• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi Minh họa Môn Toán 2019 của bộ giải chi tiết - file word

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi Minh họa Môn Toán 2019 của bộ giải chi tiết - file word"

Copied!
17
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Câu 1. [2H1.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau1) Thể tích khối lập phương có cạnh 2a bằng A. 8a3. B. 2a3. C. a3. D. 6a3.

Lời giải Chọn A

Câu 2. [2D1.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau2) Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 1. B. 2. C. 0. D. 5.

Lời giải Chọn D

Câu 3. [2H3.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau3) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A

1;1; 1

2;3; 2

B . Véctơ 

AB có tọa độ là

A.

1; 2;3 .

B.

 1; 2;3

. C.

3;5;1 .

D.

3;4;1 .

Lời giải Chọn A

Ta có AB

1; 2;3

.

Câu 4. [2D1.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau4) Cho hàm số y f x

 

có đồ thị như hình vẽ bên.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

 

0;1 . B.

;1

. C.

1;1

. D.

1;0

. Lời giải

Chọn D

Quan sát đồ thị ta thấy đồ thị đi lên trong khoảng

1;0

1;

. Vậy hàm số đồng biến trên

1;0

1;

.

Quan sát đáp án chọn

1;0

Câu 5. [2D2.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau5) Với ab là hai số thực dương tùy ý, log

 

ab2

bằng

A. 2logalogb. B. loga2logb. C. 2 log

alogb

. D. 1

log log

2

a b.

Lời giải Chọn B

Ta có log

 

ab2 logalogb2 loga2logb = log a2logb ( vì b dương)

Câu 6. [2D3.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau6) Cho 1

 

0

d 2

f x x 1

 

0

d 5

g x x khi đó

   

1

0

2 d

 

 

f x g x x bằng

O x

y

1

2

1 1

(2)

A. 3. B. 12. C. 8. D. 1. Lời giải

Chọn C Ta có 1

 

0

d 5

g x x 1

 

0

2 d 10

g x x1

 

0

2 d 10

g x x Xét 1

   

0

2 d

 

 

f x g x x 1

 

1

 

0 0

d 2 d

f x x

g x x  2 10 8.

Câu 7. [2H2.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau7) Thể tích khối cầu bán kính a bằng A.

4 3

3

a

. B. 4a3. C.

3

3

a

. D. 2a3.

Lời giải Chọn A

Câu 8. [2D2.5-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau8) Tập nghiệm của phương trình log2

x2 x 2

1

A.

 

0 . B.

 

0;1 . C.

1;0

. D.

 

1 .

Lời giải Chọn B

Ta có: log2

x2 x 2

1x2  x 2 2    10

x x .

Câu 9. [2H3.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau9) Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

Oxz

có phương trình là

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

Chọn C

Câu 10. [2D3.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau10) Họ nguyên hàm của hàm số f x

 

exxA. exx2C. B. 1 2

ex2xC. C. 1 1 2 1e 2 

x x C

x . D. ex 1 C. Lời giải

Chọn B

Ta có

 

exx x

d ex12x2C.

Câu 11. [2H3.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau11) Trong không gian Oxyz, đường thẳng

1 2 3

: 2 1 2

  

 

x y z

d đi qua điểm nào sau đây?

A. Q

2; 1; 2

. B. M

  1; 2; 3

. C. P

1; 2;3

. D. N

2;1; 2

. Lời giải

Chọn C

Thay tọa độ điểm P vào phương trình d ta được: 1 1 2 2 3 3

2 1 2

  

 

 (đúng).

Vậy đường thẳng d đi qua điểm P

1; 2;3

.

Câu 12. [1D2.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau12) Với kn là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn

k n, mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Cnk k n k!

n!

!. B. nkn!!

C k . C. Cnk

n kn!

!. D. !

 

!

n!

 

k n

k n k

C .

Lời giải Chọn A

(3)

Số các số tổ hợp chập k của n được tính theo công thức: Cnk k n k!

n!

!. (SGK 11)

Câu 13. [1D3.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau13) Cho cấp số cộng

 

un có số hạng đầu u12 và công sai d 5. Giá trị của u4 bằng

A. 22. B. 17. C. 12. D. 250.

Lời giải Chọn B

Ta có: u4  u1 3d  2 3.517.

Câu 14. [2D4.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau14) Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z  1 2i?

