Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết năm 2018 tạp chí toán học tuổi trẻ lần 7 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TỔ 9 - CÂU VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO ĐỀ TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 7 NĂM 2018 Câu 1. [1D2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018]

Biếu thức: ^{10 9} 1 ⁸



¹



²



¹



¹⁰

. . ...

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x  x x x     bằng:

A. 10!. B. 20!. C. 1

10!. D. 1

100!. Lời giải

Chọn C

 

²

 

¹⁰

10 9 1 8 1 1

. . ...

10! 9! 1! 8! 2! 10!

x x

x x x x

A        

   

²

 

9 8

10 . 1 .10! . 1 .10! 10

1 . ... 1

10! 9!.1! 8!.2!

x x x x

x x

   

    

 

 

 

Ta có: ^{C10k  k! 10}



^10!k



^{!nên cho kchạy từ 0 đến10 ta có:}

 

⁰

   

²

 

¹⁰

0 10 1 9 2 8 10 0

10 10 10 10

1 . . 1 . 1 . 1 ... . 1 .

A10! C x x C x  x C x x  C x x 

 

¹⁰

1 1

. 1 .

10! x x 10!

   

Trắc nghiệm: Thay x1 ta được luôn đáp án C.

BÌNH LUẬN: Đề không phù hợp thi trắc nghiệm vì học sinh chỉ cần thay x1 đã chọn được ngay đáp án C.

PHÁT TRIỂN CÂU 1 Câu 2. 1D2-3] Tính tổng 2018⁰ 2018¹ 2018² 2018²⁰¹⁸

1 1 1

2 3 ... 2019

P C  C  C   C A.

22018 1 2018

 . B.

22019 1 2019

 . C.

22019 1 2018

 . D.

22018 1 2019

 . Lời giải

Chọn B

Cách 1: Xét số hạng tổng quát ¹ ₂₀₁₈ 1

Ck

k , ta có:

     

¹

2018 2019

1 1 2018! 1 2019! 1

1 1 . ! 2018 ! 2019 1 ! 2018 ! 2019

k k

C C

k k k k k k

   

     .

Vậy 2018 2019¹

1 1

1 2019

k k

C C

k

 

 , cho k chạy từ 0 đến 2018 thì ta được:



^{20190 12019 20192 20192019}



^{20190 2019 2019}

1 1 1 2 1

... 2 .

2019 2019 2019 2019 2019

P C C C  C C    

Cách 2: Sử dụng tích phân.

Xét f x

  

 1 x



²⁰¹⁸C2018⁰ C2018¹ x C 2018² x² ... C2018^{2018 2018}x . Lấy tích phân hai vế ta có:

   

1 1

2018 0 1 2 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018

0 0

1 x dx C C x C x ... C x dx





 



    ^.

 

^{2019 1} 0 1 ² 2 ³ 2018 ^{2019 1}

2018 2018 2018 2018

0 0

1 . . ...

2019 2 3 2019

x x x x

C x C C C

  

      

 

22019 1 2019 .

P 

 

Câu 3. [1D2-3] Tính tổng

0 1 2 1

1 2 3 ... 1

n n

n n n n n

C C C C C

S n n

      

 ^{, n}



^N*



A. 2 1 1

n

n



 . B.

2ⁿ 1 1 n

 

. C.

2 1 1 1

n

n

 

 . D. 2ⁿ 1 n

 . Lời giải

Chọn C

Các số hạng của S có dạng 1

k

Cn

k nên ta sẽ dùng đẳng thức ¹¹

1 1

k k

n n

C C

k n



   .

Khi đó ta có:

0 1 2 1 1

1

0 0

1 2 3 1 1 1

n n n k n k

n n n n n n n

k k

C C C C C C C

S ...

n n k n

 



 

       









 ^.



^{1 1 21 1 11}



^{1 01}



¹



1 1 1 1

2 2 1

1 1 1 1

n n n n

n n n n n

C C ... C C . .C

n n n n

  

    

        

    .

Câu 4. [1D2-3] Tính tổng

2 3 4 1

0 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1

2 3 4 ... 1

n

n

n n n n n

S C C C C C

n

    

     



A.

2 2

3 2

2

n n

S n

  

  . B.

1 1

3 2

1

n n

S n

  

  .

C.

2 2

3 2

2

n n

S n

  

  . D.

1 1

3 2

1

n n

S n

  

  . Lời giải

Chọn D

Xét khai triển:



1x



ⁿ C_n⁰C x C x¹_n  _n^{2 2}C x_n^{3 3} ... C x_n^{n n} . Lấy tích phân hai vế ta có:

   

2 2

0 1 2 2 3 3

1 1

1 x dxⁿ C_n C x C x_{n n} C x_n ... C x dx_n^{n n}





 



    

 

^{1 2} 0 1 ² 2 ³ 3 ^{4 1 2}

1 1

1 . . ... .

