Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2019 lần 1 trường THPT chuyên Bến Tre | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là nh[r]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỀ THI THỬ LẦN NĂM HỌC 2018 - 2019 Bài thi mơn: TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề).

Câu Thể tích khối lập phương có cạnh 3a

A 27a3. B 2a3. C a3. D 9a3.

Lời giải Chọn A

Câu Hàm số yf x  liên tục  có bảng biến thiên

Khẳng định sau đúng? A Hàm số có ba điểm cực trị. B Hàm số đạt cực đại x  0 C Hàm số đạt cực tiểu x  1 D Hàm số đạt cực đại x  2

Lời giải Chọn C

Câu Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 1  B2;3; 4 Véctơ AB có tọa độ A 1;2;5  B 1;2;3  C 3;5;1  D 3;4;1 

Lời giải Chọn A

Ta có AB 1; 2;5

Câu Cho log a14  Giá trị log 4914 tính theo a

A.

2(1 a) B 2a C.

2

1 a D.2(1 a) Lời giải

Chọn D

14 14 14

14

log 49 2log 2log 2(1 )

2 a

   

Câu Hàm số y x33x nghịch biến khoảng đây?2

A.   ; 2 B 0; C 2; 0 D 0; 4 Lời giải

Tập xác định: DR

 

       

 

2 2

' , '

0 x

y x x y x x

x

Bảng biến thiên:



y   

y 

 

Câu Bất phương trình log2 x 3 có nghiệm là:

A ( ;6) B ( ;8) C.(0;8) D.(8;) Lời giải

Điều kiện: x 0

log2 x 3 x8

Kết hợp điều kiện chọn C Câu Cho  

1

d f x x 

  

1

d g x x 

    

1

3f x  2g x dx

 

 



A 9 B 12 C D 2

Lời giải Chọn C

     

1 1

0 0

d d 15 d 15

f x x  f x x  f x x

  

Ta có  

1

0

d g x x 

  

1

0

2 g x xd

    

1

0

2g x xd

  

Xét    

1

3f x  2g x dx

 

 

 15 9  

Câu Thể tích khối cầu bán kính 2a bằng A

3 32

3 a

 B 4 a3

 C

3 a

 D 2 a3 

Lời giải Chọn A

3

4 (2 ) 32

3

a a

V    

Câu Phương trình logx2 6x7 logx 3 có tập nghiệm

A  B 4;  C  5 D 2; 

Lời giải Chọn C

ĐK: x  3

   

log x  6x7 log x

2

6

x

x x x

    

   



5

2 x

x x

x   

    



 

Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x y z 0    Vectơ vectơ pháp tuyến  P ?

A n  6;3; 2 B n  2;3;6 C 1; ;1

n  

 



D n  3; 2;1

Lời giải Chọn B

Câu 11 Tìm nguyên hàm hàm số f x sin 2 x1

A f x x d cos 2 x1C. B  d 1cos 2 1

2

f x x x C



C  d 1cos 2 1

2

f x x x C

 D f x x d  cos 2 x1C

Lời giải:

Chọn B

Ta có: sin 2 d sin 2 d 2  1 1cos 2 1

2

x x x x  x C

 

Câu 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

: ( )

5

x t

d y t t

z t

   

  

    

 Đường

thẳng d không qua điểm sau đây?

A M(1; 2;5). B N(2;3; 1) . C P(3;5; 4). D Q  ( 1; 1;6) Lời giải:

Thay tọa độ điểm N(2;3;-1) vào phương trình đờng thẳng d ta được:

2 2

1 3

3

1 6

t t

t t

t t

    

 

 

   

 

   

  

 

(vơ lí)

Vậy điểm N(2;3;-1) khơng thuộc đường thẳng d Câu 13 Số hốn vị tập hợp có phần tử là:

A 46656 B C 120 D 720

Lời giải Chọn D

Câu 14 Cho cấp số cộng  u có n u 1 cơng sai 3.d  Tìm số hạng u10

A

10

u 2.3 B u10 25 C u10 28 D u10 29 Lời giải

Chọn B

10 9.3 25

u u  d   

A

2

V  R h B V Rh2 C V Rh D V R h2

Lời giải

Chọn D

Câu 16 Tìm mệnh đề mệnh đề sau A Hàm số y ax

 a  nghịch biến 1  B Đồ thị hàm số x

y a

x

y a    

   

