ĐÁP án đề số 11 đến 15

ĐỀ SỐ 11  Câu Cho số tự nhiên  n  thỏa mãn Cn2  An2  15n  Mệnh đề nào sau đây là đúng? A n không chia hết cho 2 B n  chia hết cho 7   C n  chia hết cho 5 D n  không chia hết cho 11.  Lời giải  Chọn A n  Điều kiện     n  N 2 Khi đó  Cn  An  15n    n  1 n  n  1 n! n!   15n   n  n  1  15n   2! n   !  n   !   n  1  15  n  11   Vậy  n  không chia hết cho 2 Câu Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A lim x  x   x    x   C lim   x  x   x     3x    x 1 3x      D lim  x  ( 1) x 1 Lời giải   x2  x    x  2 x  B lim  x  ( 1) Chọn B Xét đáp án A có  lim x   lim x   x  x   x   lim x  x2  x   x    3  x3  3x  x   lim   1 2 x  x   x  x  x   x   1   x x x  3 x  lim    nên đáp án A đúng. Nên loại.  x  1  x   1  x x x 3 Xét đáp án B có  lim  x  ( 1) 3x     vì  lim   x    5  ,  lim   x  1   và  x    khi  x  ( 1) x  ( 1) x 1  x   1  nên đáp án B sai. Chọn B  https://www.facebook.com/phong.baovuong    1 2 x  x   x   lim x          nên C đúng. Nên  x  x x x  Xét đáp án D có  lim  3x     vì  lim   x    5  ,  lim   x  1   và  x    khi  x  ( 1) x  ( 1) x 1 Xét đáp án C có  lim x   loại.  x  ( 1)  x   1  nên đáp án D đúng. Nên loại.  Câu Cho tứ diện ABCD  AC  AD  BC  BD  a ,   ACD    BCD   và   ABC    ABD   Tính độ  dài cạnh CD A a B a 2a C D 2a   Lời giải  Chọn A C a a N M A a B a D   Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.  ABC  ABD  CM  DM     90o    ABC    ABD   CMD  MCD  vng cân tại M.   MN  CD   Tương tự, ta cũng có  ABN  vng cân tại N  MN  AB   Đặt  CD  x,   x  a   ta có:  CN  DN  MN  x   AN  BN  a  x   Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ABN ta có:  1     x a   2 2 AN BN MN a x x https://www.facebook.com/phong.baovuong   CD  x  Câu a   Cho lăng trụ  ABC A ' B ' C '  Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm của  AA ', B ' C '  Khi đó đường  thẳng  AB '  song song với mặt phẳng nào sau đây? A  BMN  B  C ' MN  C  A ' CN  D  A ' BN    Lời giải Chọn C  B A E C M B' A' N C'   Cách  1:  Ta  có:  BM  AB '      đáp  án  A  loại;  C ' N  AB '  B '    đáp  án  B  loại;  A ' B  AB '     đáp án D loại; vậy đáp án đúng là C   AE / / A ' N Cách 2: Gọi  E  là trung điểm  BC       A ' CN  / /  AB ' E    A ' CN  / / AB '   CN / / EB ' Câu Cho hàm số  f  x   với bảng biến thiên dưới đây    Hỏi hàm số  y  f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị? A B C Lời giải  D 5.  Chọn C Bảng biến thiên hàm số  y  f ( x )     Bảng biến thiên hàm số  y  f ( x )   https://www.facebook.com/phong.baovuong    Dựa vào bảng biến thiên hàm số y  f ( x )  có 7 điểm cực trị.  Câu Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  xm trên đoạn  1; 2  bằng    x 1 ( m  là tham số thực). Khẳng định nào sau đây là đúng? A m  10 B  m  10 C  m  Lời giải D  m    Chọn B Ta có:  y  1 m  x  1   - Nếu  m   y   (loại).  - Nếu  m  1khi đó  y  0,  x  1; 2 hoặc  y  0,  x  1; 2 nên hàm số đạt giá trị lớn nhất và  nhỏ nhất tại  x  1, x    Theo bài ra:  max y  y   y 1  y    1;2 1;2 Câu Đồ thị hàm số  y  A 1 m  m 41    m    8;10    x 1  có bao nhiêu đường tiệm cận? 25  x B C Lời giải  D   Chọn B Tập xác định  D   5;5  suy ra đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.  