ĐÁP án 5 đề 9 10 đề số 6 10

ĐỀ SỐ LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN WEB: https://diendangiaovientoan.vn/ FACEBOOK: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA Câu Tập nghiệm phương trình x  x 1  216 x A S  3 B S  3;5 C S  3; 5 D S  5;5 Lời giải Chọn C 2x  x 1 x   216 x  x  x   16  x  x  x  15     x  5 Vậy tập nghiệm cần tìm S  3; 5 Câu Trong khơng gian Oxyz, đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ phương   A u   2;3; 1 B u  1;1;1  C u   2;1; 1  D u   2;3;1 Lời giải Chọn A  Mặt phẳng  P  : x  y  z   có vectơ pháp tuyến n   2; 3;1 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng  P  : x  y  z   nên ta chọn vectơ   phương phương với n   2; 3;1 u   2;3; 1 Câu Cho cấp số nhân với u1  2; u2  Giá trị công bội q A B 3 C 3 D  Lời giải Chọn A Ta có un  u1.q n 1  u2  u1.q   2.q  q  Câu Tính tích phân I   x 2019 dx A 2020 B C 2019 D Lời giải Chọn A 1 I x 2019 x 2020 dx   2020 2020 Trang 1/34 - https://www.facebook.com/phong.baovuong Câu Khối trụ có diện tích đáy  cm  , chiều cao  cm  tích bằng: A  cm  B  cm3  C cm3   D  cm3  Lời giải Chọn B Thể tích khối trụ V  B h = 4.2 =  cm3  Câu Phương trình bậc hai nhận hai số phức  3i  3i làm nghiệm? A z  z   B z  z  13  C z  z  13  D z  z   Lời giải Chọn C   3i     3i   Ta có  Sử dụng định lí Vi-ét, suy  3i  3i nghiệm    3i   3i   13 phương trình bậc hai z  z  13  Câu Diện tích hình phẳng giới hạn parabol  P  : y  x  x đường thẳng  d  : y  x A 17 B 11 C D 23 Lời giải Chọn C Phương trình hồnh độ giao điểm parabol  P  : y  x  x đường thẳng  d  : y  x là: x  x2  x  x   x  3 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S   Câu 3  x3 x  x  x  x dx    x  x  dx      0  2 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SA   ABCD  , SA  2a , góc SD  ABCD  60 Thể tích khối chóp S ABCD A 8a3 B 4a 3 C Lời giải Chọn A Trang 2/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong 2a 3 D a 3 S A D B C  ,  ABCD    SD , AD   SDA   60 Ta có: SD    AD  SA.cot SDA  2a 3.cot 60  2a  2a 1 8a Ta có: VS ABCD  S ABCD SA   2a  2a  3 Câu Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên hình vẽ Số tiệm cận ngang đồ thị hàm số y  f  x  A B C Lời giải D Chọn C Ta có lim f  x   1 lim f  x   x  x  Nên đường thẳng y  1 đường thẳng y  tiệm cận ngang hàm số Câu 10 Cho hình trụ trịn xoay có thiết diện qua trục hình vng có diện tích 4a Thể tích khối trụ cho A 2 a B 2 a C 8 a D 4 a Lời giải Chọn A Ta có diện tích hình vng 4a nên cạnh hình vng 2a Bán kính đáy R  a ; chiều cao h  2a V   R h    a  2a  2 a Câu 11 Trong không gian Oxyz, khoảng cách hai mặt phẳng  α  : 2x  y  2z    β  :  x  y  z   A B C D 10 Trang 3/34 - https://www.facebook.com/phong.baovuong Lời giải Chọn B Ta thấy 1 2 4    nên  α  / /  β  4 4 Lấy M  2;0;0    α  , ta có: d   α  ,  β    d  M ,  β    4.2   4  2  22  42 Câu 12 Gọi A  x1; y1  B  x2 ; y2  hai điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  x  Giá trị y1  y2 A B C 2 Lời giải D 4 Chọn D Ta có: y '  x    x  1 Suy hai điểm cực trị đồ thị hàm số cho A 1; 4  B  1;0  Khi : y1  4; y2   y1  y2  4 Câu 13 Bà Hoa gửi vào ngân hàng 120 triệu đồng theo hình thức lãi suất kép Lãi suất ngân hàng 8% năm không thay đổi qua năm bà gửi tiền Sau năm bà Hoa có số tiền gốc lẫn lãi lớn 180 triệu đồng? A năm B năm C năm D năm Lời giải Chọn A n Theo cơng thức lãi kép ta có: Pn  P 1  r  n  180  Suy 180  120 1  0.08  hay n  log1.08    5.2684  120  Vậy sau năm bà Hoa có số tiền gốc lẫn lãi lớn 180 triệu đồng Câu 14 Cho hàm số y  f  x  có đồ thị hình vẽ Gọi giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn  2;1 M , m Giá trị M  m A B 2 C Lời giải Chọn B Trang 4/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong D Dựa vào đồ thị hàm số cho ta có: M  f  1  2; m  f  2   4 Suy M  m    2 Câu 15 Đường cong hình vẽ đồ thị hàm số A y  x  x 1 B y  2 x  2x  C y  x x 1 D y  x 1 x 1 Lời giải Chọn D 2 x  2x  x  x x 1 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm  0;1 nên loại y  , y , chọn y  x 1 x 1 x 1 Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x  1 , loại đáp án y  Câu 16 Một vật chuyển động theo quy luật s  t    t  12t , t (giây) khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động, s (mét) quãng đường vật chuyển động t giây Vận tốc tức thời vật thời điểm t  10 giây A 80 (m/s) B 90 (m/s) C 100 (m/s) D 70 (m/s) Lời giải Chọn B Vì vận tốc tức thời thời điểm t đạo hàm hàm quãng đường t nên ta có v  t   s  t    t  24t Vận tốc tức thời thời điểm t  10 giây v 10    100  24.10  90 (m/s) Câu 17 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  8z   Toạ độ tâm bán kính mặt cầu  S  A I  2;  3;4  ; R  36 B I  2;  3;4  ; R  C I  2;3;   ; R  36 D I  2;3;   ; R  Lời giải Chọn D Trang 5/34 - https://www.facebook.com/phong.baovuong Mặt cầu S có phương trình dạng x  y  z  ax  by  2cz  d  có tâm I  a; b; c  , R  a2  b2  c  d Vậy mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  8z   có tâm I  2;3;   , bán kính R  2  32   4    Câu 18 Cho hình chóp tứ giác có tất cạnh a Tính cosin góc mặt bên mặt đáy A B C D Lời giải Chọn D + Gọi tứ diện S ABC , gọi I trung điểm BC, H hình chiếu S  ABC  a a  + Ta có AI  BC, SI  BC   SBC  ,  ABC   SIH SI  AI  ; HI  AI    a HI  + Tam giác SHI vuông H  cos SIH    SI a 3 x  1 t  Vậy phương trình tham số đường thẳng  y   4t ,  t    z  3  t  x  x 1 2 2   Câu 19 Cho bất phương trình   3 3 A B x 1 có tập nghiệm S   a ; b  Giá trị b – a C Lời giải Chọn A 2 Ta có   3 x2  x 1 2   3  x 1  x  x   x   x  3x    x   a = 0, b = Vậy b – a = Trang 6/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong D Câu 20 Cho số phức z  a  bi, a, b  R thỏa mãn điều kiện 1  i  z   i   2i Giá trị a.b A –2 B C –1 D Lời giải Chọn B Ta có 1  i  z   i   2i  z   3i  2i 1 i  