0a1 đối xứng với qua trục tung

C Đồ thị hàm số x

y a 0a1 ln qua điểm có tọa độ a;1 D Hàm số y ax

 0a1 đồng biến 

Câu 17 Tìm giá trị lớn hàm số f x  x3 2x2 x 2 đoạn 0; 2 A max0;2 y2 B

0;2

50 max

27 

y C max0;2 y1 D max0;2 y0

Lời giải: Chọn D

Ta có: f x 3x2 4x1, f x  0 x1

x 

Ta có: f  0 2, f 1 2, f  2 0, 50

3 27

      

f nên max0;2 y0.

Câu 18 Cho hàm số yf x có bảng biến thiên hình vẽ Hỏi hàm số có điểm cực trị? 

A Có điểm. B Có hai điểm. C Có ba điểm. D Có bốn điểm. Lời giải:

Chọn B

Tại x1, x1 hàm sốyf x xác định   f x  có đổi dấu nên hai điểm cực trị Tại x0 hàm sốyf x không xác định nên khơng đạt cực trị đó. 

Câu 19 Tìm phần ảo số phức z 3 4i

A B z 4 C 4 D 3

Lời giải: Chọn B

Câu 20 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz,tìm tâm bán kính mặt cầu có phương trình làx12y42z 32 18

A I(1; 4;3), R  18 B.I  ( 1; 4;3), R 18 C.I(1; 4; 3), R   18 D I(1; 4;3), R  18

Câu 21 Kí hiệu z z1, hai nghiệm phức phương trình z2 2z 0  Giá trị z1  z2

A 2 B C 14. D 10

Lời giải Chọn A

Ta có :

2

1

3

1

  

    

  

z i

z z

z i Suy z1 z2  7 z1  z2 2

Câu 22 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;1;3), ( 1;3;2), ( 1; 2;3)B  C  Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (ABC) bằng:

A B 3 C

2 D

3

Lời giải Chọn B

Mp(ABC) qua A(1;1;3), nhận vectơ nAB AC,  (1;2;2)

 

                            

làm vectơ pháp tuyến có phương trình: (ABC): x2y2z 90

 

  2.0 2.0 92 2 2

d ,

1 2

  

 

 

O ABC

Câu 23 Tập nghiệm bất phương trình

2 4

1

27

  

    

x x

A  ;1. B 3;. C 1;3 D  ;1  3;. Lời giải

Chọn D

Bất phương trình tương đương với

2 4 3

2

1

4

3

 

   

    

   

   

x x

x x

2

4 3

 x  x   x  x

Câu 24 Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số

3,

yx  y x Xác định mệnh đề đúng?

A.

4

S x  x dx B  

2

4 Sx  x dx

C  

2

3

Sx   x dx D

2

4 Sx  x dx

Phương trình hoành độ giao điểm:

3 x

x x

x  

   

 

Diện tích hình phẳng

2

4 Sx  x dx

Câu 25 Cho hình nón có chiều cao 2a bán kính đáy a Diện tích xung quanh hình nón cho

A

5 a B 2 a C 3 a D

3 a 

Lời giải

Chọn A

Ta có độ dài đường sinh khối nón l h2 r2

  với

2

h a

r a   



 Suy l a Vậy diện tích xung quanh khối nón S rl .a a 5 a2 5

  

  

Câu 26 Tiệm cận đứng đồ thị hàm số x y

x  



A x 1 B x 1 C y1 D x 2

Lời giải Chọn B

Vì lim ( )x1 f x ; lim ( )x1 f x    đường thẳng x1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số

Câu 27 Cho khối chóp tứ giác có cạnh bên 2a, góc cạnh bên mặt đáy 600 Thể tích khối chóp cho

A 3

3

a . B 8 3 a

C 2 3a3. D

3 2

3 a .