A. N. B. P. C. M . D. Q.

Lời giải Chọn D

Số phức z  1 2i có điểm biểu diễn là điểm Q

1;2

.

Câu 15. [2D1.5-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau15) Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. 2 1

1

 

y x

x . B. 1

1

 

y x

x . C. y x4x21. D. y x33x1. Lời giải

Chọn B

Tập xác định: D\ 1

 

. Ta có:

 

2

2 0

1

    y

x ,  x 1.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng

;1

1;

. lim lim 1

1

 

 

x x

y x

x 1 y 1 là đường tiệm cận ngang.

1 1

lim lim 1 1

 

x x

y x

x  ,

1 1

lim lim 1 1

 

x x

y x

x  .

 x 1 là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số 1 1

 

y x

x .

O x

y

2 2

12 P

M N Q

1

1

O x

y

1 1 1 1

(4)

Câu 16. [2D1.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau16) Cho hàm số y f x

 

liên tục trên đoạn

1;3

và có đồ thị như hình bên. Gọi Mm lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn

1;3

. Giá trị của M m bằng

A. 0. B. 1. C. 4. D. 5.

Lời giải Chọn D

Từ đồ thị hàm số y f x

 

trên đoạn

1;3

ta có:

1;3

 

max 3 3

 

M y fmmin1;3 y f

 

2  2

Khi đó M m 5.

Câu 17. [2D1.2-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau17) Cho hàm số f x

 

có đạo hàm

  

1

 

2

3

   

f x x x x ,  x  . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là

A. 3. B. 2. C. 5. D. 1.

Lời giải Chọn A

Ta có f x

 

x x

1

 

x2

3;

 

0 10

2

 

   

  

x

f x x

x Bảng xét dấu

x  2 0 1 

 

f x 0  0  0 

f x

 

đổi dấu 3 lần khi đi qua các điểm nên hàm số đã cho có 3 cực trị.

Câu 18. [2D4.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau18) Tìm các số thực ab thỏa mãn

 

2a b i i 1 2i với i là đơn vị ảo.

A. a0, b2. B. 1

, 1

2 

a b . C. a0,b1. D. a1,b2. Lời giải

Chọn D

Ta có 2a 

b i i

 1 2i

2a   1

bi 1 2i 2 1 1

2 a b

  

  

1 2

 

   a b .

Câu 19. [2H3.1-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau19) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm I

1;1;1

A

1; 2;3

. Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua điểm A

A.

x1

 

2 y1

 

2 z 1

229. B.

x1

 

2 y1

 

2 z 1

2 5.

C.

x1

 

2 y1

 

2 z 1

2 25 . D.

x1

 

2 y1

 

2 z 1

2 5.

Lời giải Chọn B

Mặt cầu có bán kính R IA  0 1 4   5.

Suy ra phương trình mặt cầu là

x1

 

2 y1

 

2 z 1

2 5.

O

2

2 3

1 1 3 2 y

x

(5)

Câu 20. [2D2.3-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau20) Đặt alog 23 , khi đó log 27 bằng 16

A. 3 4

a. B. 3

4a. C. 4

3a. D. 4

3 a . Lời giải

Chọn B

Ta có: 16 2

3

3 3 1 3

log 27 log 3 .

4 4 log 2 4

  

a .

Câu 21. [2D4.4-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau21) Kí hiệu z z1, 2 là hai nghiệm phức của phương trình z23z 5 0  . Giá trị của z1z2 bằng

A. 2 5 . B. 5 . C. 3. D. 10.

Lời giải Chọn A

Ta có :

2 1

2

3 11

3 5 0 2

3 11 2

  



   

  

 z i z z

z i

. Suy ra z1z2  5 z1z2 2 5.

Câu 22. [2H3.2-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau22) Trong không gian Oxyz, khoảng cách giữa hai mặt phẳng

 

P x: 2y2z10 0

 

Q x: 2y2z 3 0 bằng

A. 8

3. B. 7

3. C. 3. D. 4

3. Lời giải

Chọn B

Lấy điểm M

0;0;5

  

P .

Do

   

P // Q nên d

    

,

d

,

  

22 22 2 3 7

1 2 2 3

  

  

 

M M M

x y z

P Q M Q .

Câu 23. [2D2.6-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau23) Tập nghiệm của bất phương trình 3x22x 27 là A.

 ; 1

. B.

