Đề thi thử lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Bến Tre (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử lần 1 môn Toán Lớp 12 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT chuyên Bến Tre (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM HỌC 2018 - 2019 Bài thi môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1. Thể tích khối lập phương có cạnh 3a bằng A. 27a3 . B. .2 a3 C. . a3 D. . 9a3 Lời giải Chọn A Câu 2. Hàm số y f x liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên dưới đây Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số có ba điểm cực trị. B. Hàm số đạt cực đại tại x 0 . C. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1. D. Hàm số đạt cực đại tại x 2 . Lời giải Chọn C  Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1; 1 và B 2;3;4 . Véctơ AB có tọa độ là 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 4. Cho log14 2 a . Giá trị của log14 49 tính theo a là 1 2 A B C D. 2a 2(1 a) . 2(1 a) 1 a Lời giải Chọn D. 14 log 49 2log 7 2log 2(1 a) . 14 14 14 2 Câu 5. Hàm số y x3 3x2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây? A B. ; .2 C. 0; 2; 0 .D. . 0; 4 Lời giải Tập xác định: D R. 2 2 x 2 y ' 3x 6x, y ' 0 3x 6x 0 . x 0 Bảng biến thiên: x 2 0
2. y 0 0 y 4 0 Câu 6. Bất phương trình log x 3 có nghiệm là: 2 A. .( ;6) B. .C. ( ;8) (0;8) . D.(8; ) . Lời giải Điều kiện: x 0 log x 3 x 8 2 Kết hợp điều kiện chọn C 1 1 1 Câu 7. Cho f x dx 5 và g x dx 3 khi đó 3 f x 2g x dx bằng 0 0 0 A. . 9 B. . 12 C. 9 . D. .2 Lời giải Chọn C 1 1 1 f x dx 5 3 f x dx 15 3 f x dx 15 0 0 0 1 1 1 Ta có g x dx 3 2 g x dx 6 2g x dx 6 0 0 0 1 Xét 3 f x 2g x dx 15 6 9 . 0 Câu 8. Thể tích khối cầu bán kính 2a bằng 32 a3 4 a3 A. . B. 4 a3 . C. . D. .2 a3 3 3 Lời giải Chọn A 4 (2a)3 32 a3 V 3 3 Câu 9. Phương trình log x2 6x 7 log x 3 có tập nghiệm là A. . B. . 4; 8 C. 5. D. .2; 5 Lời giải Chọn C. ĐK: x 3 2 log x2 6x 7 log x 3 x 3 0 2 x 6x 7 x 3 x 3 x 5 x 5 x 2
3. Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 x 3y 6z 6 0 . Vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của P ? 1 1 A. n 6;3;2 . B. n 2;3;6 . C. n 1; ; . D. n 3;2;1 2 3 Lời giải Chọn B Câu 11. Tìm nguyên hàm của hàm số f x sin 2x 1 . 1 A. . f x dx cos 2B.x 1 C f x dx cos 2x 1 C . 2 1 C. . f x dx coD.s .2x 1 C f x dx cos 2x 1 C 2 Lời giải: ChọnB 1 1 Ta có: sin 2x 1 dx sin 2x 1 d 2x 1 cos 2x 1 C 2 2 x 1 2t Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : y 2 3t (t ¡ ) . Đường z 5 t thẳng d không đi qua điểm nào sau đây? A. M (1;2;5) .B. N(2;3; 1) .C. P .D.(3; 5;4) Q( 1; 1;6) Lời giải: Thay tọa độ điểm N(2;3;-1) vào phương trình đờng thẳng d ta được: 1 t 2 2 1 2t 1 3 2 3t t 3 1 5 t t 6 (vô lí) Vậy điểm N(2;3;-1) không thuộc đường thẳng d Câu 13. Số các hoán vị của một tập hợp có 6 phần tử là: A. .4 6656 B. . 6 C. . 120 D. 720 . Lời giải Chọn D Câu 14. Cho cấp số cộng un có u1 2 và công sai d 3. Tìm số hạng u10. 9 A. u10 2.3 .B. u10 25 . C. .D.u 10 28 . u10 29 Lời giải Chọn B u10 u1 9d 2 9.3 25 . Câu 15. Công thức tính thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng R và chiều cao bằng h là:
4. 1 2 2 2 V R h B. V Rh . C. V Rh D. V R h . A. 3 Lời giải Chọn D Câu 16. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. Hàm số y a x a 1 nghịch biến trên ¡ . x x 1 B. Đồ thị các hàm số y a và y 0 a 1 đối xứng với nhau qua trục tung. a C. Đồ thị hàm số y a x 0 a 1 luôn đi qua điểm có tọa độ a;1 . D. Hàm số y a x 0 a 1 đồng biến trên ¡ . Câu 17. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f x x3 2x2 x 2 trên đoạn 0;2 50 A. .m ax y B.2 . C. . max y D. max y 1 max y 0 . 0;2 0;2 27 0;2 0;2 Lời giải: Chọn D 1 Ta có: f x 3x2 4x 1 , f x 0 x 1 hoặc x . 