Lời giải Chọn A

Gọi khối chóp tứ giác S ABCD , tâm O,  



2 , 60

   

 

 

SO ABCD

SA a SAO Ta có:

0

sin 60 SO SO SA.sin 60 a SA

   

S

A

B C

D

O

0

cos60 OA OA SA.cos60 a AB a

SA

Vậy . 3.2 2 3

3 3

SABCD ABCD

V  SO S  a a  a

Câu 28 Hàm số ylog 45 x x 2 có tập xác định là:

A  B (2; 6) C (0; 4) D (0; +) Lời giải

Chọn C

Hàm số ylog 45 x x 2 xác định khi:4x x2 0 0x4

Câu 29 Cho hàm số yf x  có bảng biến thiên sau

Số nghiệm phương trình f x  3

A 4 B 3 C 2 D 1

Lời giải Chọn B

Ta có f x  3  f x  3.

Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số yf x  đường thẳng

3 

y

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yCT 4  3 0yCĐ Vậy phương trình f x  3 0 có nghiệm phân biệt.

Câu 30 Cho hình lập phương ABCD A B C D     Góc hai mặt phẳng DA B  DC B' '

A 30 B 60 C 45 D 90 Lời giải

Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ Oxyzsao cho A O AB Ox AD Oy AA ,  ,  , 'Oz Khi đó: D0;1;0 , ' 0;0;1 , ' 1;0;1 , ' 1;1;1 A   B   C  

Vectơ pháp tuyến DA B  là n1DA DB', ' 0;1;1 

                           

Vectơ pháp tuyến DC B' 'là n1 DC DB', ' 1;0; 1 

 

                            

Gọi góc hai mặt phẳng DA B  DC B' 'là  Ta có

1 0

1

1

cos = 60

2 n n n n

    

   

Câu 31 Tổng tất nghiệm phương trình log 22 

x x

   bằng

A 3. B 1 C 2. D 0.

Lời giải Chọn C

Điều kiện xác định phương trình 2x  

  2

2

4

log 2 2 2 5.2

2

x x x x x x

x

x 

            

2

2

x

x

x x

   

   



 



(thỏa điều kiện)

Vậy tổng tất nghiệm phương trình cho

Câu 32 Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng cân có cạnh góc vng a Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy góc 600 Diện tích thiết diện bằng

A

2

a . B 2

a . C 2a2. D

2

a .

Lời giải Chọn B

Diện tích thiết diện

SCD

S  SH CD

Ta có 2

2 a

AB a  R SO

0

2

sin 60

SO a

SH  

2

2 2

2 2 ( tan 30 )

2

a

CD CH  R  OH   SO  a

Vậy diện tích thiết diện

2

1 2

2 3

SCD

a a

S  a

Câu 33 Họ nguyên hàm hàm số f x( )x3lnxdx

A. 4.ln

4x x 16x

B 1 4.ln

4x x 16 x C

C 1 4.ln

4x x 16x D

4

1

.ln

4x x16 x C

Đặt

d d

ln

d d

4 

  

 



 



  

 

u x

u x x

v x x x

v

Suy 3ln d 4.ln 3d 4.ln

4 4 16

    

x x x x x  x x x x x C

Câu 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 450 Tính khoảng cách hai đường SB AC theo a.

A 10

a B

7

a C 21

5 a

D a Lời giải

Chọn A

Kẻ đường thẳng d qua B song song với AC Gọi M hình chiếu vng góc A d ; H hình chiếu vng góc A SM Ta có SABM MA, BM AHBM AH(SBM)

Suy d AC SB ,  d A SBM ,  AH

Tam giác SAM vuông A, AH đường cao, suy sa:

2 2

1 1 10

2

    AH a

AH AM AS a

Vậy  ,  10

5 a

d AC SB

Câu 35 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

1

x y z

 

  mặt phẳng ( ) :P x  y z 30 Gọi I giao điểm  (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI Vng góc với  MI = 14

A M5;9; 11  B M5;9; 11 ,  M3;7; 13 . C M5;9; 11 ,  M3; 7;13 . D M4;7; 11 ,  M3; 7;13 .

Lời giải Chọn C

Tọa độ điểm I nghiệm hệ:

2

(1;1;1)

1

3

x y z

I x y z

 



 





 



     

GọiM a b c ; ; , ta có:

2 2

3

( ), , 14 2

( 1) ( 1) ( 1) 224

a b c

M P MI MI a b c

a b c

   

 

         



     



Câu 36 Tìm tất giá trị thực tham số m cho sin3x cos3x m

  với x  

A m 1 B m 1 C m 1 D  1 m1

Lời giải Chọn A.