a  2, b  Vậy a.b = Câu 21 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh Gọi G trọng tâm tam giác SBC Thể tích tứ diện SGCD A 36 B C 36 D 18 Lời giải Chọn A Gọi O tâm hình vng ABCD , M trung điểm BC Vì S ABCD hình chóp tứ giác nên SO   ABCD  VSGCD SG   suy V SGCD  VSMCD (1) VSMCD SM Mặt khác: Hình chóp S ABCD S MCD có chung đường cao SO S  MCD  1 S  BCD  S ABCD nên VSMCD  VS ABCD (2) Từ (1) (2) suy ra: VSGCD  VS ABCD Mặt khác SO  SA  AO  Vậy VSGCD  1 2 , VS ABCD  SO.S ABCD   3 36 Trang 7/34 - https://www.facebook.com/phong.baovuong Câu 22 Cho hàm số y  x  1  m  x    m  x  m  Giá trị tham số m để hàm số đồng b b  biến  ;      ;  với phân số tối giản Khi T  a  b a a  A 19 B 14 C 13 D 17 Lời giải Chọn C Tập xác định: D   y '  x  1  m  x    m  Hàm số đồng biến  ;     y '   x   0;     x  1  m  x    m    x   0;    m 3x  x   x   0;    4x 1 3x2  x   0;   4x 1  m  Xét hàm số y  y' 3x  x   ;    4x  12 x  x   x  1  x  1   0;    , y'    ta có bảng biến thiên:  x    0;     Từ bảng biến thiên ta có: m  Vậy b  5, a  suy T  2a  b    13 Câu 23 Cho hàm số y  f  x   ax  bx  c , a  có đồ thị hình vẽ Mệnh đề  1 A f '     2  2  1 B f '      2  1 C f '      2 Trang 8/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong  1 D f '      2 Lời giải Chọn B Hàm số y  f  x   ax  bx  c , a  hàm trùng phương nên nhận Oy làm trục đối xứng Hàm số cắt Ox x  nên cắt Ox x  1 Dựa vào đồ thị, hàm số cho đồng biến  1;0  nên y  với x   1;0   1 Vì    1;0  nên f '      2 102 100  x  x  1 Câu 24 Biết  x  1 dx  a B A 101  x  1  b  C , a, b   Giá trị hiệu a  b C Lời giải D Chọn A 100 Xét I   x  x  1 dx Đặt u  x  Suy x  100 I   x  x  1 102   x  1    102 u 1 du dx  2  u102 u101   u   100 du 101 100 dx    u  u  u d u     102  101   C  4     101  x  1  101   C  Do a  4.102  408 b  4.101  404 Vậy a  b  408  404    Câu 25 Tập hợp số thực m để phương trình ln  3x  mx  1  ln  x  x  có nghiệm nửa khoảng  a; b  Tổng a  b A 10 B C 22 D Lời giải Chọn D Ta có 1  x    x  4x    ln  3x  mx  1  ln   x  x  3 1     x2  x   m  2 3x  mx    x  x   x  Xét hàm số g  x   x2  x  x2  khoảng 1;3  Ta có g   x   x x g   x    x  2 Bảng biến thiên Trang 9/34 - https://www.facebook.com/phong.baovuong x – g x  g  x 10 3 Từ bảng biến thiên, vào giá trị g  x  , ta thấy phương trình 1 có nghiệm  m  Suy a  3; b  nên a  b  Câu 26 Cho hàm số y  f  x  với f    f 1  Biết rằng:  e x  f  x   f '  x   dx  ae  b, a,b   Giá trị biểu thức a 2019  b 2019 A 2018  B D 2018  C Lời giải Chọn C 1 x x Ta có  e  f  x   f '  x   dx   e f  x  dx   e x f '  x  dx 1 0 1 Lại có  e x f '  x  dx   e x f  x   10   e x f  x  dx  e    e x f  x  dx   0 Thế   vào 1 ta  e x  f  x   f '  x   dx  e  Suy a  1; b  1 nên a  b  Câu 27 Có giá trị dương số thực a cho phương trình z  3z  a  2a  có nghiệm phức z0 thỏa mãn z0  A B C Lời giải D Chọn C   2 Ta có    a  2a   4a  8a Phương trình z  3z  a  2a  có nghiệm phức     4a2  8a   4a2  8a   * Khi phương trình có hai nghiệm z1, z2 hai số phức liên hợp z1  z2 Ta có z1.z2  a2  2a  z1.z2  a2  2a  z1 z2  a2  2a  z0  a2  2a Theo giả thiết có    a  2a   a  1 ( t/m ĐK(*))  a  2a    a  a  a     Trang 10/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong 9! 