3 1 50 Ta có: f 0 2 , f 1 2 , f 2 0 , f nên max y 0 . 3 27 0;2 Câu 18. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên như hình vẽ. Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị? . A. Có một điểm. B. Có hai điểm. C. Có ba điểm. D. Có bốn điểm. Lời giải: Chọn B Tại x 1 , x 1 hàm số y f x xác định và f x có sự đổi dấu nên là hai điểm cực trị Tại x 0 hàm số y f x không xác định nên không đạt cực trị tại đó. Câu 19. Tìm phần ảo của số phức z 3 4i A. .3 B. z 4 . C. .4 D. . 3 Lời giải: Chọn B Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm tâm và bán kính của mặt cầu có phương trình 2 2 2 là x 1 y 4 z 3 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 . Lời giải: Chọn D
5. 2 Câu 21. Kí hiệu z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2z 7 0 . Giá trị của z1 z2 bằng A. 2 7 . B. . 7 C. 14. D. . 10 Lời giải Chọn A 2 z1 1 6i Ta có : z 3z 5 0 . Suy ra z1 z2 7 z1 z2 2 7 . z2 1 6i Câu 22. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;1;3), B( 1;3;2),C( 1;2;3) . Khoảng cách từ gốc tọa độ đến mặt phẳng (ABC) bằng: 3 3 A. 3 B. 3 C. D. 2 2 Lời giải Chọn B   Mp(ABC) đi 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 0 2.0 2.0 9 d O, ABC 3. 12 22 22 x2 4x 1 Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 27 là 3 A. ;1 . B. 3; . C. 1;3 . D. . ;1  3; Lời giải Chọn D x2 4x 3 1 1 2 Bất phương trình tương đương với x 4x 3 3 3 x2 4x 3 0 x 1 x 3 . Câu 24. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y x2 3, y 4x . Xác định mệnh đề đúng? 3 3 A. S x2 4x 3 dx . B. .S x2 4x 3 dx 1 1 3 3 C. S x2 3 4x dx . D. .S x2 4x 3 dx 1 1 Lời giải Chọn D
6. 2 x 1 Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 4x x 3 3 Diện tích hình phẳng là S x2 4x 3 dx 1 Câu 25. Cho hình nón có chiều cao bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 2 a3 A. . 5 a2 B. . 2 5 a2C. . D.3 . a2 3 Lời giải Chọn A 2 2 h 2a Ta có độ dài đường sinh của khối nón bằng l h r với . Suy ra l a 5 . r a Vậy diện tích xung quanh của khối nón là S rl .a.a 5 a2 5 . 2x 3 Câu 26. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y là x 1 A. x 1 B. x 1 C. D.y 1 x 2 Lời giải Chọn B Vì lim f (x) ; lim f (x) đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 x 1 Câu 27. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng 2a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 2 3a3 8a3 2 2a3 A. . B. . C. . 2 3a3 D. . 3 3 3 Lời giải Chọn A S A D O B C SO  ABCD Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD , tâm O , khi đó . · 0 SA 2a, SAO 60 Ta có: SO sin 600 SO SA.sin 600 a 3 SA OA cos600 OA SA.cos600 a AB a 2 SA
7. 1 1 2 3 Vậy V SO.S a 3.2a2 a3 . SABCD 3 ABCD 3 3 2 Câu 28. Hàm số y log5 4x x có tập xác định là: A. B.¡ (2; 6) C. (0; 4) D. (0; + ) Lời giải Chọn C 2 2 Hàm số y log5 4x x xác định khi:4x x 0 0 x 4 . Câu 29. Cho hàm số y f x có bảng biến thiên sau Số nghiệm của phương trình f x 3 0 là A. .4 B. . 3 C. . 2 D. . 1 Lời giải Chọn B Ta có f x 3 0 f x 3 . Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường thẳng y 3 . Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yCT 4 3 0 yCĐ . Vậy phương trình f x 3 0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 30. Cho hình lập phương ABCD.A B C D . Góc giữa hai mặt phẳng DA B và DC ' B ' bằng A. 30 . B. .6 0 C. . 45 D. . 90 Lời giải Chọn B Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O, AB Ox, AD Oy, AA' Oz . Khi đó: D 0;1;0 , A' 0;0;1 , B ' 1;0;1 ,C ' 1;1;1 .   Vectơ pháp tuyến của DA B là n1 DA', DB ' 0;1;1   Vectơ pháp tuyến của DC ' B ' là n1 DC ', DB ' 1;0; 1 . Gọi góc giữa hai mặt phẳng DA B và DC ' B ' là . Ta có   n1.n2 1 cos =   600 2 n1 n2 Do đó: góc giữa hai mặt phẳng DA B và DC ' B ' bằng 60 .