Đặt f x sin3xcos3x

3

sin xcos x m với x    max f x  m

Ta có:

3

3

sin sin

cos cos

x x

x x

 

 

 



, x

Suy  

 

1,

0

f x x

f

  

 

 



 

max f x

 

 Vậy m 1

Câu 37 Kí hiệu z0 nghiệm phức có phần thực âm phần ảo dương phương trình

2 10

z  z  Trên mặt phẳng tọa độ, điểm điểm biểu diễn số phức w i 2019z0? A M3; 1  B M3; 1. C M  3; 1. D M  3; 1 .

Lời giải Chọn B.

Ta có: 2 10

1

z i

z z

z i

  

    

 

 Suy

1

z   i

 

2019

0 3

w i z i   i  i

Suy : Điểm M3;1 biểu diễn số phức w

Câu 38 Cho hàm số f x   F x liên tục    thỏa F x f x  , x   Tính  

d f x x

 biết

 0

F  F 1 5

A  

1

d

f x x 

 B  

1

d f x x 

 C  

1

d f x x 

 D  

1

d f x x 



Lời giải Chọn D.

Ta có:      

1

0

d

f x x F  F

 3

Đặt g x  f x  x, hàm số g x  nghịch biến khoảng

A 1;  B 1;2 C 2;  D   ; 1 Lời giải

Chọn B.

Ta có g x f x 1.

Dựa vào đồ thị cho ta thấy   x  1; 2 f x  1 g x 0 g x   0 x1 nên hàm số y g x   nghịch biến 1;2

Câu 40 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi Biết em có số thứ tự danh sách lập thành cấp số cộng Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, dãy có năm ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau

A

126 B

252 C

945 D 954 Lời giải

Chọn C.

Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế hoán vị 10 phần tử, số phần tử khơng gian mẫu là: W =10!=3628800

Gọi A biến cố: “Tổng số thứ tự học sinh ngồi đối diện nhau”

Giả sử số vị trí 10 học sinh u u1, , ,2 u10 Theo tính chất cấp số cộng, ta có cặp số có tổng sau đây: u1+u10=u2+u9=u3+u8=u4+u7=u5+u6

10 cách cách cách cách cách cách cách cách cách cách Theo cách có A =10.8.6.4.2=3840

Do xác suất biến cố A là: ( ) 3840 3628800 945

P A = =

Câu 41 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A1; 4;5, B3; 4;0, C2; 1;0  mặt phẳng  P : 3x 3y 2z12 0 Gọi M a b c ; ;  thuộc  P cho 2

3

MA MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a b c 

A 3 B 2 C - 2 D - Lời giải

Chọn A.

Gọi I x y z điểm thỏa mãn ( ; ; ) IAuur+IBuur+3ICuur =0r Ta có: IAuur= -(1 x;4- y;5- z) , IBuur=(3- x;4- y;- z) 3ICuur =(6 ; 3 ; 3- x - - y - z)

Từ ta có hệ phương trình:

1

4 3

5

x x x x

y y y y

z z z z

ì ì

ï - + - + - = ï =

ï ï

ï ï

ï - + - - - = Û ï =

í í

ï ï

ï - - - = ï =

ï ï

ï ï

ỵ ỵ

(2;1;1)

I

Khi đó: MA2=MAuuur2=(MIuuur+IAuur)2=MI2+2MI IAuuur uur. +IA2.

( )2

2

2 2 .

MB =MBuuur = MIuuur+IBuur =MI + MI IBuuur uur+IB

( )2 ( )

2

2 2

3MC =3MCuuur =3MIuuur+ICuur =3MI +2MI ICuuur uur +IC Do đó: S=MA2+MB2+3MC2=5MI2+IA2+IB2+3IC2.

Do IA2+IB2+3IC2 khơng đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng ( )P : 3x- 3y- 2z- 12=0

Vectơ phương IM n =r (3; 3; 2- - )

Phương trình tham số IM là:

2 3 x t y t z t ìï = + ïï ï = -íï ï = -ïïỵ

, (t Ỵ ¡ )

Gọi M(2 ;1 ;1 2+ t - t - t) Ỵ ( )P hình chiếu I lên mặt phẳng ( )P

Khi đó: 3( ) 3( ) 2( ) 12 22 11

t t t t t

+ - - - = Û - = Û =

Suy ra: 7; 1;0

2

Mổỗỗỗ - ửữữữữ

ỗố ứ Vy

7 3

2

a b c+ + = - =

Câu 42 Có số phức z thỏa mãn z 3i 5 z

z  số ảo

A 0 B Vô số. C 1 D 2 Lời giải

Chọn C.

