kể từ tháng đầu tiên) chị Liên nhận số tiền gốc lẫn lãi vượt qua 100 triệu đồng?

A. 29 tháng B. 32 tháng C. 30 tháng D. 31 tháng Lời giải

Chọn D.

Gọi A số tiền gửi hàng tháng chị Liên, r % lãi suất hàng tháng, Tn số tiền gốc

lẫn lãi chị Liên sau n tháng

- Cuối tháng 1, chị Liên có 1  1 1 1 

A

T A r r r

r  

     

  (triệu đồng) - Đầu tháng 2, chị Liên có số tiền A1rA A 1r1 (triệu đồng)

- Cuối tháng 2, chị Liên có T2 A1r1 rA1r1 A1r1 1 r

 

       

2

2

1

1 1

1

r A

A r r r

r r

 

 

     

 

 

- Cuối tháng n, chị Liên có n 1 n 1 

A

T r r

r  

   

  (triệu đồng)

Theo giả thiết 100 1 0,6% 1 0,6%  100 0,6%

n n

T        

 

603 1,006

503

n

 

1,006 603

log 30,3

503

n   n

    

 

Vậy cần 31 tháng

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 43: [2D2-2] Một sinh viên X thời gian học năm đại học vay ngân hàng năm 10 triệu đồng với lãi suất 3%/năm (thủ tục vay năm lần vào thời điểm đầu năm học) Khi trường X thất nghiệp chưa trả tiền cho ngân hàng phải chịu lãi suất 8% /năm Sau năm thất nghiệp, sinh viên X tìm việc làm bắt đầu trả nợ dần Tính tổng số tiền sinh viên X nợ ngân hàng năm đại học năm thất nghiệp?

A. 46.538.667 đồng B. 43.091.358 đồng C. 48.621.980 đồng D. 45.188.656 đồng

Lời giải

- Sau năm thứ 1: Số tiền sinh viên X nợ là: T 1 10 3%   (triệu đồng) - Sau năm thứ 2: Số tiền sinh viên X nợ là:

     2  

2 10 3% 10 3% 10 3% 10 3%

T          (triệu đồng) …

- Sau năm thứ 4: Số tiền sinh viên X nợ là:

 4  3  2  1

4 10 3% 10 3% 10 3% 10 3%

T         (triệu đồng)

- Sau năm thất nghiệp: Số tiền sinh viên X nợ là: T T 8%   46,538667(triệu đồng) Câu 43: [2D2-2] Ông A công chức ông định nghỉ hưu sớm trước hai năm nên ông

nhà nước trợ cấp 150 triệu đồng Ngày 17 tháng 12 năm 2016 ông đem 150 triệu đồng gửi vào ngân hàng với lãi suất 0,6% tháng Hàng tháng tiền lương hưu, ơng phải đến ngân hàng rút thêm 600 nghìn đồng để chi tiêu cho gia đình Hỏi đến ngày 17 tháng 12 năm 2017, số tiền tiết kiệm ông A lại bao nhiêu? Biết lãi suất suốt thời gian ông A gửi không thay đổi

A. 50.1,00612 100

 triệu đồng B. 250.1,00611100 triệu đồng C. 50.1,00611 100

 triệu đồng D. 150.1,00611100 triệu đồng Lời giải

Chọn A.

- Sau tháng, số tiền ơng A cịn lại 150 0, 6%   0,6 (triệu đồng) - Sau tháng, số tiền ơng A cịn lại

   

150 0, 6%  0,6 0,6%  0,6

 

     

2

150 0, 6% 0,6 0, 6% 0,

     (triệu đồng)

…

- Sau 12 tháng, số tiền ơng A cịn lại

 12  11  

150 0,6%  0,6 0, 6%  0,6 0,6%   0,

 

12 11

150.1,006 0,6 1,006 1,006

      

12 12 1,006 150.1,006 0,6

1,006 

 



 

12 12 12

150.1, 006 100 1, 006 50.1, 006 100

     (triệu đồng)

Đặt     2

x

h x f x  Mệnh đề sau ?

A Hàm số y h x   đồng biến khoảng 2;3. B Hàm số y h x   nghịch biến khoảng 0;1. C Hàm số y h x   nghịch biến khoảng 2; 4 D Hàm số y h x   đồng biến khoảng 0; 4

Lời giải

Ta có h x f x  x