Ta có  +  lim  x  5  +  lim x 5 x 1 25  x x 1 25  x    nên đường thẳng  x  5  là tiệm cận đứng.     nên đường thẳng  x   là tiệm cận đứng.  Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.  Câu Phương trình  cos x  2cos x    có bao nhiêu nghiệm trong khoảng   0; 2019  ?  A 320 B 1009 https://www.facebook.com/phong.baovuong  C 1010 Lời giải  D 321 Chọn D Ta có:  cos x  cos x -   cos x   cos x      cos x   cos x  cos x      cos x   x  k 2 , k  Z  cos x  2 Mặt khác theo bài ra ta có:  x   0; 2019   k 2   0; 2019  , k    Hay   k 2  2019   k  2019 , k     2 Vì  k  là số nguyên và thỏa mãn điều kiện   k  2019  nên  k  1;321 , k    2 Vậy phương trình  cos x  2cos x -   có 321 nghiệm trong khoảng   0; 2019    Câu Số giao điểm của đồ thị hàm số  y  x x   với đường thẳng  y   là  A B D   C Lời giải Chọn D Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số  y  x x   với đường thẳng  y   là   x2   x2  x2  4   x4  x2   x 2 x x 4 3    2 2  x  x    3 x  4x   x   x2  Câu 10  2   (vn) 1 3 x         x  1   x   Cho hàm số  f  x   xác định trên    thỏa mãn  f '  x   x   và  f 1  1  Biết rằng phương  trình  f  x   10  có hai nghiệm thực  x1 , x2  Giá trị của tổng  log x1  log x2  là A B C Lời giải  Chọn A + f  x    f '  x  dx    x  3 dx  x  3x  C   f 1  1  2.12  3.1  C  1  C  6    f  x   x  3x    +  f  x   10  x  3x   10  x  3x  16    https://www.facebook.com/phong.baovuong  D 16   Phương trình  x  3x  16   có hai nghiệm thực  x1 , x2  (vì  a.c  )   x1.x2  16  8   Vậy  log x1  log x2  log x1.x2  log 8    Câu 11 Số  2018201920192020  có bao nhiêu chữ số? A 147501992 B 147501991 D 147433276   C 147433277 Lời giải Chọn A  Để tìm số chữ số của một số  X : ta lấy phần nguyên của  log X , rồi cộng với    Ta có: Số chữ số trong số cần tìm là:  log  2018201920192020      20192020.log(20182019)       147501991,5   147501991   147501992   =   Câu 12 7  x3 Cho hàm số  f  x      x  x  x   Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm  số  f  x   và các đường thẳng  x  0, x  3, y  16 A 20 B Chọn C -Vẽ đồ thị hàm số  y  f  x https://www.facebook.com/phong.baovuong  C 10 Lời giải D y  3  O  y = f(x)  2  3  1  x  - 5  -Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là  2 3  x3   x3  S     x  dx     x  dx     x  dx   x  x    x     x    10   1  2  Câu 13 2 Cho hình chóp tứ giác  S ABCD  có đáy  ABCD  là hình vng cạnh  a , mặt bên  SAB  là một  tam giác  đều  và  nằm trong  mặt phẳng  vng  góc với đáy   ABCD   Tính thể tích  khối chóp  S.ABCD   A a3 B a3 a3 Lời giải  C D a3   Chọn B Hình vẽ minh họa  S D A H O B Gọi  H  là trung điểm  AB  thì  SH  AB  và  SH  C   a    SAB    ABCD   Ta có   SAB    ABCD   AB  SH   ABCD   Suy ra  SH  là đường cao của hình chóp.   SH  AB  Diện tích đáy  S ABCD  a   https://www.facebook.com/phong.baovuong  1 a a3 Vậy thể tích khối chóp  S ABCD  là  VABCD  SH S ABCD    a  3 Câu 14 Cho  khối  chóp  tứ  giác  S ABCD có  thể  tích  V ,  đáy  ABCD   là  một  hình  bình  hành.  