1 2 3 4 1

n n

n

n n n n n

x x x x x

C x C C C C

n n

 

  

         

1 1 2 3 4 1

0 1 2 3

3 2 2 1 2 1 2 1 2 1

1 2 3 4 ... 1

n n n

n

n n n n n

C C C C C

n n

       

      

 

1 1

3 2

1 .

n n

S n

  

  

Câu 3: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Phương trình 1 sin x 1 cos x m có nghiệm khi và chỉ khi

A. 2 m 2. B. 1 m 4 2 2 . C. 1 m 2. D. 0 m 1. Lời giải

Chọn B

Ta có m0, khi đó ^{2 sin xcosx2 1 sin}



^{ x}

 

^{1 cos x}



^{m2 .}

Đặt sin cos 2 sin

a x x x 4

  a  2

Mặt khác: ^{2 1 sin}



^{ x}

 

^{1 cos x}

 

^{ sinxcosx1}



²

Do đó ta có phương trình: a 2 2 a 1 m² . Xét hàm số: ^{f a}

 

^{  a 2 2 a1 ,a }_ ^{2; 2}_

   

 

1 2 2 2 1 2

1 2 2 2 2 1

a a

f x a a

      

  

      



Xét bảng biến thiên:

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm  1 m²  4 2 2  1 m 4 2 2 . PHÁT TRIỂN CÂU 3

Câu 1: [2D1-3] Tìm tất cả các giá trị của ^m để phương trình

 

1 2

cos 4 16cos 1 1 cos

2 x x  m x m có nghiệm?

A.   2 m 2. B. 1 m 3. C. 0 m 2. D. 1 m 2. Lời giải

Chọn D

Phương trình ^{2cos 22 8 cos 2}



¹

  

^{1 cos}

2

x x

m x m

 

   



^{cos 2x 2}



^{2 m}



^{cosx 1}



^cosx

     ^{cos 2x 2 cosx m}



^cosx1



2cos2 cos 1

cos 1

x x

m x

 

  

Đặt t cos , 0x  t 1 Xét hàm số

 

^{2 2 1}

1 t t f t t

  

 liên tục trên 0 t 1

 

^{2 2 4}₂

( 1) t t f t t

  

 ;

   

0 0

2 0;1 f t t

t

 

       ^{ f}

 

^{0 1,f}

 

^{1 2}

Do đó ^min_{ 0;1} ^{f t}

 

^1_, ^max_{ 0;1} ^{f t}

 

^2

Vậy phương trình có nghiệm   1 m 2.

Câu 2: [2D1-4] Với ^m



^{2000; 2016}



thì phương trình 2019^sinx sinx 2 cos ²x m có bao nhiêu nghiệm thực trong



^{0; 2}



?

A. Vô nghiệm. B. 3nghiệm. C. 4nghiệm. D. 2nghiệm.

Lời giải Chọn D

Xét hàm số y2019^sinxsinx 2 cos ² x trên



^{0; 2}



. Ta có

sin sin

2 2

2sin .cos sin

cos .2019 .ln 2019 cos cos . 2019 .ln 2019 1

2 2 cos 1 sin

x x x x x

y x x x

x x

 

        

   

Ta thấy 2019 .ln 2019 1^{sin sin} ₂ 0



0; 2



1 sin

x x

x x

    

 

Do vậy trên



^{0; 2}



: 0 cos 0

y   x  x 2

hoặc 3 x 2

. 2019 1 2 2016

y    2   

 ; 3 1

1 2 0

2 2019

y     



Bảng biến thiên

x 0

2

 3

2

 2

y ^ 0  0 

y 2

  



y

0 0

Vậy với ^m



^{2000; 2016}



thì phương trình có 2 nghiệm trên



^{0; 2}



. Cách khác: đặt tsinx, lưu ý về sự tương ứng về số nghiệm giữa tvà x.

Câu 4: [2H3-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm ^A



^{3; 1;0}



và đường thẳng d: 2 1 1

1 2 1

x y z

 

 . Mặt phẳng

 

^ chứa d sao cho khoảng cách từ A đến

 

^ lớn nhất có phương trình là:

A. x y z  0. B. x y z   2 0. C. x y z   1 0. D.  x 2y z  5 0. Lời giải

Chọn A.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên

 

^ , K là hình chiếu vuông góc của A lên d. Ta có: ^{d A d}



^,



^{ AK} cố định và ^{d A}



^,

 

^{ }



^{AH  AK d A}



^,

 

^



lớn nhất bằng AK khi

H K. :

d 2 1 1

1 2 1

x  y  z

 qua ^M



^{2; 1;1}



, có VTCP ud  



^1;2;1



.