+ Điều kiện z ¹ Đặt z= +x yi x y,( , Ỵ R) Cách 1:

+ Ta có z- 3i = Û5 x2+(y- 3)2 = Û5 x2+y2- 6y=16 ( )1 .

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

4 4

4 4 4 4

x yi x yi

z x yi x x y yi

z x yi x y x y x y

é ù + - -+ êë úû - + = = = - + - + - + - + + z

z - số ảo ( )

( )

( )

2

2

2

2 2

4

4 0

4

4

x x y

x x y

x y x y ìï - + = ï - + ï Û = Û íï - + ¹ ï - + ïỵ

Từ ( )1 , ( )2 ta có hệ:

2 2 16 16

4 13

24 13 x y

x y y

x

x y x

y éìï = ïêíê ï = êïỵ ìï + - = ê ïï Û ìïê í êïï = ï + - = ï ï ï ï ê ỵ íêï -ïê = ïêïïỵë 16 24 13 13 z i

Þ = - Vậy có số phức z thỏa mãn

Cách 2: Vì z

z - số ảo ,( )

z bi b R z

ị = ẻ

-4

bi z

bi

Þ =

- +

4

3 5

1 bi

z i i

bi

- = Û - =

- +

( ) (3 )

4

5

1

b b i

bi i bi

bi bi

+ +

- - +

Û = Û =

- + - +

( )2 ( )

2

9b 4b 25 b

Û + + = × +

3 b

Û = Vậy có số phức z thỏa mãn.

Câu 43 Cho hàm số yf x  xác định ¡ có đồ thị hình bên Có giá trị ngun tham số m để phương trình: f 4 2sin 2 x m có nghiệm.

A 2 B 4 C 3 D 5 Lời giải

Chọn D

Đặt t =4 2sin 2- xị tẻ ỳộ ựở ỷ2;4

Do phương trình f(4 2sin 2- x) =m có nghiệm Û phương trình f t( ) =m có nghiệm đoạn 2;4

é ù ê ú ë û

Dựa vào đồ thị cho ta thấy: phương trình f t( ) =m có nghiệm t với tỴ ê úé ùë û 12;4 Û £ m£ Vậy

{1;2;3;4;5}

m Ỵ

Câu 44 Sinh viên B gia đình gửi tiết kiệm số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng theo mức kì hạn tháng với lãi suất tiết kiệm 0, 4%/ tháng Mỗi tháng, vào ngày ngân hàng tính lãi, sinh viên B rút số tiền để trang trải chi phí cho sống Hỏi hàng tháng sinh viên rút số tiền xấp sỉ để sau năm học đại học, số tiền tiết kiệm vừa hết?

A 5.633.922 đồng B 5.363.922 đồng C 5.633.923 đồng D 5.336.932 đồng Lời giải

Chúng ta làm rõ toán gốc sau đây:

Bài tốn: Ơng A vay ngân hàng số tiền S (triệu đồng) với lãi suất r%/ tháng Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng ông A trả hết nợ sau n năm kể từ ngày vay Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền tháng ông ta cần trả cho ngân hàng bao nhiêu?

Lời giải

Sau hồn nợ lần thứ số tiền ơng A nợ là: S(1+r)- x (triệu đồng) Sau hồn nợ lần thứ số tiền ơng A nợ là:

( ) ( ) ( )2 ( )

1 1 1

S +r - x+ëéêS +r - x rûúù - x=S +r - xéêë +r + ùúû (triệu đồng) Sau hoàn nợ lần thứ số tiền ơng A cịn nợ là:

( )2 ( ) { ( )2 ( ) }

1 1 1

S +r - xëêé +r + +ûúù S +r - xéêë +r + ùúûr - x

( )3 ( ) (2 )

1 1

S r xé r r ù

= + - êê + + + + úú

ë û (triệu đồng)

…

Lý luận tương tự, sau hồn nợ lần thứ n số tiền ơng A nợ ngân hàng là:

( ) ( ) ( )

1 n n n

S +r - xéêê +r - + +r - + + ùúú

ë û

(1 ) ((1 )) (1 ) (1 )

1

n

n r n x n

S r x S r r

r r

+ - é ù

= + - = + - êê + - úú

ë û

+

-Vì sau n tháng ơng A trả hết nợ, cho nên:

(1 )n x (1 )n

S r r

r

é ù

+ - êê + - úú=

ë û

( )

( )

1

n

n

S r r x

r +

Û =

+

-

Vậy số tiền tháng ông ta cần trả cho ngân hàng ( )

( )

1

n

n

S r r x

r + =

+ -

Chọn C

Áp dụng công thức thiết lập, với S =3.108; r =0,004; n =60. Khi đó, số tiền hàng tháng mà sinh viên B rút là:

( )

( )

5.633.923

1

n

n

S r r x

r +

= »

+ - đồng

Câu 45 Trong không gian Oxyz , cho điểm 3; ;0 2 Mổỗỗỗ ửữữữữ

ỗ ữ

ỗố ø mặt cầu  

2 2

:

S x y z  Đường

thẳng d thay đổi, qua điểm M, cắt mặt cầu ( )S hai điểm phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB

A S = B S =4 C S =2 D S =2 2

Mặt cầu ( )S có tâm O(0;0;0) bán kính R =2 2

Vì OM = <1 R nên M thuộc miền mặt cầu ( )S Gọi A, B giao điểm đường thẳng với mặt cầu Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác OAB

Đặt x=OH , ta có 0< £x OM =1, đồng thời HA= R2- OH2 = 8- x2 Vậy diện tích tam giác OAB

2

2

OAB

S = OH AB =OH HA=x - x

Khảo sát hàm số f x( )=x 8- x2 (0;1ùú

û, ta max(0;1ùúf x( ) f( )1 û

= = .

Vậy giá trị lớn SDOAB = 7, đạt x =1 hay H º M , nói cách khác d^OM Câu 46: Một ao hình ABCDE (như hình vẽ), ao có mảnh vườn hình trịn có bán kính

10 m Người ta muốn bắc câu cầu từ bờ AB ao đến vườn Tính gần độ dài tối thiếu l cầu biết :

- Hai bờ AE BC nằm hai đường thẳng vng góc với nhau, hai đường thẳng cắt nhau điểm O ;

- Bờ AB phần parabol có đỉnh điểm A có trục đối xứng đường thẳng OA ;

- Độ dài đoạn OA OB 40 m 20 m;

- Tâm I mảnh vườn cách đường thẳng AE BC 40 m 30 m.

A l 17,7m B l 25,7m C l 27, 7m D l 15, 7m Lời giải :

Gán trục tọa độ Oxy cho A Oy B Ox

  



 cho đơn vị 10 m

Khi mảnh vườn hình trịn có phương trình   C : x 42y 32 1 có tâm I4;3 Bờ AB phần Parabol  P y: 4 x2

  ứng với x 0;2

Vậy tốn trở thành tìm MN nhỏ với  

 

M P

N C

   

  

Đặt trường hợp xác định điểm N MN MI IM , MN nhỏ khi MN MI IM  N; M ; I thẳng hàng

Bây giờ, ta xác định điểm N để IN nhỏ

 

N P  N x ; 4 x2 IN 4 x2 1 x22

     IN2 4 x21 x22

8 17

IN x x x

    

Xét f x  x4 x2 8x 17

    trên 0;2   f x 4x3 2x

 

f x   x1,3917 nghiệm 1,39170;2 Ta có f 1,3917 7, 68 ; f 0 17 ; f  2 13

Vậy giá trị nhỏ f x   0;2 gần  7, 68 x 1,3917

Vậy minIN  7, 68 2,77  IN 27,7m  MN IN IM 27, 10 17,7  m Câu 47: Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh 2a, gọi M trung điểm BB P thuộc

cạnh DD cho

DP DD Mặt phẳng AMP cắt CC N Thể tích khối đa diện

AMNPBCD

A V 2a3

 B V 3a3

A D

B C P

M

A

B C

C

3

4 a

V  D

3 11

3 a

V 

Lời giải Chọn B

Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp

Cho hình hộp ABCD A B C D    , gọi M , N , Plần lượt điểm thuộc cạnh AA, BB, CC Mặt phẳng MPN cắt cạnh DD Q Khi đó:

1

2

MNPQ A B C D ABCD A B C D

V MA PC NB QD

V AA CC BB DD

       

   

   

      

   

   

Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCDAMNP ABCD ta có:

1 1

2 2

AMNP ABCD A B C D ABCD

V MB PD

V     B B D D

   

      

 

   

Vậy  3

3

2

8

AMNPBCD AMNP ABCD A B C D ABCD

V V  V      a  a

Cách 2:

Thể tích khối lập phương ABCD A B C D     V 2a38a3

Gọi O, O tâm hai hình vng ABCD A B C D   , gọi K OO MP,

Ta có 1 

2

OK  DP BM

2

a a

a

 

   

  Do

3

2 a CN  OK  Diện tích hình thang BMNC

 

1

BMNC

S  BM CN BC

2

1

.2

2 2

a a

a a

 

    

 

Thể tích khối chóp A BMNC

1

3

A BMNC BMNC

V  S AB

2

1 5

.2

3

a a

a

 

Diện tích hình thang DPNC

 

1

DPNC

S  DP CN CD 2

2 2

a a

a a

 

    

 

Thể tích khối chóp A DPNC

1

3

A DPNC DPNC

V  S AD

3

1

.2

3

a a a

 

Thể tích khối đa diện AMNPBCD

A BMNC A DPNC

V V V

3

3

5

3

3

a a

a

  

Câu 48: Cho hàm số yf x  có đạo hàm cấp hai  Biết f  0 3, f  2 2019 bẳng xét dấu f x sau:

x   0 2 

 

''

f x   0 

Hàm số yf x 20182019x đạt giá trị nhỏ điểm x0 thuộc khoảng sau đây?

A   ; 2018. B 2018; . C 0; 2. D 2018;0. Lời giải

Chọn A

x   

 

''

f x   

 

'

f x 2019

 2018 2019  2018 2019

yf x  x yf x   .

  2018 2016

0 2018 2019

2018 2018 2018

x x

y f x

x a x a

  

 

        

      

Ta có bảng biến thiên

x   a  2018 2016 

 

' 2018 2019

f x     

 2018 2019

f x  x

  2019 2018

f a  a

Hàm số yf x 20182019x đạt giá trị nhỏ điểm x0  a 2018    ; 2018.

Câu 49 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để phương trình

   

1 2

x  x m x  x  x  x m có nghiệm Tổng giá trị tất phần tử thuộc S

A 0 B 1 C 6 D 10

Lời giải Chọn B

  4  

1 2

x  x m x  x  x  x m (1)

Nếu x 0 0;1 nghiệm (1) 1 x cũng nghiệm (1) nên để (1) có nghiệm

điều kiện cần 0 1

2 x   x  x 

Điều kiện đủ thay

x  vào pt (1) ta m0;m1

+) với m 0; ta có (1) trở thành 4 41 2 0 x  x   x

+) với m 1; ta có (1) trở thành 4 41  2 1 2 0 x  x  x  x   x

+) với m 1; ta có (1) trở thành 4 41  2 1 2 1; 0

x  x  x  x  x x m 1 không thỏa

Vậy m0;m1 giá trị cần tìm

Lưu ý : điều kiện đủ ta dùng MTBT

Câu 50: Cho hàm số yf x  liên tục \ 0; 1   thỏa mãn điều kiện f  1 2 ln

     

x x f x  f x x  x Giá trị f  2  a bln 3, vớia b  , Tính 2

a b

A 25

4 B

9

2 C

5

2 D

13 Hướng dẫn giải

Chọn B

Từ giả thiết, ta có x x 1  f x  f x  x2 3x 2 

     

 

 2  

1

1 1

x x

f x f x

x x x



  

 

1

x x

f x

x x

 

 

   

 

 

, với  x \ 0; 1  

Suy  

1 x

f x x 

2

d d

1

x

x x

x x

  

     

   

  hay  

1 x

f x

x   x ln x 1 C Mặt khác, ta có f  1 2 ln nên C 1 Do  

1 x

f x

x   x ln x 1 Với x 2  2 ln

3 f     

3

2 ln

2

f   Suy

2

a  b 