8. x Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log2 5 2 2 x bằng A. 3. B. .1C. 2. D. 0. Lời giải Chọn C Điều kiện xác định của phương trình là 5 2x 0 . x x 2 x x 4 2 x x log2 5 2 2 x 5 2 2 5 2 x 2 5.2 4 0. 2 2x 1 x 0 (thỏa điều kiện). x 2 4 x 2 Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình đã cho bằng 2. Câu 32. Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy một góc 600. Diện tích của thiết diện này bằng a2 2 a2 2 a2 2 A. . B. . C. .2 a2 D. . 2 3 4 Lời giải Chọn B 1 Diện tích thiết diện là S SH.CD . SCD 2 a 2 Ta có AB a 2 R SO . 2 SO a 2 SH sin 600 3 a2 2 3 CD 2CH 2 R2 OH 2 2 (SO.tan 300 )2 a 2 3 1 a 2 2 3 2a2 Vậy diện tích thiết diện là S . . a . SCD 2 3 3 3 Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f (x) x3 ln xdx là 1 1 1 1 A. x4 .ln x x4 . B. . x4.ln x x4 C 4 16 4 16 1 1 1 1 C. x4 .ln x x3 . D. . x4.ln x x4 C 4 16 4 16 Lời giải Chọn B
9. 1 du dx u ln x x Đặt dv x3dx x4 v 4 1 1 1 1 Suy ra x3 ln xdx x4.ln x x3dx x4.ln x x4 C 4 4 4 16 Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính khoảng cách giữa hai đường SB và AC theo a. a 21 A. a 10 B. a 3 C. D. a 5 7 5 Lời giải Chọn A Kẻ đường thẳng d qua B và song song với AC. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên d ; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có SA  BM, MA  BM AH  BM AH  (SBM). Suy ra d AC, SB d A, SBM AH . Tam giác SAM vuông tại A , AH là đường cao, suy sa: 1 1 1 5 a 10 AH AH 2 AM 2 AS 2 2a2 5 a 10 Vậy d AC, SB . 5 x 2 y 1 z Câu 35. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : và mặt phẳng 1 2 1 (P) : x y z 3 0 . Gọi I là giao điểm của và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI Vuông góc với và MI = 4 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 x 2 y 1 z Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 2 1 I(1;1;1) . x y z 3 0 Gọi M a;b;c , ta có: a b c 3 0 M (P), MI  , MI 4 14 a 2b c 2 0 2 2 2 (a 1) (b 1) (c 1) 224 Giải hệ ta được M 5;9; 11 , M 3; 7;13 .