2!.3!.4! Ta có trường hợp thoả mãn số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ Số phần tử không gian mẫu n     số + TH1: Hai số đứng cạnh nhau: Ta xem hai số đứng cạnh phần tử, ta 8! có phần tử, có ba chữ số bốn chữ số Trường hợp có (số) 3!.4! + TH2: Giữa hai số có số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 7! có ba chữ số ba chữ số Trường hợp có (số) 3!.3! + TH3: Giữa hai số có hai số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 6! có ba chữ số hai chữ số Trường hợp có (số) 3!.2! + TH4: Giữa hai số có ba số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 5! có ba chữ số chữ số Trường hợp có (số) 3! + TH5: Giữa hai số có bốn số 8: Ta xem chúng phần tử, ta có phần tử, 4! có ba chữ số Trường hợp có (số) 3! Gọi A : “Số chọn số khơng có chữ số đứng hai chữ số 6” 8! 7! 6! 5! 4! n ( A)      3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3! 8! 7! 6! 5! 4!     n( A) 3!.4! 3!.3! 3!.2! 3! 3! Xác suất A là: P( A)    9! n(  ) 2!.3!.4! Câu 34 Trong khơng gian Oxyz , cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có A   ;  1;1 , hai  đỉnh B , C thuộc trục Oz AA  ( C không trùng với O ) Biết vectơ u   a ; b ;  với a, b   vectơ phương đường thẳng AC Tính T  a  b A T  B T  16 C T  Lời giải D T  Chọn B Trang 17/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Giả sử B   ; ; b  , C   ; ; c  , c  Gọi M trung điểm BC  BC  AM  BC  AM  M hình chiếu A lên trục Oz  M   ; ;1 Khi   BC  AA  AM  Ta có AM  AM  AA2   Mặt khác M trung điểm BC  BC   BC    b  c    1 bc   b   c  2 c   l  Thay   vào  1 ta được:   2c     c   C  0 ; ; 2   Khi vectơ phương đường thẳng AC phương với vectơ AC   ;1;1       đường thẳng AC có vectơ phương u  2 ; ; Vậy a  b  16 Câu 35 Cho bất phương trình   x  x2  m  x2   x x    m Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình nghiệm với x  1 A m  B m  C m  2 Lời giải Chọn D   x4  x2  m  2x2   x2 x2    m Trang 18/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong D m   x  x  m  x  x  m  x   x  1 Xét f  t   t  t liên tục  f  t   3 t2   0, t   f  t  hàm đồng biến      Khi  1  f x  x  m  f x   x  x  m  x   m   x  x  Xét hàm số g  x    x4  x  khoảng  1;     x   l  x   l    ; g x   g  x   4 x  x     x  l   BBT x  g  x   g  x  Vậy bất phương trình  1 nghiệm với x   m  Câu 36 Cho đa diện ABCDEF có AD, CF , BE đôi song song, AD   ABC  , AD  CF  EB  , diện tích tam giác ABC 10 Thể tích đa diện ABCDEF A 50 B 15 C 50 D 15 Lời giải Chọn C Trang 19/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Khơng tính tổng quát ta giả sử AD  