Gọi

 

^P là mặt phẳng qua A và chứa có VTPT np u AMd^,



^{2;0; 2}



.

Mặt phẳng

 

^ có một VTPT là n_ n u p^, d  



^{4; 4; 4}



 ^{4 1;1; 1}







và

 

^ qua



^{2; 1;1}



M  có phương trình: ¹



^{x 2}

 

^{1 y 1 1}

 

^{z 1}



^{0    x y z 0}. PHÁT TRIỂN CÂU 4

Câu 1: [2H3-3] Cho đường thẳng : 2 1 2 x t d y t z t

  

  

  



và mặt phẳng

 

^ : 2x y 2z 2 0. Mặt phẳng

 

^P qua d và tạo với

 

^ một góc nhỏ nhất. Một véc tơ pháp tuyến của

 

^P là:

3 y 2 

 

 



A. np  



^1;1;1



. B. np 



^{1; 2; 3}



. C. np 



^2;1;0



. D. np 



^{3; 2;7}



. Lời giải

Chọn A.

Gọi ^{ }

   

^{  P} , ^{A d }

 

^ , ^{B d B}



^{ A}



; Hlà hình chiếu vuông góc của B lên

 

^ ; K là hình chiếu của H lên .

Suy ra:



^d,

 

^{ }



^{BAH cố định;}

     , P  BKH .

Mà BKH BAH (vì HK HA)^



^d,

 

^



^

    P ,  .

Suy ra

    P ,   nhỏ nhất bằng d,   khi K A.

Khi đó  d và có một VTCP u_ 



u n d^, _



 ^{3 1;0;1}

 

.

 

^P có một VTPT np 



u u _^, d



^{2 1;1;1}







.

Câu 2: [2H3-3] Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P x: 2y2z 5 0} và hai điểm



^3;0;1



A  , ^B



^{1; 1;3}



. Trong các đường thẳng đi qua A và song song

 

^P , đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là:

A. 3 1

26 11 2

x  y  z

 . B. 3 1

26 11 2

x  y  z

  .

C. 3 1

26 11 2

x y z

 

 . D. 2 1 3

26 11 2

x y z

 

 . Lời giải

Chọn A.

Gọi

 

^Q là mặt phẳng qua A và song song

 

^P .

Ta có:



 3 2.0 2.1 5 1 2.1 2.3 5 

 

   



0_A, B nằm về hai phía với

 

^P . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên

 

^Q BH cố định và ^{d B Q}



^,

  

^BH.

Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên d bất kì qua A và nằm trong

 

^Q hay ^d//

 

^P . Ta có: ^{BKBH d B d}



^,



^{d B AH}



^,



^{d B d}



^,



bé nhất bằng BH khi K H. Gọi n là VTPT của



ABH



 n n ABp^, 



^2;6;7



.

d cần lập qua A, H và có VTCP ud n n ^, p



^{26;11; 2}



. Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là: 3 1

26 11 2

x y z

 

 . Câu 22: [2D3-3] giá trị của tích phân ¹⁰⁰

     

0

1 2 ... 100

x x x x dx



^bằng

A.0. B. 1. C. 100. D. Kết quả khác.

Lời giải Chọn A.

Đặt x100 t dx dt

Đổi cận x  0 t 100; x100 t 0

Khi đó ⁰

       

¹⁰⁰

     

100 0

100 99 ... 100 99 ...

I 



t t  t dt 



t t t dt ¹⁰⁰

   

0

100 99 ... .

t t t dt





 

¹⁰⁰

   

0

100 99 ... .

x x x dt I

 



    Suy ra I I   0 I 0.

Câu 27: [2D1-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Một tấm bìa carton dạng tam giác ABC diện tích là S. Tại một điểmDthuộc cạnh BC người ta cắt theo hai đường thẳng lần lượt song song với hai canh AB và AC để phần bìa còn lại là một hình bình hành có một đỉnh là A diện tích hình bình hành lớn nhất bằng

A.4

S . B.

3

S . C.

2

S . D.2

3 S . Lời giải

Chọn C.

Giả sử độ dài đoạn thẳng BC là a và độ dài đoạn thẳng CD là x với 0 x a

Vì / / CE CD x

DE AB CDE CBA

CA CB a

     

2 2

2 2

CDE CDE CBA

CBA

S x x

S S

S a a

   

Vì / / BD BF a x

DF AB BDF BCA

BC BA a

       

 

²

 

²

2 2

BDF BDF BCA

BCA

a x a x

S S S

S a a

 

   

Vậy ²

 

²

2 2

AEDF ABC BDF CDE ABC 1

x a x

S S S S S

a a

  

 

      

 

 

Để SAEDF lớn nhất thì ²

 

²

2 2

x a x

a a

  nhỏ nhất

Xét

   

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 1

2 a a a

a x x

x a ax x

f x a a a a a

 

     

   

      

     

 

²

 

²

2 2

x a x

f x a a

    đạt giá trị nhỏ nhất là ¹ 2 khi

2 xa

Với 2

x a 1

2 2

AEDF ABC S

S S

   .