10. Câu 36. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho sin3 x cos3 x m với mọi x ¡ . A. m 1. B. .m 1 C. m. 1 D. 1 m . 1 Lời giải Chọn A. Đặt f x sin3 x cos3 x sin3 x cos3 x m với mọi x ¡ max f x m ¡ sin3 x sin2 x Ta có: , x 3 2 cos x cos x f x 1,x Suy ra max f x 1 f 0 1 ¡ Vậy m 1 . Câu 37. Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình 2 2019 z 2z 10 0 . Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w i z0 ? A. M 3; 1 . B. M 3; 1 . C. .M 3; 1 D. . M 3; 1 Lời giải Chọn B. 2 z 1 3i Ta có: z 2z 10 0 . Suy ra z0 1 3i . z 1 3i 2019 w i z0 i. 1 3i 3 i . Suy ra : Điểm M 3;1 biểu diễn số phức w . 1 Câu 38. Cho hàm số f x và F x liên tục trên ¡ thỏa F x f x , x ¡ . Tính f x dx biết 0 F 0 2 và F 1 5 . 1 1 1 1 A. f x dx 3 . B. f x dx 7 . C. f x dx 1. D. f x dx 3. 0 0 0 0 Lời giải Chọn D. 1 Ta có: f x dx F 1 F 0 3 . 0 Câu 39. Cho hàm số f x xác định trên tập số thực ¡ và có đồ thị f x như hình sau
11. Đặt g x f x x , hàm số g x nghịch biến trên 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 đã cho ta thấy x 1;2 thì f x 1 g x 0 và g x 0 x 1 nên hàm số y g x nghịch biến trên 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 các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành một cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế và mỗi ghế chỉ ngồi được một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. 1 1 1 1 A. B. C. D. 126 252 945 954 Lời giải Chọn C. Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 chiếc ghế là một hoán vị của 10 phần tử, vì vậy số phần tử của không gian mẫu là: W = 10! = 3628800 . Gọi A là biến cố: “Tổng số thứ tự của các học sinh ngồi đối diện nhau là bằng nhau”. Giả sử số vị trí của 10 học sinh trên là u1,u2, ,u10 . Theo tính chất của cấp số cộng, ta có các cặp số có tổng sau đây: u1 + u10 = u2 + u9 = u3 + u8 = u4 + u7 = u5 + u6 10 cách 8 cách 6 cách 4 cách 2 cách 1 cách 1 cách 1 cách 1 cách 1 cách Theo cách này có A = 10.8.6.4.2 = 3840 3840 1 Do đó xác suất của biến cố A là: P (A) = = . 3628800 945 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 và mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 . Gọi M a;b;c thuộc P sao cho MA2 MB2 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c . A. 3 . B. 2. C. - 2. D. .- 3 Lời giải Chọn A. uur uur uur r Gọi I (x ;y ;z) là điểm thỏa mãn IA + IB + 3IC = 0 . uur uur Ta có: IA = (1- x ;4 - y ;5 - z) , IB = (3 - x ;4 - y ;- z) uur và 3IC = (6 - 3x ;- 3 - 3y ;- 3z) . ì ì ï 1- x + 3 - x + 6 - 3x = 0 ï x = 2 ï ï Từ ta có hệ phương trình: í 4 - y + 4 - y - 3 - 3y = 0 Û í y = 1 Þ I 2;1;1 . ï ï ( ) ï 5 - z - z - 3z = 0 ï z = 1 îï îï
12. uuur 2 uuur uur 2 uuur uur Khi đó: MA2 = MA = (MI + IA) = MI 2 + 2MI .IA + IA2 . uuur 2 uuur uur 2 uuur uur MB 2 = MB = (MI + IB) = MI 2 + 2MI .IB + IB 2 . uuur 2 uuur uur 2 uuur uur 3MC 2 = 3MC = 3(MI + IC ) = 3(MI 2 + 2MI .IC + IC 2 ). Do đó: S = MA2 + MB 2 + 3MC 2 = 5MI 2 + IA2 + IB 2 + 3IC 2 . Do IA2 + IB 2 + 3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P): 3x - 3y - 2z - 12 = 0 . r Vectơ chỉ phương của IM là n = (3;- 3;- 2) . ì ï x = 2 + 3t ï Phương trình tham số của IM là: í y = 1- 3t , t Î ¡ . ï ( ) ï z = 1- 2t îï Gọi M (2 + 3t ;1- 3t ;1- 2t ) Î (P) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) . 1 Khi đó: 3(2 + 3t )- 3(1- 3t )- 2(1- 2t )- 12 = 0 Û 22t - 11 = 0 Û t = . 2 æ ö ç7 1 ÷ 7 1 Suy ra: M ç ;- ;0÷ . Vậy a + b + c = - = 3 . èç2 2 ø÷ 2 2 z Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 3i 5 và là số thuần ảo. z 4 A. 0 . B. Vô số. C. 1. D. .2 Lời giải Chọn C. + Điều kiện z ¹ 4 . Đặt z = x + yi,(x,y Î R) . Cách 1: + Ta có z - 3i = 5 Û x 2 + (y - 3)2 = 5 Û x 2 + y2 - 6y = 16 (1) . é ù z x + yi (x + yi ).ê(x - 4)- yi ú x 2 - 4x + y2 4yi = = ë û= - 2 2 2 z - 4 x - 4 + yi (x - 4) + y2 (x - 4) + y2 (x - 4) + y2 ì 2 2 z x 2 - 4x + y2 ï x - 4x + y = 0(2) + là số thuần ảo Û = 0 Û ï . 2 í 2 z - 4 2 ï x - 4 + y2 ¹ 0 (x - 4) + y îï ( ) éì êï x = 4 í êï y = 0 ì 2 2 êîï ï x + y - 6y = 16 ê Từ 1 , 2 ta có hệ: ï Û êïì 16 ( ) ( ) í 2 2 ï x = ï x + y - 4x = 0 êï îï êíï 13 êï - 24 êï y = ëêîï 13 16 24 Þ z = - i . Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. 13 13 Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm là thiếu điều kiện z ¹ 4 dẫn đến không loại được nghiệm.