Gọi  M , N , P, Q  lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD, DA. Tính thể tích khối chóp M.CNPQ  theo  V 3V 3V V 16 Lời giải  3V 16 Chọn D   Gọi  h  là chiều cao khối chóp  SABCD   d  M ,  ABCD    1 d  S ,  ABCD    h 2 1 S ABCD  SQPD  S ABCD  S ABCD  S ABCD 2 8 SCNQP  VM CNQP  d  M ,  ABCD   SCNQP  V 16 Câu 15 Cho hình lập phương  ABCD ABCD cạnh  a  Tính diện tích tồn phần của vật trịn xoay thu  được khi quay tam giác  AAC quanh trục  AA   A     a2 B 2    a2 C 2 Lời giải  Chọn D https://www.facebook.com/phong.baovuong     a2 D     a   A' D' B' C' A D B C Vì  ABCD.ABCD là hình lập phương cạnh  a   nên  AC  a ; AC  a  và  AA   ABCD  hay  AA  AC   Tam giác  AAC  vuông tại  A nên khi quay tam giác  AAC quanh trục  AA ta thu được hình nón  trịn xoay có bán kính đáy  R  AC  a  đường cao AA  a  và đường sinh  l  AC  a   Vậy diện tích tồn phần của hình nón là  Stp   Rl   R2   Câu 16    a   Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  gọi      là  mặt  phẳng  chứa  đường  thẳng  x2 y 3 z     và  vng  góc  với  mặt  phẳng     : x  y  z     Hỏi  giao  tuyến  của  1   và      đi qua điểm nào dưới đây?  d: A  0;1;3 B  2;3;3 C  5;6;8  D 1; 2;0    Lời giải  Chọn B  Đường thẳng  d  có vec tơ chỉ phương  u  1;1;   và đi qua điểm  A  2;3;0     Mặt phẳng      có véc tơ pháp tuyến  n  1;1; 2       Mặt phẳng    chứa  d  và vng góc với      nên có véc tơ pháp tuyến  v  u , n    4; 4;0    và đi qua điểm  A , do đó     có phương trình:  x  y     Nhận thấy điểm có tọa độ   2;3;3 thuộc     và thuộc      Vậy giao tuyến của    và      đi    qua điểm có tọa độ   2;3;3    Câu 17 Cho  khai   triển  3x  2019  a0  a1 x  a2 x   a2019 x 2019   Hãy  S  a0  a2  a4  a6   a2016  a2018   B 22019   A 1009 C  3 Lời giải  Chọn A Xét khai triển   3x  2019  a0  a1 x  a2 x   a2019 x 2019 https://www.facebook.com/phong.baovuong    D 21009   tính  tổng  Chọn  x  i  ta được:   i  2019  a0  a1i  a2 i  a3i   a2019i 2019   a0  a2  a4  a6   a 2017  a2018    a1  a3  a5  a7   a2019  i    S   a1  a3  a5  a7   a2019  i Mà   i  2019   i 673   673.i   Vậy  S    Câu 18 n Biết tổng các hệ số trong khai triển nhị thức Newton của   5x  1  bằng  2100  Tìm hệ số của  x3   A 161700 B 19600 C 20212500 Lời giải  D 2450000   Chọn D n n  5x  1   1  5x  n n 1 n2 nk  Cn0  1  Cn1  1 ( 5x )  Cn2  1 x   Cnk  1 5k x k   Cnn 5n x n n Tổng các hệ số của   5x  1  bằng  2100   n  Cn0  1  Cn1  1 n 1  Cn2  1 n2   Cnk  1 nk k   Cnn n  2100 n   1    2100  n  50 47 Vậy hệ số của  x3  trong khai triển là  C503  1 = 2450000   Câu 19 Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5  nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Tính xác suất để mỗi  học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ  1 A B C D .  252 945 63 63 Lời giải  Chọn C Cách 1  Số phần tử không gian mẫu là  n(  ) =10!  Gọi biến cố A: “ Các bạn học sinh nam ngồi đối diện các bạn nữ”.  Chọn chỗ cho học sinh nam thứ nhất có 10 cách.  Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 2 có 8 cách (Khơng ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất).  Chọn chỗ cho học sinh nam thứ 3 có 6 cách (Khơng ngồi đối diện học sinh nam thứ nhất, thứ  hai).  