PHÁT TRIỂN CÂU 27

Câu 1: [2D1-3] Một người bán buôn Thanh Long Đỏ ở Lập Thạch – Vĩnh Phúc nhận thấy rằng: Nếu bán với giá 20000 nghìn^/kg thì mỗi tuần có 90 khách đến mua và mỗi khách mua trung bình 60 ^kg. Cứ tăng giá 2000 nghìn ^/kg thì khách mua hàng tuần giảm đi ₁ và khi đó khách lại mua ít hơn mức trung bình 5 ^kg, và như vậy cứ giảm giá 2000 nghìn ^/kg thì số khách mua hàng tuần tăng thêm 1 và khi đó khách lại mua nhiều hơnmức trung bình 5^kg. Hỏi người đó

phải bán với giá mỗi ^kg là bao nhiêu để lợi nhuận thu được hàng tuần là lớn nhất, biết rằng người đó phải nộp tổng các loại thuế là 2200 nghìn ^/kg. (Kết quả làm tròn đến hàng nghìn) A. 16000 nghìn ^/kg. B. 24000 nghìn ^/kg. C. 22000 nghìn ^/kg. D. 12000 nghìn ^/kg.

Hướng dẫn giải Chọn C.

Gọi 2000x nghìn ^/kg là mức giá thay đổi tăng hoặc giảm so với giá bán bình quân.

Giá bán sau khi thay đổi là 20000 2000 x nghìn ^/kg. Số lượng người mua sau khi thay đổi giá là 90x.

Khối lượng khách mua trung bình sau khi giảm giá là 60 5x ^kg. Số tiền thuế phải nộp sau khi thay đổi giá: ^{2200 90}



^x

 

^{60 5 x}



. Số tiền thu được sau khi thay đổi giá là

  

⁹⁰

 

^{60 5}

 

^{20000 2000}



^{2200 90}

  

^{60 5}



T x  x  x  x  x  x



^{17800 2000x}

 

^{90 x}

 

^{60 5x}



    



¹⁰x³⁹³¹x²¹⁷²²x96120 .1000



. Điều kiện

90 12

8,9 x x x

 

 

 

8,9 x 12

   .

Ta có ^{T x}

 

^



^{30x21862x1722 .1000}



^.

 

⁰

T x  _15x²_{931x861 0} 0,94( ) 61,13( )

x N

x L

 

   . 89

 

12 0 T10  T 

  , ^T



^0,94



^96924000

Do đó x1 thì lợi nhuận cao nhất.

Câu 2: [2D1-3] Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1^m và cách bờ AC là 8^m, rồi dùng một cây sào ngăn một góc nhỏ của hồ để thả bèo (như hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K (bỏ qua đường kính của sào).

Q P

C B

K

A A. ^{5 65}

4 . B. 5 5 . C. 9 2 . D. ^{5 71}

4 .

Lời giải Chọn B.

F E

Q P

C B

K

A Đặt AP a ;^{AQ b} (^{a b, 0}).

Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K xuống AB và AC. Suy ra KE1, 8

KF  .

Ta có: KE PK

AQ  PQ;KF QK

AP  PQ KF KE 1 AP AQ

   hay là ^{8 1} 1

a b  .

(Hoặc có thể dùng phép tọa độ hóa: Gán ^A

 

^0;0 ,^P



^0;a



,^Q

 

^b;0 . Khi đó ^{K }

 

^1;8 . Phương trình đường thẳng ^{PQ:x y 1}

b a  . Vì ^PQ đi qua K nên ^{1 8 1} b a  .) Cách 1:

Ta có: PQ² a² b². Vì ^{8 1} 1

a b  8k k a b k

    k 0.

2 2 2 8k 2 k

a b k a b

a b

   

        

2 4 4 2

2 2

k k k k

a b

a a b b

   

        

2

3 2 3

3 16 3

4 k k

  .

Suy ra ^PQ nhỏ nhấta²b² nhỏ nhất

2

2

4 2

8 1 1

a k a b k

b a b

 



 

  



250 10 5 k a b

 

 

  .

Vậy giá trị nhỏ nhất của ^PQ là a²b²  125 5 5 . Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K là 5 5 .

Cách 2:

Vì ^{8 1} 1 a b 

8 b a

  a

 với a8. Khi đó PQ² a²b²

2 2

8 a a

a

 

     với a8.

Xét hàm số

 

^{2 2}

8 f a a a

a

 

     với a8.

Ta có

 

 

²

2 8

2 .