3;

. C.

1;3

. D.

  ; 1

 

3;

.

Lời giải Chọn C

Bất phương trình tương đương với 3x22x 33x22x3

2 2 3 0 1 3

xx     x .

Câu 24. [2D3.3-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau24) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

A. 2

2

1

2 2 4 d

 

x x x. B. 2

 

1

2 2 d

 x x. C. 2

 

1

2 2 d

xx. D. 2

2

1

2 2 4 d

  

x x x.

Lời giải Chọn D

Ta thấy:   x

1; 2

:   x2 3 x22x1 nên

x y

O

2 2 1

y x  x

2 3

y  x 2

1

(6)

     

2 2

2 2 2

1 1

3 2 1 d 2 2 4 d

 

       

  

S x x x x x x x.

Câu 25. [2H2-1-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau25) Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho bằng

A. 3 3 3

a . B. 3 3 2

a . C.

2 3

3

a . D.

3

3

a . Lời giải

Chọn A

Ta có chiều cao của khối nón bằng hl2r2 với  2

  l a

r a . Suy ra h a 3. Vậy thể tích khối nón là

3

2 2

1 1 3

3 3 3 3

   a

Vr ha a  .

Câu 26. [2D1-4-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau26) Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là

A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.

Lời giải Chọn C

xlimf x

 

5 đường thẳng y5 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

xlimf x

 

2  đường thẳng y2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 

lim1

 

x f x đường thẳng x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

KL: Đồ thị hàm số có tổng số ba đường tiệm cận.

Câu 27. [2H1-3-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau27) Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 4 2 3 3

a . B.

8 3

3

a . C. 8 2 3

3

a . D. 2 2 3

3 a . Lời giải

Chọn A

Gọi khối chóp tứ giác đều là S ABCD. , tâm O, khi đó

 

2

 

  



SO ABCD AB SA a . Ta có:

 

2 2 4 2

 

SABCD a a , 1

2 2 2

 2 

OA a a .

 

2

 

2

2 2 2 2 2

    

SO SA OA a a a .

S

A

B C

D O

(7)

Vậy 1 1 2 4 2 3

. 2.4

3 3 3

  

SABCD ABCD

V SO S a a a .

Câu 28. [2D2.4-1] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau28) Hàm số f x

 

log2

x22x

có đạo hàm A.

 

2ln 2

  2 f x

x x . B. f x

 

x22 ln 21x

.

C.

   

2

2 2 ln 2 2

  

f x x

x x . D. f x

 

x22x2 ln 2x

2 .

Lời giải Chọn D

Áp dụng công thức

log

      

.ln

  

a

u x u x

u x a .

Vậy

   

   

2

2 2

2 2 2

2 ln 2 2 ln 2

  

  

 

x x x

f x x x x x .

Câu 29. [2D1.6-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau29) Cho hàm số y f x

 

có bảng biến thiên sau

Số nghiệm của phương trình 2f x

 

 3 0

A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.

Lời giải Chọn A

Ta có 2f x

 

 3 0

 

3

 2

f x .

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x

 

và đường thẳng 3

 2

y .

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 3

2 1

     2

T

yC y .

Vậy phương trình 2f x

 

 3 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 30. [1H3.6-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau30) Cho hình lập phương ABCD A B C D.    . Góc giữa hai mặt phẳng

A B CD 

ABC D 

bằng

A. 30. B. 60. C. 45. D. 90.

Lời giải Chọn D

Ta có: CD

ADD A 

CDA D

A

D C

B

D

A

C

O B

I J

(8)

 

  

    

  

A D AD

AD A B CD CD AD

AD

ABC D 

ABC D 

 

A B CD 

Do đó: góc giữa hai mặt phẳng

A B CD 

ABC D 

bằng 90.

Câu 31. [2D2.6-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau31) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình

 

log 7 33x  2 x bằng

A. 2. B. 1. C. 7. D. 3.

Lời giải Chọn A

Điều kiện xác định của phương trình là 7 3 x  0 3x   7 x log 73 .

 

2

3

log 7 3 2 7 3 3 7 3 9

3

x    x xx   xx Đặt t3x, với 0 t 7, suy ra xlog3t

Ta có phương trình t2  7t 9 0 có hai nghiệm 1 7 13 2

 

t2 7 13 2

 

t .

Vậy có hai nghiệm x x1, 2 tương ứng.