BE  CF Gọi A ', B ' hai điểm nằm AD , BE cho AA '  BB '  CF (hình vẽ) 1  DA ' EB ' A ' B '.d  F ,  DA ' B ' E   + VF DA ' B ' E  S DA ' B ' E d  F ,  DA ' B ' E    3 1   DA ' EB '  S FA ' B '   AD  BE  2CF  S FA ' B '    3CF  S ABC 3 50 + VABCDEF  VABC A ' B ' F  VF DA ' B ' E  S ABC CF    3CF  S ABC  S ABC  3 Câu 37 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 đường thẳng x 1 y  z   Gọi  đường thẳng qua M , vng góc với đường thẳng d đồng 2 1 thời cách điểm A khoảng bé Khoảng cách bé là: d: A 29 B C D 34 Lời giải Chọn B Gọi  P  mặt phẳng qua điểm M vng góc với đường thẳng d Các đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng d nằm mặt phẳng  P  , ta có    P   Mặt phẳng  P  nhận ud làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình  x     y     z  1   x  y  z   Trang 20/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Gọi K hình chiếu A đường thẳng  , H hình chiếu điểm A mặt phẳng  P Khi d  A,    AK  AH  d  A,  P   Dấu “=” xảy K  H , tức đường thẳng  qua M H Do d  A;    AH  d  A,  P    2.1  2.2   3  2    1  Câu 38 Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  e , với a , b , c , d , e  Hàm số y  f '  x  có đồ thị hình vẽ Trong khẳng định sau, khẳng định đúng? A a  b  c  d  B a  c  b  d C a  c  Lời giải D d  b  c  Chọn C Ta có: f '  x   4ax  3bx  2cx  d Từ đồ thị hàm số y  f '  x  , ta có bảng biến thiên hàm số f  x   ax  bx3  cx  dx  e Suy ra: f '  1   4a  3b  2c  d  f '     d   4a  3b  2c   3b  4a  2c (1) Mặt khác: * f "  x   12ax  6bx  2c  f "     2c   c  * a0 * f '     32a  12b  4c   8a  3b  c  (2) Từ (1) (2), suy 4a  c  mà a   a  c  Trang 21/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Câu 39 Cho hàm số y  f  x   2019 x3  3.2 2018 x  2018 có đồ thị cắt trục hồnh ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 ; x3 Tính giá trị biểu thức P  A 3.22018 B  2018 1   f   x1  f   x2  f   x3  C Lời giải D 2019 Chọn C Ta có đồ thị cắt trục hồnh ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 ; x3 nên f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3   f   x   a  x  x2  x  x3   a  x  x1  x  x3   a  x  x1  x  x2  f   x1   a  x1  x2  x1  x3  Do f   x2   a  x2  x1  x2  x3  f   x3   a  x3  x1  x3  x2  P 1 1 1         f  x1  f  x2  f  x3  a  x1  x2  x1  x3  a  x2  x1  x2  x3  a  x3  x1  x3  x2    1 1     a   x1  x2  x1  x3   x2  x1  x2  x3   x3  x1  x3  x2      x2  x3    x1  x3    x1  x2      a   x1  x2  x1  x3  x2  x3   x mx x    mx  2019 , ( m tham số) Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để hàm số đồng biến khoảng  6;    Tính số phần tử S biết Câu 40 Cho hàm số y  m  2020 A 4041 B 2027 C 2026 Lời giải D 2015 Chọn B Ta có: y '  x  mx  x  m Hàm số y  x mx3 x    mx  2019 đồng biến khoảng  6;     y '  , x   6;     x3  mx  x  m  0, x   6;    Do hàm số y '  x  mx  x  m liên tục x  nên x3  mx  x  m  0, x   6;    Ta có: x3  