13. z z 4bi Cách 2: Vì là số thuần ảo Þ = bi,(b Î. R) Þ z = z - 4 z - 4 - 1+ bi 4bi 4bi - 3i.(- 1+ bi ) 3b + (3 + 4b)i z - 3i = 5 Û - 3i = 5 Û = 5 Û = 5 - 1+ bi - 1+ bi - 1+ bi 2 2 Û 9b2 + (3 + 4b) = 25×(1+ b2) Û b = .Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn. 3 Câu 43. Cho hàm số y f x xác định trên ¡ và có đồ thị như hình bên dưới. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình: f 4 2sin2 2x m có nghiệm. A. 2. B. 4 . C. 3 . D. 5. Lời giải Chọn D 2 é ù Đặt t = 4 - 2sin 2x Þ t Î ëê2;4ûú . Do đó phương trình f (4 - 2sin2 2x) = m có nghiệm Û phương trình f (t ) = m có nghiệm trên đoạn é ù ëê2;4ûú. é ù Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình f (t ) = m có nghiệm t với t Î ëê2;4ûúÛ 1 £ m £ 5 . Vậy m Î {1;2;3;4;5} . Câu 44. Sinh viên B được gia đình gửi tiết kiệm số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng theo mức kì hạn 1 tháng với lãi suất tiết kiệm là 0,4% / tháng. Mỗi tháng, vào ngày ngân hàng tính lãi, sinh viên B rút ra một số tiền như nhau để trang trải chi phí cho cuộc sống. Hỏi hàng tháng sinh viên này rút số tiền xấp sỉ bao nhiêu để sau 5 năm học đại học, số tiền tiết kiệm vừa hết? A. 5đồng 633. 9 2 2 B. đồng. C.5. 363.922 5.633.923 đồng. D. 5đồng 336.932 Lời giải Chúng ta cùng làm rõ bài toán gốc sau đây: Bài toán: Ông A vay ngân hàng số tiền S (triệu đồng) với lãi suất r % / tháng. 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 như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng n năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là bao nhiêu? Lời giải Gọi x là số tiền ông A hoàn nợ mỗi tháng, sau đúng một tháng kể từ ngày vay. Số tiền ông A nợ ngân hàng sau một tháng là: S + S.r = S(1+ r ) (triệu đồng).