https://www.facebook.com/phong.baovuong  Hàm số y  f   x   x  x  nghịch biến khoảng sau đây? A  3;5  B   ;1 C  2;6  D  2;    Lời giải Chọn A Ta có y '   f    x    x x2  Hàm số nghịch biến  y   f    x    Vì x   x  x  x x nên x x  (*) x 2 Chọn đáp án Câu 34  hay  x  x x 2 x 2 Xét đáp án A, với  x  2   x  suy f    x   Vậy (*) 2 A Một thùng đựng dầu có thiết diện ngang (mặt thùng) đường elip có độ dài trục lớn 2m , độ dài trục bé 1m , chiều dài (mặt thùng) 3,5m Thùng đặt cho trục bé nằm theo phương thẳng đứng (như hình dưới) Biết chiều cao dầu có thùng (tính từ điểm thấp đáy thùng đến mặt dầu) 0,75m Tính thể tích V dầu có thùng (Kết làm tròn đến hàng phần trăm) A V  4, 42m3 B V  3, 23m3 C V  1, 26m3 D V  7, 08m3 Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxy thiết diện ngang thùng dầu hình vẽ https://www.facebook.com/phong.baovuong  2a  Vì thiết diện ngang thùng dầu elip có  nên có phương trình x  y   2b  Phần dầu cịn lại thùng (được tơ đậm) chắn elip đường thẳng y  Giao điểm elip x  y  đường thẳng y  có hồnh độ x   Diện tích mặt cắt ngang thùng dầu là: S   a.b     x2    dx  0, 037 (Sử dụng Diện tích phần khơng khí thùng dầu S1     4   Casio) Diện tích phần dầu thùng là: S  S0  S1 Chiều dài thùng dầu là: d  3,5m nên thể tích   phần dầu thùng là: V   S0  S1  d    0, 037  3,5  4, 423 Chọn đáp án 2  Câu 35 A   60o , CAD   90o , BAD   120o Thể tích Cho tứ diện ABCD có AB  3, AC  4, AD  , BAC khối tứ diện ABCD A 27 B C D 6 Lời giải Chọn C A D' C' H B C D Lấy điểm C , D cạnh AC , AD cho AB  AC   AD   Áp dụng định lí Cơsin ta có:     2.9     9.3  27  BD  3 BD '2  AB  AD2  AB AD 'cos BAD    2 Tam giác BAC tam giác nên BC  , tam giác DAC vuông A nên C D  Xét tam giác BDC có BD 2  BC 2  C D 2 , nên tam giác vuông C  https://www.facebook.com/phong.baovuong Gọi H hình chiếu vng góc A  BDC   , AB  AC   AD nên HB  HC  HD Mặt khác, tam giác BDC vuông C  nên H trung điểm BD  BD2 27  9  4 Thể tích khối tứ diện ABC D Ta có, AH  AB  1 AH S BC D  3.3  3 2 Áp dụng cơng thức tỉ số thể tích ta có VABC D AC  AD  3 24     VABCD  VABC D  VABCD AC AD 24 VABC D  Câu 36 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;1;1 , B  1; 2;  , C  3; 1;  điểm M thuộc mặt    phẳng   : x  y  z   Tính giá trị nhỏ P  3MA  5MB  MC A Pmin  20 B Pmin  C Pmin  25 D Pmin  27 Lời giải Chọn D     Gọi I điểm thỏa mãn: 3IA  5IB  IC          OA  OI  OB  OI  OC  OI       OI  3OA  5OB  7OC  Tọa độ điểm I   23; 20; 11           Khi đó: u  3MA  5MB  MC  IA  IM  IB  IM  IC  IM        IM  3IA  IB  IC  IM     Nên: P  3MA  5MB  MC   IM  IM  d  I ,            Vậy: Pmin  d  I ,     Câu 37        23  20   11  22  12  22  27 Cho bất phương trình m  x  12  x  16 x  3m  x  2m  15 Có tất giá trị nguyên tham số m  9;9 để bất phương trình nghiệm với x  1;1 B A C Lời giải Chọn B 1  x  x    Điều kiện 1  x    1  x   1  x  1  x    x  1  Ta có m  x  12  x2  16x  3m  x  2m  15    m  x   x   12  x  16 x  15 Xét g  x    x   x , x   1;1 https://www.facebook.com/phong.baovuong D 10 Có g '  x     0, x   1;1 1 x 1 x Suy g  x   g  1   , max g  x   g 1   1;1  1;1 Đặt t   x   x Điều kiện t    2;3  Ta có t  10  8x   x  12  x2 16x  20  2t Vì t    2;3  nên t   Ta bất phương trình m  t     2t  