mx  x  m  0, x   6;     x  x  1   x  1 m , x   6;     x  m , x   6;    Trang 22/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong  m   x  6;    m  , mà m  2020 Suy ra, số phần tử S 2027 Câu 41 Trên ô vuông bảng  ô vuông, người ta điền hai số 6 cho tổng số hàng cột Hỏi có cách điền thế? (Tham khảo hình vẽ ví dụ cho trường hợp điền số thỏa mãn yêu cầu) A 36 B 16 C 90 Lời giải D 42 Chọn C Vì tổng chữ số hàng cột nên cột hàng có điền chữ số điền chữ số 6 Gọi thứ tự cột từ trái qua phải Cột 1: Có C42  cách điền chữ số chữ số 6 Ứng với cách điền số Cột 1, ta xét Cột với trường hợp sau: - Trường hợp 1: Cả ô cột hai giống cột Khi đó: + Có cách điền vào cột + Có cách điền vào cột cách điền vào cột  Trường hợp có cách - Trường hợp 2: ô cột chứa chữ số giống cột số (cùng hàng) ô cột chứa chữ số 6 giống cột (cùng hàng) Khi đó: + Có C21 C21 cách điền vào cột + Có cách điền vào cột + Có cách điền vào cột  Trường hợp có C21 C21  cách - Trường hợp 3: Cả ô cột khác cột (chú ý khơng có trường hợp cột giống cột 1) Khi đó: + Có cách điền vào cột + Có C 42 cách điền vào cột Trang 23/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong + Có cách điền vào cột  Trường hợp có C42  cách Vậy có: 1     90 cách 2 Câu 42 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  27 Gọi   mặt phẳng qua hai điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0  cắt  S  theo giao tuyến đường tròn  C  Xét khối nón có đỉnh tâm  S  đáy  C  Biết thể tích khối nón lớn mặt phẳng   có dạng ax  by  z  d  Tính P  a  b  d A P   B P  C P  Lời giải Chọn A - Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  3   - Đặt h  d  I ,    với  h  3 Gọi r bán kính đường giao tuyến    S  Ta có: r  R  h2  27  h - Thể tích khối nón đỉnh I , đáy đường trịn  C  là: 1 V   r h   h  27  h  3   Xét hàm số f  h   h  27  h  0;3   Có f   h   27  3h ; f   h    h  (do h  0;3 )  V   54  18 , dấu "  " xảy h  - Do   qua A  0;0; 4  B  2;0;0  nên: 4  d  a      : x  by  z    2a  d  d  4 Trang 24/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong D P  Ta có: d  I ,      2.1  2.b     2b   b   5b  20b  20   b 1  b  Vậy: P  a  b  d     Câu 43 Cho hình cầu nội tiếp hình nón trịn xoay có góc đỉnh 2 , bán kính R chiều cao h Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu có đáy nằm mặt phẳng đáy hình nón Gọi V1 , V2 thể tích hình nón hình trụ, biết V1  V2 Gọi M giá trị lớn tỉ số V2 Giá trị biểu thức P  48M  25 thuộc khoảng đây? (tham V1 khảo hình vẽ) A  40;60  B  60;80  C  20; 40  D  0; 20  Lời giải Chọn B Gọi r bán kính kính hình cầu nội tiếp hình nón Ta có Rh  r  l  R   r  Rh R  R2  h2 Hình trụ ngoại tiếp hình cầu nên có đường kính đáy chiều cao đường kính hình cầu Do   Rh tích V2   r 2r  2   2  R R h    Rh 2   V2 Rh R  R  h2   Khi  6 V1  R2h R  R  h2  Với t  R t  , xét hàm số y  h t  t2 1    R 6  h  R     R    h  h    6t t  t2 1  với t  , ta có Trang 25/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong y  t   3t  t  t2 1  ; y   t  t 1 2 Ta có bảng biến thiên V  Dựa vào bảng biến thiên suy M  max      V1  Do P  48M  25  61 Câu 44 Cho hàm y  f  x số f  x  f   x   x.e liên  f  x   x  x 1 tục có đạo hàm  thỏa mãn 1 4089 a   x  1 f  x  dx  b   f   Biết I  phân số tối giản Tính T  a  3b A T  6123 B T  12279 C T  6125 Lời giải D T  12273 Chọn D Ta có f  x  f   x   x.e   e f  x   e2 x   ln e f  x  x 1  e2 x Với x   e f 0   e  x 1  f  x   x  x 1 f  x  e2 x  x 1   f  x  f   x  e   ln e  dx   dx  e f  x f  x  e2 x  e2 x  x 1  x 1 f  x  x.e2 x  x 1 e f  x    C.e x f  e  C  C  (vì f    )  e  x  e2 x  x 1  f  x   x2  x  1 4089 Do f  x   x  x   I    x  1 x  x  1dx x   t   Đặt t  x  x   t  x  x   3t dt   x  1 dx Đổi cận  1  4089 t 8 x   3 2 Trang 26/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Khi I   3t 3dt  Câu 45 Gọi 12285 Suy a  12285, b   T  12273 tập S hợp giá trị nguyên tham số m để phương trình log x  log x  2m  2018  có nghiệm thuộc đoạn 1; 2 Số phần tử S A B C Lời giải D Chọn A Với x  1; 2 Phương trình log x  log x  2m  2018   m  log x  log x  1009 Đặt log x  t với x  1; 2  t   0; 2 Suy m  t  t  1009  f  t  Phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn 1;2 f  t   m  max f  t  Ta có f   t   2t   0, t   0; 2 f  t  đồng biến 0;2 0;2 khoảng 1;   f  t   f    1009 ; max f  t   f    1015  0;2  0;2 1009  m  1015  m  1009;1010; ;1015 Do S có phần tử Suy  m   Câu 46 Cho hình chóp S ABC , có đáy tam giác cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh SB , SC Biết mặt phẳng  AMN  vng góc với mặt phẳng  SBC  Tính thể tích V khối chóp A.BCNM A V  5a 32 2a 16 B V  C V  2a 48 D V  5a 96 Lời giải Chọn A S N I M A C H a P a B Gọi H hình chiếu S lên  ABC   H trọng tâm ABC Trang 27/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Gọi P trung điểm BC , I  SP  MN Suy ra: I trung điểm MN trung điểm SP Ta có: SAB  SBC ( mặt bên hình chóp )  AM  AN  AMN cân A  AI trung tuyến đường cao AMN    AMN    SBC    AI   SBC   AI  SP  AMN    SBC   MN   AI  MN Tam giác SAP có AI trung tuyến đường cao nên SAP cân A  SA  AP  a  SH  SA2  AH  a 15 a 15 a a  VS ABC   24 Lại có: VS AMN SA SM SN   VS ABC SA SB SC a3 a3  VS AMN   24 96 Vậy: VA BCNM  VS ABC  VS AMN  a3 a3 a3   24 96 32 Câu 47 Cho hàm số y  f ( x ) xác định có đạo hàm f '( x ) liên tục [1; 3] ; f ( x )  0, x  [1;3]; f '( x)[1  f ( x)]2  ( x  1)2 [ f ( x)]4 f (1)  1 Biết  f ( x)dx  a ln  b (a, b   ) , giá trị e a  b A B C Lời giải D -1 Chọn B Từ f '( x)[1  f ( x)]2  ( x  1) [ f ( x)]4  f '( x) f '( x) f '( x)    ( x  1)2 f ( x ) f ( x) f ( x) Hay  f '( x) f '( x) f '( x)   1    f ( x)  f ( x)  f ( x)  dx   ( x  1) dx    f ( x)  f ( x)  f ( x)   ( x  1)  C (2)   1 Do f (1)  1 nên C  Thay vào (2) ta   1  ( x  1)3  f ( x)  x  f ( x)  Trang 