14. Sau khi hoàn nợ lần thứ 1 thì số tiền ông A còn nợ là: S(1+ r )- x (triệu đồng). Sau khi hoàn nợ lần thứ 2 thì số tiền ông A còn nợ là: 2 S 1+ r - x + éS 1+ r - xùr - x = S 1+ r - x é1+ r + 1ù (triệu đồng). ( ) ëê ( ) ûú ( ) ëê( ) ûú Sau khi hoàn nợ lần thứ 3 thì số tiền ông A còn nợ là: 2 2 S 1+ r - x é1+ r + 1ù+ S 1+ r - x é1+ r + 1ù r - x ( ) ëê( ) ûú { ( ) ëê( ) ûú} 3 é 2 ù = S(1+ r ) - x ê(1+ r ) + (1+ r )+ 1ú (triệu đồng). ëê ûú Lý luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ n thì số tiền ông A còn nợ ngân hàng là: n é n- 1 n- 2 ù S(1+ r ) - x ê(1+ r ) + (1+ r ) + + 1ú ëê ûú n n (1+ r ) - 1 n x é n ù = S(1+ r ) - x = S(1+ r ) - ê(1+ r ) - 1ú (1+ r )- 1 r ëê ûú Vì sau n tháng ông A trả hết nợ, cho nên: n n x é n ù S.r (1+ r ) S 1+ r - 1+ r - 1 = 0 Û x = . ( ) ê( ) ú n r ëê ûú (1+ r ) - 1 n S.r (1+ r ) Vậy số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là x = . n (1+ r ) - 1 Chọn C Áp dụng công thức đã thiết lập, với S = 3.108 ; r = 0,004 ; n = 60 . Khi đó, số tiền hàng tháng mà sinh viên B rút ra là: n S.r (1+ r ) x = » 5.633.923 đồng. n (1+ r ) - 1 æ1 3 ÷ö ç ÷ 2 2 2 Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ç ; ;0÷ và mặt cầu S : x y z 8 . Đường èç2 2 ø÷ thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu (S) tại hai điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB. A. S = 7 . B. .S = 4 C. . S =D.2 . 7 S = 2 2 Lời giải Chọn A.
15. Mặt cầu (S) có tâm O (0;0;0) và bán kính R = 2 2 . Vì OM = 1 < R nên M thuộc miền trong của mặt cầu (S) . Gọi A , B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB . Đặt x = OH , ta có 0 < x £ OM = 1 , đồng thời HA = R2 - OH 2 = 8 - x 2 . Vậy diện tích tam giác OAB là 1 S = OH.AB = OH.HA = x 8 - x 2 . OAB 2 Khảo sát hàm số f (x) = x 8 - x 2 trên 0;1ù , ta được max f x = f 1 = 7 . ( ûú ù ( ) ( ) (0;1ûú Vậy giá trị lớn nhất của SDOAB = 7 , đạt được khi x = 1 hay H º M , nói cách khác là d ^ OM . Câu 46: Một cái ao hình ABCDE (như hình vẽ), ở giữa ao có một mảnh vườn hình tròn có bán kính 10m. Người ta muốn bắc một câu cầu từ bờ AB của ao đến vườn. Tính gần đúng độ dài tối thiếu l của cây cầu biết : - Hai bờ AE và BC nằm trên hai đường thẳng vuông góc với nhau, hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm O ; - Bờ AB là một phần của một parabol có đỉnh là điểm Avà có trục đối xứng là đường thẳng OA ; - Độ dài đoạn OA và OB lần lượt là 40 m và 20 m; - Tâm I của mảnh vườn lần lượt cách đường thẳng AE và BC lần lượt 40 m và 30 m. A. l 17,7 m.B. m.lC. 25,7 m. lD. 27,7 m. l 15,7 Lời giải : Chọn A
16. A Oy Gán trục tọa độ Oxy sao cho cho đơn vị là 10 m. B Ox Khi đó mảnh vườn hình tròn có phương trình C : x 4 2 y 3 2 1 có tâm I 4;3 Bờ AB là một phần của Parabol P : y 4 x2 ứng với x 0;2 M P Vậy bài toán trở thành tìm MN nhỏ nhất với . N C Đặt trường hợp khi đã xác định được điểm N thì MN MI IM , vậy MN nhỏ nhất khi MN MI IM N ; M ; I thẳng hàng. Bây giờ, ta sẽ xác định điểm N để IN nhỏ nhất 2 2 N P N x;4 x2 IN 4 x 2 1 x2 IN 2 4 x 2 1 x2 IN 2 x4 x2 8x 17 Xét f x x4 x2 8x 17 trên 0;2 f x 4x3 2x 8 f x 0 x 1,3917 là nghiệm duy nhất và 1,3917 0;2 Ta có f 1,3917 7,68 ; f 0 17 ; f 2 13 . Vậy giá trị nhỏ nhất của f x trên 0;2 gần bằng 7,68 khi x 1,3917 Vậy min IN 7,68 2,77 IN 27,7 m MN IN IM 27,7 10 17,7 m. Câu 47: Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc 1 cạnh DD sao cho DP DD . Mặt phẳng AMP cắt CC tại N . Thể tích khối đa diện 4 AMNPBCD bằng A D P B C M A D B C A. V 2a3 . B. V 3a3 .