8 8

f a a a

a a

   

 

 

 

3

3

2 8 8

8 a a

a

   

 

  ; ^{f a}

 

^0  a 10. BBT của ^{f a}

 

:

Vậy GTNN của ^{f a}

 

là 125 khi a10.

Từ đó suy ra chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào 2 bờ AB, AC và cây cọc K là 125 5 5 .

Câu 30: [1D3-3] Có hai cơ sở khoan giếng A và B. Cơ sở A: giá của mét khoan đầu tiên là 8000 đồng và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 đồng so với giá của mét khoan ngay trước đó. Cơ sở B: giá của mét khoan đầu tiên là 6000 đồng và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó. Một công ty giống cây trồng muốn thuê khoan hai giếng với độ sâu lần lượt là 20 mét và 25 mét để phục vụ sản xuất. Giả thiết chất lượng cũng như thời gian khoan giếng của hai cơ sở là như nhau.

Công ty ấy nên chọn cơ sở nào để tiết kiệm chi phí nhất.

A. luôn chọn A. B. luôn chọn B.

C. giếng 20 mét chọn A còn giếng 25 mét chọn B. D. giếng 20 mét chọn B còn giếng 25 mét chọn A. Lời giải Chọn D.

- Giếng sâu 20 mét

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở A là tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng

 

un có u18000, d 500.



1



1

2 19 .20

2

u d

A 

 10. 2.8000 19.500







255000 (đồng).

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở B là tổng 20 số hạng đầu tiên của cấp số nhân

 

vn có u16000,q 1 7% 1,07 .



²⁰



1 1

. 1 1

u q

B q

 





²⁰



6000. 1 1,07

245973 1 1,07

  

 (đồng).

Do đó, nếu khoan giếng sâu 20 mét nên chọn cơ sở B. - Giếng sâu 25 mét

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở A là tổng 25 số hạng đầu tiên của cấp số cộng

 

un có u18000,d 500.



1



1

2 24 .25

2

u d

A 





2.8000 24.500 .25



350000 2

   (đồng).

+ Số tiền cần phải trả theo cách tính của cơ sở B là tổng 25 số hạng đầu tiên của cấp số nhân

 

vn có u16000,q 1 7% 1,07 .



²⁵



1 1

. 1 1

u q

B q

 





²⁵



6000. 1 1,07

379494 1 1,07

  

 (đồng).

Do đó, nếu khoan giếng sâu 25 mét nên chọn cơ sở A. PHÁT TRIỂN CÂU 30

Câu 1: [1D3-3] Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có đường kính 50cm. Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động, phần còn lại là một khối trụ có đường kính 45cm. Hỏi phần đã trải ra dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 373m. B. 187m. C. 384m. D. 192m. Lời giải

Chọn A.

Bề dày của tấm đề can là



^{50 45 : 2}



250 0,01

  .

Chiều dài l của phần đã trải ra là tổng chu vi của 250 đường tròn có bán kính lập thành một cấp số cộng

 

un có u₁25 và d  0,01.

Vậy l²²⁵



^{25 0,01}

 

 ^{25 2.0,01}



 ^...



25 249.0, 01





 

2 25.250 0,01. 1 2 ... 249

       ₂ 25.250 0,01.



^{1 249 .249}



  2 

   

  37314cm373m.

Câu 2: [1D3-3] Mức lương khởi điểm của một nhân viên văn phòng là 6 triệu đồng. Công ty quy định cứ sau khi kết thúc 12 tháng hợp đồng thì tiền lương của người này sẽ tăng lên 7%. Biết rằng thuế thu nhập cá nhân của người hưởng lương tại một tháng bất kỳ được tính như sau:

- Lấy tiền lương tại tháng này trừ đi 3,6 triệu đồng được khoản A. - Nếu A5 triệu đồng thì người này đóng một lượng tiền thuế là 5%.A.

Vậy ở năm làm việc thứ bao nhiêu thì anh này bắt đầu đóng thuế? Và tại năm đó, mỗi tháng anh phải đóng thuế bao nhiêu (làm tròn đến đơn vị trăm đồng)?

A. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 6, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 270200 đồng.

B. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 6, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 450200 đồng.

C. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 5, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 240800 đồng.

D. Bắt đầu đóng thuế ở năm thứ 5, tiền thuế phải đóng mỗi tháng là 420800 đồng.

Lời giải

Chọn A.

Để tính năm mà người này bắt đầu phải đóng thuế, ta tìm nghiệm nguyên dương ⁿ bé nhất của bất phương trình ^{6. 1 7%}



^



^{n3,6 5 .}

Giải bằng MTCT ta được n5,32, nghĩa là vào năm thứ 6 thì anh này bắt đầu đóng thuế.

Mức thuế phải đóng là ^{6. 1 7%}







⁶3,6 .5% 270200  (đồng).