28/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Khi đó:  e 1 dx   ln x e   ln   a  1, b  , nên a  b  x Cách khác   f '( x ) Từ f '( x )[1  f ( x )]2  ( x  1) [ f ( x )]4    1  ( x  1)  f ( x)  f ( x) /        1     ( x  1)  f ( x)   f ( x)  /         Nên     1   1 d x   ( x  1) d x      1 d   1   ( x  1) d x  f ( x)   f ( x)   f ( x)   f ( x)   1 Suy    1   x  1  C (2)  f ( x)  3   1  1  ( x  1)3  f ( x)  Do f (1)  1 nên C  Thay vào (2) ta  x  f ( x)  Câu 48 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục  có đồ thị hàm số y  f '( x ) hình vẽ Hàm y -1 x O số y  f (2  x ) đồng biến khoảng A (; 2) B (1;3) C (2; ) Lời giải D ( 2;1) Chọn D Ta có y '   f (2  x) '   f '(2  x) Từ đồ thị y  f '( x ) suy  f '(2  x )   x  1  x  hay  f '(2  x )  ,  x  (3;  )  f '(2  x )    x   2  x  hay  f '(2  x )  ,  x  ( 2;1) Vậy hàm số y  f (2  x ) đồng biến khoảng (2;1) ; (3; ) Câu 49 Có hai dãy ghế đặt đối diện nhau, dãy có ghế Xếp ngẫu nhiên 10 người gồm nam nữ ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có người ngồi Xác suất để người nam ngồi đối diện với người nữ 1 A B C D 63 252 126 63 Lời giải Trang 29/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong Chọn B Số phần tử không gian mẫu   10! Gọi A biến cố “mỗi người nam ngồi đối diện với người nữ” Ta thấy:  Xếp người nam vào dãy ghế có 5! cách  Xếp người nữ vào dãy ghế có 5! cách  Ở cặp ghế đối diện bạn nam nữ đổi chỗ cho có 25 cách Suy A  5!.5!.25 Vậy P  A  A   5!.5!.25  10! 63 Câu 50 Cho khối chóp S ABCD tích 18, đáy ABCD hình bình hành Điểm M thuộc cạnh SD cho SM  2MD Mặt phẳng  ABM  cắt đường thẳng SC N Thể tích khối chóp S ABNM A B 10 C 12 Lời giải D Chọn B Mặt phẳng  MAB  mặt phẳng  SCD  có chung điểm M chứa hai đường thẳng song song AB CD nên MN // AB // CD Vì ABCD hình bình hành nên VS ABD  VS BDC  VS ABCD  Ta có:  VM ABD d  M ;  ABD   MD     VM ABD   VS ABM  VS ABD SD d  S ;  ABD   Trang 30/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong  VS BMN VB.SMN SM SN 2      VS BMN  VS BDC VB.SDC SD.SC 3  VS ABNM  VS ABM  VS BMN    10  Chú ý: Có thể áp dụng cơng thức tỉ số tích tính sau: Ta có:  VS ABM SM 2    VS ABM  VS ABD  VS ABD SD 3  VS BMN SM SN 2 4     VS BMN  VS BDC  VS BDC SD SC 3 9  VS ABNM  VS ABM  VS BMN    10 Trang 31/31 https://www.facebook.com/phong.baovuong ... x  1 102   x  1    102 u 1 du dx  2  u102 u101   u   100 du 101 100 dx    u  u  u d u     102  101   C  4     101  x  1  101   C  Do a  4 .102  408... suất, n số tháng phải trả ngân hàng 11 .90 0.000 x 2 ,5% (1  2 ,5% )6  2. 160 .000 Khi tháng ơng A phải trả số tiền T  (1  2 ,5% )6  Cơng thức trả góp T  đồng Vậy mua theo hình thức trả góp số tiền... nhiều số giá niêm yết 6T  11 .90 0.000  6x2. 160 .000  11 .90 0.000  1. 060 .000 đồng Trang 34/34 – https://www.facebook.com/phong.baovuong ĐỀ SỐ LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI DIỄN ĐÀN GIÁO VIÊN TOÁN