17. 9a3 11a3 C. V .D. . V 4 3 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 , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC . Mặt phẳng MPN cắt cạnh DD tại Q . Khi đó: VMNPQ.A B C D 1 MA PC 1 NB QD . VABCD.A B C D 2 AA CC 2 BB DD Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP.ABCD ta có: A D B C P M A' D' B' C' VAMNP.ABCD 1 MB PD 1 1 1 3 . VA B C D .ABCD 2 B B D D 2 2 4 8 3 3 3 3 Vậy V V V 2a 3a AMNPBCD AMNP.ABCD 8 A B C D .ABCD 8 Cách 2: A D O P B C K M A' D' O' N B' C' Thể tích khối lập phương ABCD.A B C D là V 2a 3 8a3 . Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A B C D , gọi K OO  MP , khi đó N AK CC .
18. 1 1 a 3a 3a Ta có OK DP BM a . Do đó CN 2OK . 2 2 2 4 2 Diện tích hình thang BMNC là 1 1 3a 5a2 SBMNC BM CN .BC a .2a . 2 2 2 2 Thể tích khối chóp A.BMNC là 1 1 5a2 5a3 V .S .AB . .2a . A.BMNC 3 BMNC 3 2 3 Diện tích hình thang DPNC là 1 1 a 3a 2 SDPNC DP CN .CD .2a 2a . 2 2 2 2 Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 1 4a3 V .S .AD .2a2.2a . A.DPNC 3 DPNC 3 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 5a3 4a3 V V V 3a3 . A.BMNC A.DPNC 3 3 Câu 48: Cho hàm số y f x có đạo hàm cấp hai trên ¡ . Biết f 0 3 , f 2 2019 và bẳng xét dấu của f x như sau: x 0 2 '' f x 0 0 Hàm số y f x 2018 2019x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 thuộc khoảng nào sau đây? A. ; 2018 .B. 20 .1C.8; .D. 0;2 . 2018;0 Lời giải Chọn A x 0 2 f '' x 0 0 3 ' f x 2019 y f x 2018 2019x y f x 2018 2019 . x 2018 2 x 2016 y 0 f x 2018 2019 . x 2018 a 0 x a 2018 2018
19. Ta có bảng biến thiên x a 2018 2016 f ' x 2018 2019 0 0 f x 2018 2019x f a 2019 a 2018 Hàm số y f x 2018 2019x đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm x0 a 2018 ; 2018 . Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 1 x 2m x 1 x 2 4 x 1 x m3 có nghiệm duy nhất. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 0 .B. C. D. . 1 6 10 Lời giải Chọn B x 1 x 2m x 1 x 2 4 x 1 x m3 (1) Nếu x0 0;1 là nghiệm của (1) thì 1 x0 cũng cũng là nghiệm của (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất 1 thì điều kiện cần x 1 x x . 0 0 0 2 1 Điều kiện đủ thay x vào pt (1) ta được m 0;m 1 0 2 2 1 +) với m 0 ; ta có (1) trở thành 4 x 4 1 x 0 x 2 2 2 1 +) với m 1 ; ta có (1) trở thành 4 x 4 1 x x 1 x 0 x 2 2 2 1 +) với m 1 ; ta có (1) trở thành 4 x 4 1 x x 1 x x ; x 0 . do đó m 1 2 không thỏa. Vậy m 0; m 1 là giá trị cần tìm Lưu ý : đối với điều kiện đủ ta có thể dùng MTBT Câu 50: Cho hàm số y f x liên tục trên ¡ \0; 1 thỏa mãn điều kiện f 1 2ln 2 và x x 1 . f x f x x2 3x 2 . Giá trị f 2 a bln 3 , với a,b ¤ . Tính a2 b2 . 25 9 5 13 A. .B. .C. .D. . 4 2 2 4 Hướng dẫn giải Chọn B Từ giả thiết, ta có x x 1 . f x f x x2 3x 2 x 1 x 2 . f x f x x 1 x 1 2 x 1
20. x x 2 . f x , với x ¡ \0; 1 . x 1 x 1 x x 2 1 x Suy ra . f x dx 1 dx hay . f x x ln x 1 C . x 1 x 1 x 1 x 1 x Mặt khác, ta có f 1 2ln 2 nên C 1 . Do đó . f x x ln x 1 1 . x 1 2 3 3 3 3 Với x 2 thì . f 2 1 ln 3 f 2 ln 3 . Suy ra a và b . 3 2 2 2 2 9 Vậy a2 b2 . 2