m  2t   h  t   m  h  t    ;3  t2    t  2  2t  8t  Ta có h '  t   h '  t    2t  8t      t  2 t  2      2;3    31 6 , h  , h  2   82  2 22  31  m  h  t      ;3  22   31 Kết hợp với m  9;9 ta 9  m   22    Ta có h    Vì m   nên m  9,  8,  7,  6,  5 Câu 38 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P : x  y  z  14  mặt  S  : x2  y  z  x  y  z   Gọi tọa độ điểm M  a; b; c  thuộc mặt cầu  S  khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P  lớn Tính giá trị biểu thức K  a  b  c A K  C K  5 Lời giải B K  cầu cho D K  2 Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 1 , bán kính R  Ta có: d  I ,  P    2.1   2    1  14 2   1  2   R Suy mặt phẳng  P  mặt cầu  S  khơng có điểm chung Từ đó, điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách nhỏ lớn tới mặt phẳng  P  giao điểm mặt cầu với đường thẳng qua I vng góc với  P  Trước hết ta lập phương trình đường thẳng d qua I vng góc với  P   + Mặt phẳng  P  có véctơ pháp tuyến n   2; 1;   + Vì d   P  nên nhận n   2; 1;  làm véctơ phương  x   2t  + Từ d có phương trình  y  2  t với  t    z  1  2t  https://www.facebook.com/phong.baovuong  x   2t  y  2  t  Ta tìm giao điểm d  S  Xét hệ:   z  1  2t  x  y  z  x  y  z    x   2t  y  2  t   z  1  2t  1  2t 2   2  t 2   1  2t 2  1  2t    2  t    1  2t      t     x    y  3  x   2t   y  2  t    z  Suy có hai giao điểm A 3; 3;1 B 1; 1; 3       t  1   z  1  2t  9t     x  1    y  1   z  3 Ta có: d  A,  P    2.3   3  2.1  14 22   1  22  ; d  B,  P     1   1   3  14 7 22   1  22 Suy M  B  1; 1; 3 Từ a  1 ; b  1 ; c  3 Vậy K  5 Câu 39 Một anh sinh viên nhập học đại học vào tháng năm 2014 Bắt đầu từ tháng năm 2014, vào ngày mồng hàng tháng anh vay ngân hàng triệu đồng với lãi suất cố định 0,8% /tháng Lãi tháng trước cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo( lãi kép) Vào ngày mồng hàng tháng kể từ tháng 9/2016 sau anh không vay ngân hàng anh trả cho ngân hàng triệu đồng có việc làm thêm Hỏi sau kết thúc ngày anh trường  30 / 06 / 2018 anh nợ ngân hàng tiền( làm trịn đến hàng nghìn đồng)? A 49.024.000 đồng C 46.641.000 đồng B 47.401.000 đồng D 45.401.000 đồng Lời giải Chọn C Đặt r  0,8%  0, 008 ; Vo  3.000.000 +) Tính tổng số tiền anh sinh viên vay từ 01/09/2014 đến hết 30/08/2016 (24 tháng) - Số tiền anh vay sau tháng thứ nhất, thứ hai, thứ 3,., tháng thứ 24 là: V1  Vo 1  r  V2  V1  Vo 1  r   Vo 1  r   Vo 1  r  V3  V2  Vo 1  r   Vo 1  r   Vo 1  r   Vo 1  r  24 23 V24  Vo 1  r   Vo 1  r    Vo 1  r  https://www.facebook.com/phong.baovuong  Vo 1  r  1  r   24 1  79.661.701 ( đồng) = T r +) Tính số tiền anh sinh viên cịn nợ sau tháng, tính từ 01/09/2016 đến hết 30/06/2018( 22 tháng) Đặt To  2.000.000 - Số tiền anh nợ sau tháng thứ nhất, thứ hai, thứ 3,., tháng thứ 22 là: T1  T  To 1  r   T 1  r   To 1  r  2 3 T2  T1  To 1  r   T 1  r   To 1  r   To 1  r  T3  T2  To 1  r   T 1  r   To 1  r   To 1  r   To 1  r  22 22 21 T22  T21  To 1  r   T 1  r   To 1  r   To 1  r    To 1  r  22  T 1  r   To 1  r  1  r   22 1 r  46.641.000 ( đồng) 2 Câu 40 Cho tích phân I  x sin xdx  a  b  a, b  Z  Mệnh đề sau đúng?  a A  3 b B a  b  4 C a  b  Lời giải Chọn