Ta có x1x2 log3 1t log3 2t log .3 1 2t t

Theo định lý Vi-ét ta có t t1 2. 9, nên x1x2 log 9 23  .

Câu 32. [2H2.3-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau32) Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ

 

H1 ,

 

H2

xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1, h1, r2, h2 thỏa mãn 2 1

1

2 r r,

2 2 1

h h (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 30 (cm ) , thể tích khối trụ3

 

H1 bằng

A. 24 cm .

 

3 B. 15 cm .

 

3 C. 20 cm .

 

3 D. 10 cm .

 

3

Lời giải Chọn C

Thể tích của khối trụ

 

H1V1 r h12 1

Thể tích của khối trụ

 

H2V2 r h22 2, suy ra

2

2 1 1 1

1 1

2 .2 2

 

   

 

Vr h V

Theo bài ra ta có có V V1 2 30 cm

 

3 3V2 30 cm

 

3

Do đó ta có thể tích hai khối trụ lần lượt là V120 cm

 

3 , V2 10 cm

3

Câu 33. [2D3.1-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau33) Họ nguyên hàm của hàm số

 

4 1 ln

f x x x

A. 2 lnx2 x3x2. B. 2 lnx2 x x2. C. 2 lnx2 x3x2C. D. 2 lnx2 x x2C. Lời giải

Chọn D

Cách 1. Ta có

f x x

 

d

4 1 lnx

x x

d

4 dx x

4 ln dx x x
(9)

+ Tính

4 dx x2x2C1

+ Tính 4 ln d

x x x

Đặt

2

d 1d

ln

d 4 d

2

 

  

  

  

u x

u x

v x x x

v x

Suy ra

4 ln dx x x2 lnx2 x

2 dx x2 lnx2 x x2C2

Do đó I 2 lnx2 x x2C.

Cách 2. Ta có

2 lnx2 x x 2

  

2x2 .lnx2 . lnx2

x

 

x2

2 1

4 .ln 2 . 2

x xxx

 

x

4 1 ln

xx .

Do đó 2 lnx2 x x2 là một nguyên hàm của hàm số f x

 

4 1 lnx

x

. Hay 2 lnx2 x x2C là họ nguyên hàm của hàm số f x

 

4 1 lnx

x

.

Câu 34. [2H1.3-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau34) [1H3.5-3] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thoi cạnh a, BAD 60 , SA a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng

SCD

bằng

A. 21 7

a . B. 15

7

a . C. 21

3

a . D. 15

3

a .

Lời giải Chọn A

Cách 1: [2H1.3-3] Diện tích hình thoi 2 3

a 2

S .

Thể tích hình chóp S ABCD. : 3 3

a 6

V .

Ta có SD a 2, AC a 3, SC2a. Nửa chu vi SCD là 3 2

2

 

SCD

p a a .

  

2

  2 247

SCD      a

S p p a p a p a

 

 

3 .

2

1 3

3 3. .2 6 21

, 7 7

4

S BCD  

SCD

a

V a

d B SCD S a

Cách 2: [1H3.5-3] Ta có AB CD// AB//

SCD

, suy ra d B

,

SCD

 

d A

,

SCD

 

.

Trong mặt phẳng

ABCD

, kẻ AKCD tại K. Trong mặt phẳng

SAK

, kẻ AHSK tại H.

A

B

C K D

S

A

B C

K D H S

A

B C

D

(10)

Suy ra AH

SCD

d A SCD

,

  

AH .

Tam giác SAK vuông tại A, AH là đường cao, suy sa:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 7 21

3 3 7

       a

AH AK AS a a a AH , do 3

a2

AK .

Vậy

,

  

21

 7 SCD a

d B .

Câu 35. [2H3.3-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau35) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P x y z:    3 0 và đường thẳng 1 2

:1 2 1

 

 

x y z

d . Hình chiếu của d trên

 

P có phương trình là

A. 1 1 1

1 4 5

    

 

x y z

. B. 1 1 1

3 2 1

    

 

x y z

. C. 1 1 1

1 4 5

    

x y z

. D. 1 4 5

1 1 1

    

x y z

. Lời giải

Chọn C

Cách 1: phương pháp tự luận

Đường thẳng d đi qua điểm M0

0; 1;2

và có VTCP ud

1; 2; 1

Gọi

 

Q là mặt phẳng chứa d và vuông góc với

 

P .