Câu 32. [1D5-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018]

Cho

  

¹



^{1 2... 1}

2

x x n

f x x

n

   

        . Giá trị ^f

 

⁰ bằng

A. 0 . B. 1. C. n. D. ¹

n. Lời giải

Chọn C Ta có:

     

ln ln 1 2ln 1 ... ln 1

2

x x

f x x n

n

   

         

   

   

1 1 1

1 1 ... 1

2

1 1 1

1 1 ... 1

2 f x

x x

f x x

n f x f x

x x

x

n

     

  

 

 

          

 

 

⁰

 

^{0 1 1}₀ ^{... 1}₀

1 0 1 1

2

f f

n

 

 

          

 

.

Vì

  

^{0 1 0 1}



^{0 ... 1 0 1}

f 2

n

   

         và

1 1 1

... 1 1 ... 1

0 0

1 0 1 1

2

n n

       

   nên suy ra

 

⁰

f n.

PHÁT TRIỂN CÂU 32 Câu 1. [1D5-3] Cho ^{f x}

  

^{ 1 x}

 

^{1 2 x}

 

^{2... 1nx}



ⁿ. Giá trị ^f

 

⁰ bằng

A. 0 . B.



^{1 2}

 

¹



6 n n n

. C. n. D.



¹



2 n n

. Lời giải

Chọn B Ta có:

         

ln f x ln 1x 2ln 1 2 x  ... nln 1nx

   

   

2 2

2 2

1 2

1 1 2 ... 1

1 2

1 1 2 ... 1

f x n

f x x x nx

f x f x n

x x nx

     

  

 

          

 

⁰

 

^{0 1 22 ... 2}

1 0 1 2.0 1 .0

f f n

n

 

          . Vì f

  

⁰  1 0 1 2.0 ... 1

 



 

n.0



1 và

   

2 2

2 2 2 1 2 1

1 2

... 1 2 ...

1 0 1 2.0 1 .0 6

n n n

n n

n

 

       

   nên suy ra

 

₀



^{1 2}

 

¹



6

n n n

f  

  .

Câu 2. [1D5-3] Cho ^{f x}

  

^{ 1 x}

 

^{1 2 ... 1 x}

 

^nx



. Giá trị ^f

 

⁰ bằng

A. 0 . B.



^{1 2}

 

¹



6 n n n

. C. n. D.



¹



2 n n

.

Lời giải Chọn D

Ta có:

         

ln f x ln 1 x ln 1 2 x  ... ln 1nx

   

   

1 2

1 1 2 ... 1

1 2

1 1 2 ... 1

f x n

f x x x nx

f x f x n

x x nx

     

  

 

          

 

⁰

 

^{0 1 2 ...}

1 0 1 2.0 1 .0

f f n

n

 

          .

Vì f

  

⁰  1 0 1 2.0 ... 1

 



 

n.0



1 và 1 2



¹



... 1 2 ...

1 0 1 2.0 1 .0 2

n n n n n

        

  

nên suy ra

 

₀



¹



2 f n n

  .

Câu 40. [2H2-4] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho tam giác ABC vuông tại A có 2

AB AC . M là điểm thay đổi trên cạnh BC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V tương ứng là thể tích của vật thể tròn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi quay quanh trục AB . Tỉ số V

V

 lớn nhất bằng:

A. 1

2. B. 4

9. C. 2

3. D. 3

4. Lời giải

Chọn B.

x 2 2-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AC1 AB2

Đặt BH x (với 0 x 2). Khi đó AH  2 x , 1 AK 2x

1 2 2

3 . 3

V  AB AC   

 

2 1 2

. 2

V  AH AK   4x x 

   

3

2 2

3 2 3 2 . . 3 2 2

8 2 2 2 2 3

x x

V x x x

x x x

V

    

 

       

 

 

4 9 V

V

  nên chọn đáp án B.

PHÁT TRIỂN CÂU 40 Câu 1. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông tại A có 3

AB2AC . M là điểm thay đổi trên cạnh BC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V tương ứng là thể tích của vật thể tròn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi quay quanh trục AB . Tỉ số V

V

 lớn nhất bằng:

A. 1

4. B. 3

4. C. 2

3. D. 3

2. Lời giải

Chọn A.

x 2 3

2-x x

A C

B

K

H M

Đặt AC1 3

AB 2

 

Đặt BH x (với 3

0 x 2). Khi đó 3

AH  2 x , 1 AK 2x

1 2 1

3 . 2

V  AB AC   

2 1 2 3

. 4 2

V  AH AK   x  x

3

2

3

1 3 2 3 . . 2 2 2 2

2 2 2 2 2 3

x x

V x x x

x x x

V

    

 

           

 

1 4 V

V

  nên chọn đáp án A.