D 2 I    x d x   t sin t d t x sin 0   t cos t   a  a   t cos t d t          1;  b b  8 Giải chi tiết: Bước 1: Đổi biến: Đặt t  x  dt  x dx ; Khi x  t  , x   t   2 Suy I    x sin x dx   2t sin tdt  I1  Bước 2: Tính I1   2t sin tdt Đặt u  2t dv  sin tdt , ta có du  4tdt v   cos t Do    I1   2t sin tdt  2t cos t   4t cos tdt  2  I 0 https://www.facebook.com/phong.baovuong D a   1;  b  Bước 3: Tính I   4t cos tdt Đặt u  4t dv  cos tdt , ta có du  4dt v  sin t Do    I  4t sin t   sin tdt  cos t  8 Bước 4: kết luận: 2 Vậy I  a  a x sin xdx  2  suy     1;0  b  8 b  - HẾT Câu 41 Tìm tập hợp tất giá trị tham số m để có số phức z thỏa mãn đồng thời điều kiện z  z  z  z  z z  m ?   A 2; 2 C 2 B  2; 2   Lời giải Chọn A Đặt z  x  yi  x, y  R  2 2 2  z  z  z  z  z  x  y  x  y  x  y  x  y  1      2  x  y  m     x  y  m  z  m Điều kiện 1 cho ta bốn đường trịn: +  C1  có tâm I1 1;1 bán kính R1  +  C2  có tâm I  1;1 bán kính R2  +  C3  có tâm I 1;  1 bán kính R3  +  C4  có tâm I  1;  1 bán kính R4  Điều kiện   đường tròn  C  tâm O bán kính R  m https://www.facebook.com/phong.baovuong  D 2; 2 Dựa vào đồ thị, ta thấy điều kiện để có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán đường tròn  C  tiếp xúc với đường tròn  C1  ,  C2  ,  C3  ,  C4  D , A, B , C qua giao điểm E , F , G , H bốn đường trịn Suy m  2 m  Cách 2: dùng điều kiện thử đáp án Câu 42 Người ta xây sân khấu với sân có dạng hai hình trịn giao Bán kính hai hình trịn 20 m 15 m Khoảng cách hai tâm hai hình trịn 30 m Chi phí làm mét vng phần giao hai hình trịn 300 nghìn đồng chi phí làm mét vng phần cịn lại 100 nghìn đồng Hỏi số tiền làm mặt sân khấu gần với số số đây? A 218 triệu đồng C 200 triệu đồng B 202 triệu đồng D 218 triệu đồng Lời giải Chọn A Gọi O1 , O2 tâm hai đường trịn bán kính 20 m 15 m A , B hai giao điểm hai đường trịn Ta có O1 A  O1B  20 m ; O2 A  O2 B  15 m ; O1O2  30 m  cos BO 1O2  O1 B  O1O2  O2 B 43     BO 1O2  2623 2O1 B.O1O2 48 Theo tính chất hai đường trịn cắt ta có O1O2 tia phân giác  AO1B   AO1B  2O O1 B  52, 77 Suy diện tích hình quạt trịn O1 AB SO1 AB   202 S O1 AB  52, 77  184,  m  360 O1 A.O1 B.sin  AO1 B  159,  m  Gọi S1 diện tích hình giới hạn dây AB cung  AmB đường tròn  O1   S1  SO1 AB  S O1 AB  25  m  Chứng minh tương tự ta diện tích hình giới hạn dây AB cung  AmB đường tròn  O2  S  35  m  https://www.facebook.com/phong.baovuong Suy diện tích phần giao S  S1  S  60  m   Chi phí làm sân khấu phần giao 60.300 000  18 000 000 (nghìn đồng) Tổng diện tích hai hình trịn S    20   152  1963  m  Diện tích phần khơng giao S   S  1903  m   Chi phí làm sân khấu phần khơng giao 1903.100 000  190 300 000 (nghìn đồng) Số tiền làm mặt sân 18 000 000  190 000 000  208300 000 (nghìn đồng)  208,3 (triệu đồng) Câu 43 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1 ; ; 3 , B  ; 4 ; 1 mp  P  qua Ox      P  cắt cho d B,  P   2d A,  P  , a  b  c A B AB I  a ; b ; c  nằm A B Giá trị C 12 Lời giải D Chọn D Phương trình mp  P  có dạng mx  ny  qz  e   m  n  q   mp  P  qua Ox nên qua O  0;0;0  K 1;0;0   e  0; m  Do đó, Phương trình mp  P  có dạng ny  qz   n  q   q  d  B,  P    2d  A,  P    35q  40nq    q   n  Mặt khác,  P  cắt AB I  a ; b ; c  nằm A, B nên A, B nằm khác phía  P    2n  3q  4n  q     2n  3q  4n  q   * Với q   n ( không thỏa mãn (*)) Với q   n  (thỏa mãn(*)), phương trình mp  P  y   Đường thẳng AB qua A 1; 2;3 nhận AB   ; 6 ; 4  làm VTCP nên có phương trình  x   2t   y   3t  z   2t   P  cắt  3t   t  Câu 44 AB I nên tọa độ điểm I giá trị x , y , z ứng với 5 7  I  ; ;  Vậy a  b  c  3 3 x3 có đồ thị  C  , điểm M thay đổi thuộc đường thẳng d : y   x cho x 1 qua M có hai tiếp tuyến  C  với hai tiếp điểm tương ứng A, B Biết đường thẳng AB Cho hàm số y  qua điểm cố định H Tính độ dài đường thẳng OH A 34 B 10 https://www.facebook.com/phong.baovuong C 29 D 58 Lời giải Chọn D • M  d : y   x  M  m;1  m  • Phương trình đường thẳng qua M có dạng: y  kx   2m  km • Điều kiện để qua M có hai tiếp tuyến với  C  là: x3  x   kx   2m  km  có nghiệm phân biệt  k     x  1  x3 4x 4m có nghiệm phân biệt    2m  2 x 1  x  1  x  1  mx    m  x  m   (*) có nghiệm phân biệt khác m   m  1 • Khi đó, nghiệm phương trình (*) hồnh độ hai điểm A, +) Cho m  : x    x    A  B   2;5  , B  2;5    Phương trình đường thẳng AB: y  x   x  1 5   A '  1;  1 , B '  ;7  +) Cho m  3: 3x  x     x  3    Phương trình đường thẳng A’B’: y  3x  • H điểm cố định nên H giao điểm hai đường thẳng AB A’B’: 4 xH  yH  5  xH    H  3;7   3xH  yH  2  yH   OH  58 Câu 45 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A 1; 2  , B  2; 3 , C  3;0  Phương trình đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC A x  B y  2 C x  y  Lời giải Chọn A Bài toán tổng qt: Gọi d phân giác ngồi góc A tam giác ABC        Đặt AE  AB , AF  AC AD  AE  AF AB AC Khi tứ giác AEDF hình thoi (vì AE  AF  ) (Hình bình hành có cạnh kề nhau) Suy tia AD tia phân giác góc EAF  Do đó: AD  d Nên AD vectơ pháp tuyến đường thẳng d https://www.facebook.com/phong.baovuong D x  y     AB  1; 1 , AB    AD  Áp dụng:    AC   2;  , AC  2   2;0  1;0 Xem đáp án có đáp án A có vectơ pháp tuyến 1;0  HẾT -Câu 46 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm A  2t; 2t ;0  , B  0;0; t  (với t  ) cho điểm P di       động thỏa mãn OP AP  OP.BP  AP.BP  Biết có giá trị t  a với a, b nguyên dương b a tối giản cho OP đạt giá trị lớn Khi giá trị Q  2a  b b A B 13 C 11 D Lời giải Chọn C    Gọi P  x; y; z  , ta có: OP   x; y; z  , AP   x  2t; y  2t ; z  , BP   x; y; z  t  Vì P  x; y; z  thỏa mãn       OP AP  OP.BP  AP.BP   x  y  z  4tx  4ty  2tz   4  x  y  z  tx  ty  tz   3  2t 2t t  Nên P thuộc mặt cầu tâm I  ; ;  , R  t   3 3 Ta có OI  t  R nên O thuộc phần khơng gian phía mặt cầu Để OPmax P, I , O thẳng hàng OP  OI  R Suy OPmax  OI  R   t  t  Từ tìm t  Suy a  4, b  3 Vậy , Q  2a  b  11 Câu 47 Cho hình lăng trụ ABC ABC  có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G tam giác ABC , hai mặt phẳng  ABC   BCC B  vng góc với Khoảng cách hai đường thẳng AB CC  A a B a C Lời giải Chọn A https://www.facebook.com/phong.baovuong a 10 D a 10 Gọi M , H , N trung điểm BC , AB, BC  Vì ABC cạnh a nên AM  BC , AM  a a a , AG  , GM  Mà AG  BC nên  AMNA   BC , suy AM  BC , MN  BC Do góc hai mặt phẳng  ABC   BCC B   AMN  900 