Câu 2. [2H2-4] Cho tam giác ABC vuông tại A có AC2AB . M là điểm thay đổi trên cạnh BC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB AC, . Gọi V và V tương ứng là thể tích của vật thể tròn xoay tạo bởi tam giác ABC và hình chữ nhật MHAK khi quay quanh trục AB . Tỉ số V

V

 lớn nhất bằng:

A. 1

18. B. 1

28. C. 1

36. D. 1

15. Lời giải

Chọn C.

x 2 1-x

x

A C

B

K

H M

Đặt AB1 AC 2

Đặt BH x (với 0 x 2). Khi đó AH  1 x , 1 AK 2x

1 2 4

3 . 3

V  AB AC   

 

2 1 2

. 1

V  AH AK   4x x 

   

3

2 1

3 1 3 1 . . 3 2 2

16 4 2 2 4 3

x x

V x x x

x x x

V

    

 

       

 

 

1 36 V

V

  nên chọn đáp án C.

Câu 43: [2H2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho mặt nón tròn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh bằng a. A, B là hai điểm bất kỳ trên

 

^O . Thể tích khối chóp

.

S OAB đạt giá trị lớn nhất bằng

A. ^{3 3} 96

a . B. ^{3 3}

48

a . C.

3

96

a . D. ^{3 3}

24 a . Lời giải

Chọn B.

a/2 h

O S

B

A Ta có .

1 .

S OAB 3 AOB

V  S_ SO. Lại có ¹ . .sin^

AOB 2

S_  OA OB AOB. Mặt khác

2

OA OB  a, ³ 2 SO h  a .

Do đó thể tích khối chóp S OAB. đạt giá trị lớn nhất khi sinAOB1OA OB . Khi đó _max ^{1 1 3 3 3}

3 2 2 2 2 48

a a a a V       .

PHÁT TRIỂN CÂU 43

Câu 1: [2H2-3] Cho mặt nón tròn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết diện qua trục là một tam giác cân cạnh đáy bằng a và có diện tích là a² , A , B là hai điểm bất kỳ trên

 

^O . Thể tích khối chóp S OAB. đạt giá trị lớn nhất bằng

A.

3

12

a . B.

3

2

a . C.

3

6

a . D. ^{3 3}

12 a . Lời giải

Chọn A.

Xét tam giác cân SCD

Diện tích tam giác SCD: ¹ . ¹ . ² 2

2 2

S  SO CD SO a a SO a. Ta có .

1 .

S OAB 3 AOB

V  S_ SO. Lại có ¹ . .sin^

AOB 2

S_  OA OB AOB. Mặt khác

2

OA OB  a, SO h 2a.

Do đó thể tích khối chóp S OAB. đạt giá trị lớn nhất khi sinAOB1OA OB . Khi đó

3 max

1 1 2

3 2 2 2 12

a a a

V      a .

Câu 2: [2H2-3] Cho mặt nón tròn xoay đỉnh S đáy là đường tròn tâm O có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân cạnh huyền bằng 2a, A, B là hai điểm bất kỳ trên

 

^O . Thể tích khối chóp S OAB. đạt giá trị lớn nhất bằng A. ³

12

a . B. ³

2

a . C. ³

6

a . D. ^{3 3}

12 a . Lời giải

Chọn C.

Xét tam giác vuông cân SCD

Vì SO là trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông cân SCDnên 1

SO 2CD a

  

Ta có .

1 .

S OAB 3 AOB

V  S_ SO. Lại có ¹ . .sin^

AOB 2

S_  OA OB AOB. Mặt khác OA OB a  , SO h a  .

Do đó thể tích khối chóp S OAB. đạt giá trị lớn nhất khi sinAOB1OA OB . Khi đó _max 1 1 ³

3 2 6

V      a a a a .

Câu 45. [1D2-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu. Mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng thì được 1 điểm, trả lời sai bị trừ ^0,5 điểm. Một thí sinh do không học bài nên làm bài bằng cách với mỗi câu đều chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là:

A. 7

10. B.

8 2

8 10

1 3

4 4

C    

   

    . C.

8 2

8 10

1 3

4 4

A    

   

    . D. 109 262144. Lời giải

Chọn D

Xác suất để mỗi câu trả lời đúng là ¹

4 và mỗi câu trả lời sai là ³ 4. Gọi x, ^y lần lượt là số câu trả lời đúng và trả lời sai.