2 a 3 a 3 a2 2  A M  x   x  Đặt AG  x  MN  AA  x   ,    12     Áp dụng định lí Pitago AMN , ta có: AN  AM  MN 2 a 3 a 3 a2 a2 a 2    x   x   x  x    12 6     Hay AG  a Vì CC  / / BB  nên d  CC , AB   d  CC ,  AABB    d  C ,  AABB    3d  G,  AABB    3GI Mà 1 1 18 a       GI  2 2 GI GH GA a a 3 a 6         Vậy d  CC , AB   a a  https://www.facebook.com/phong.baovuong Câu 48 2x 1 có đồ thị  C  Hai đường thẳng d1 , d qua giao điểm hai tiệm cận, cắt x 1 đồ thị  C  điểm đỉnh hình chữ nhật, tổng hệ số góc hai đường thẳng d1 , d Cho hàm số y  25 Bán kính đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật nói bằng: 12 A B 37 C D 10 Lời giải Chọn C Giao điểm hai tiệm cận đồ thị  C  I 1;  Gọi k1 , k2 hệ số góc d1 , d đỉnh hình chữ nhật A, B, C , D với A, C giao điểm d1  C  Ta thấy đường phân giác góc tạo hai tiệm cận đồ thị hàm số y  2x 1 x 1 trục đối xứng hình chữ nhật ABCD  Do  IA; Ox   k1  IB; Ox    IA; Ox   900 hay tan  IB; Ox   cot  k2 Suy k1.k2  Do k1 , k2 nghiệm phương trình k  25 k   hay k1  , k2  12 Suy phương trình đường thẳng d1 y  x 4 Do hồnh độ giao điểm A, B nghiệm phương trình 2x 1  x x 1 4 1  Từ suy xA  1, xB  hay A  1;  2  Vậy R  IA  Câu 49 Cho phương trình m    x   x  1  x  3 x  với m tham số Biết tập hợp tất giá 1 x trị m để phương trình có nghiệm đoạn  a; b  Giá trị b  a A B 1 C Lời giải Chọn C https://www.facebook.com/phong.baovuong D 3  x  Điều kiện:   1  x  1  x  Khi đó, m    x   x  1  x  3 x 0 m 1 x   1 x   x  1  x   x   Đặt  x   x  t  Ta có: t   x   x  t   x   x  1  x   x   Suy t  Dấu đẳng thức xảy x  Mặt khác, t   x   x  1  x   x    1  x     x   Suy t  2 Đẳng thức xảy  x   x  x  Như vậy, t   2;2  1  x   x   Ta lại có  1  x   x   t  Khi đó, phương trình trở thành: mt  Xét hàm f  t   t2  t2  t2  t 0 m m  2 t 2t t 2   2; 2  Ta có: f   t     , t   2; 2  t t Bảng biến thiên: t 2 f  t   2 f t  Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình m  f  t  có nghiệm  2; 2   2 m  0;  Suy a  ; b    Vậy b  a  Câu 50 Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm  , đồ thị hàm số y  f ( x) đường cong hình vẽ Hỏi hàm số h  x    f ( x)   f  x   có điểm cực trị? https://www.facebook.com/phong.baovuong B A C Lời giải D Chọn B Đặt g  x    f ( x )   f  x    x  a  a  2  f ( x)   Khi đó, g   x   f ( x) f ( x)  f   x       x  1  f  x  x   Do đó, ta có bảng biến thiên: Suy đồ thị hàm số y  g  x  có ba điểm cực khơng nằm trục hồnh bốn giao điểm với Ox Vậy đồ thị hàm số y  h  x   g  x  có số cực trị   https://www.facebook.com/phong.baovuong ... N C'   Cách  1:  Ta  có:  BM  AB '      đáp? ? án? ? A  loại;  C ' N  AB '  B '    đáp? ? án? ? B  loại;  A ' B  AB '    ? ?đáp? ?án? ?D loại; vậy? ?đáp? ?án? ?đúng là C   AE / / A ' N Cách 2: Gọi  E... Xét? ?đáp? ?án? ?D có  lim  3x     vì  lim   x    5  ,  lim   x  1   và  x    khi  x  ( 1) x  ( 1) x 1 Xét? ?đáp? ?án? ?C có  lim x   loại.  x  ( 1)  x   1  nên? ?đáp? ?án? ?D đúng. Nên loại. ... log x1.x2  log 8    Câu 11 Số? ? 2018201920192020  có bao nhiêu chữ? ?số? A 147501992 B 147501991 D 147433276   C 147433277 Lời giải Chọn A  Để tìm? ?số? ?chữ? ?số? ?của một? ?số? ? X : ta lấy phần nguyên của