Theo đề bài ta có:

10 2 7 x y x y

  

  

 , ^{x y, } Suy ra



x y^;

     

 8; 2 ; 9;1 ; 10;0



. Vậy xác suất cần tìm là

8 2 9 10

8 9 10

10 10 10

1 3 1 3 1 109

4 4 4 4 4 262144

C           C     C      . PHÁT TRIỂN CÂU 45

Câu 1. [1D2-3] Một đề trắc nghiệm gồm 20 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một phương án trả lời đúng. Bạn Anh làm chắc chắn đúng 12 câu, 8 câu còn lại bạn Anh đánh hú họa vào một phương án mà Anh cho là đúng. Mỗi câu trả lời đúng được ^0,5 điểm. Tính xác suất để Anh được 9 điểm ?

A. ⁹

20. B. ⁹

10. C. ⁹

65536. D. ⁶³

16384. Lời giải

Chọn D

Trong 8 câu còn lại, xác suất trả lời đúng mỗi câu là ¹

4; xác suất trả lời sai mỗi câu là ³ 4 . Xác suất để Anh được 9 điểm bằng xác suất Anh trả lời đúng 6 câu trong 8 câu còn lại bằng

6 2

6 8

1 3 63

4 4 16384

C            .

Câu 2. [1D2-3] Một bài trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn trong đó có 1 đáp án đúng. Giả sử mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 2 điểm.

Một học sinh không học bài nên mỗi câu hỏi đều chọn hú họa một phương án để trả lời. Tìm xác suất để học sinh này nhận được điểm không lớn hơn 1.

A. ^{P A( ) 0,7336} . B. P A( ) 0, 7124 . C. P A( ) 0, 7759 . D. ^{P A( ) 0,783} .

Lời giải Chọn C

Xác suất trả lời đúng của học sinh trong một câu là ¹ 4. Xác suất trả lời sai của học sinh trong một câu là ³.

4 Gọi x



^x



là số câu học sinh đó trả lời đúng.

Theo đề bài ta có học sinh đó nhận được điểm không lớn hơn 1, suy ra

 

5x2. 10x 17x21 x 3.

Do đó học sinh này cần trả lời đúng không quá 3 câu.

TH1: Học sinh trả lời đúng được 3 câu:

3 7

3

1 10

1 3

. . .

4 4

P C           TH2: Học sinh trả lời đúng được ² câu:

2 8

2

2 10

1 3

. . .

4 4

P C       

    TH3: Học sinh trả lời đúng được ¹ câu:

9 1

3 10

1 3

. . .

4 4

P C           TH4: Học sinh trả lời không đúng được câu nào:

10 4

3 . P  4

    Vậy xác suất cần tìm là P A

 

 P P1 2 P3 P4 0,7759.

Câu 48. [1H3-3] [Toán học tuổi trẻ Lần 7 - tháng 4 - năm 2018] Cho tứ diện ABCD có ACAD BC BD a   và hai mặt phẳng



^ACD

 

^{, BCD}



vuông góc với nhau. Tính độ dài cạnh CD sao cho hai mặt phẳng



^ABC

 

^{, ABD}



vuông góc.

A. 2 3

a . B.

3

a . C.

2

a. D.a 3. Lời giải

Chọn A

Gọi M N, lần lượt là trung điểm của ^{AB CD,} . Suy ra ^{CM  AB AN, CD} và MN là đoạn vuông góc chung của ^{AB CD,} . Đặt ^{CD2 ,x x0}

Theo đề bài, ta có :



^ACD

 

^{ BCD}



^{AN CD} và



^ABC

 

^{ ABD}



^{CM DM}

Do đó : CN ND MN  AM BM  x AN x 2.

Tam giác ACN vuông tại N nên: ^{AC2 AN2CN2 a2 x2}

 

^{x 2 2 x a}₃

Vậy 2

3 CD a .

PHÁT TRIỂN CÂU 48

Câu 1. [1H3-3] Cho tứ diện ABCD có BD2, hai tam giác ^{ABD BCD,} có diện tích lần lượt là 6 và 10 . Biết thể tích tứ diện ABCD bằng 16 . Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng



^ABD

 

^{, BCD}



A. ^{arccos 4} 15

 

 

 . B. ^{arcsin 4} 5

  

 . C. ^{arccos 4} 5

  

 . D. ^{arcsin 4} 15

 

 

 . Lời giải

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của A xuống



^BCD



. Ta có

1 3 24

3 . 5

ABCD BCD

BCD

V AH S AH V

   S  .

Gọi K là hình chiếu của A xuống BD

Mặt khác ¹ . ² 6

2

ABD ABD

S AK BD AK S

   BD  .



^{ABD BCD,}



^{AKH arcsin AH}_AK ^{arcsin }  ⁴₅

Câu 2. [1H3-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có các cạnh ^{AB2, AD3, AA4}. Góc giữa hai mặt phẳng



^{AB D }



và



^{A C D }



là  . Tính giá trị gần đúng của góc  ?

A. 45, 2. B. 38,1. C. 53, 4. D. 61,6.

Lời giải Chọn D

2 4

3 E H

O

B C

D D'

B' C'