Mặt phẳng

 

Q đi qua điểm M0

0; 1;2

và có VTPT là

n u P, d

 

3;2;1

 

3; 2; 1 

 

: 3 2 0

Q xy z  .

Gọi  là hình chiếu của d trên

 

P , nên tập hợp các điểm thuộc  là nghiệm của hệ phương trình

3 2 0

3 0

  

    

x y z x y z

Cho x0 M(1;1;1).

Cho y0 3 9

4;0;4

 

  

 

N .

Phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng

 

P là đường thẳng qua M

1;1;1

và có vectơ chỉ phương 1; 1;5 1

1; 4; 5

4 4 4

 

      

 



u MN là 1 1 1

1 4 5

    

x y z

.

Câu 36. [2D1.1-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau36) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số yx36x2

4m9

x4 nghịch biến trên khoảng

 ; 1

A.

;0

. B. 3 4;

   

 . C. 3

; 4

  

 

 . D.

0; 

Lời giải Chọn C

Theo đề y 3x212x4m9 0,   x

 ; 1

4m3x212x    9, x

; 1

Đặt g x

 

3x212x9 g x

 

6x12

Vậy 3

4 3

    4

m m .

(11)

Câu 37. [2D4.4-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau37) Xét các số phức z thỏa mãn

z2i z

 

2

số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biễu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là

A.

1; 1

. B.

 

1;1 . C.

1;1

. D.

 1; 1

. Lời giải

Chọn D

Gọi z x yi x y  , ,

. Điểm biểu diễn cho zM x y

;

. Ta có:

z2i z

 

2

x yi 2i x yi

 

 2

2

 

2

 

2

 

2

x x y y i x  y xylà số thuần ảo

2

 

2

0

x x y y 

1

 

2 1

2 2

x  y  .

Vậy tập hợp tất cả các điểm biễu diễn của z là một đường tròn có tâm I

 1; 1

. Câu 38. [2D3.2-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau38) Cho

 

1

2 0

d ln 2 ln 3

2   

xx xa b c với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a b c  bằng

A. 2. B. 1. C. 2. D. 1.

Lời giải Chọn B

 

 

   

1 1 1 1

2 2 2

0 0 0 0

2 2

d d 2d

d 2

2 2 2

    

   

xx x

xx x

x x

x x

 

1

 

11

0

0

2 2 1

ln 2 2. ln 3 ln 2 1 ln 2 ln 3

1 3 3

          

x x .

Vậy 1

; 1; 1 3 1

 3        

a b c a b c .

Câu 39. [2D1.1-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau39) Cho hàm số y f x

 

. Hàm số y f x

 

có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f x

 

exm đúng với mọi x 

1;1

khi và chỉ khi A. m f

 

1 e. B.

 

1 1

  e

m f . C.

 

1 1

  e

m f . D. m f

 

1 e. Lời giải

Chọn C

 

ex 

 

ex

f x m f x m.

Xét h x

 

f x

 

e ,x x 

1;1

.

   

e 0,

1;1

    x   

h x f x x (Vì f x

 

   0, x

1;1

ex    0, x

1;1

).

 

h x nghịch biến trên

1;1

h

 

 1 h x

 

h

 

1 ,  x

1;1

.

Để bất phương trình f x

 

exm đúng với mọi x 

1;1

  

1

 

1 1

 m h   m f  e .

(12)

Câu 40. [1D2.5-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau40) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6, gồm 3 nam và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng

A. 2

5. B. 1

20. C. 3

5. D. 1

10. Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu là   6! 720.

Gọi A là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ . Ta có:

Xếp 3 học sinh nữ vào cùng 1 dãy ghế có 3! cách.

Xếp 3 học sinh nam vào cùng 1 dãy ghế có 3! cách.

Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 23 cách.

Suy ra A 3!.3!.23 288.

Vậy

 

288 2

720 5

  

P A A .

Câu 41. [2H3.2-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau41) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

2; 2;4

A , B

3;3; 1

và mặt phẳng

 

P : 2x y 2z 8 0. Xét M là điểm thay đổi thuộc

 

P , giá trị nhỏ nhất của 2MA23MB2 bằng

A. 135. B. 105. C. 108. D. 145. Lời giải

Chọn A

 Tìm tọa độ điểm I:

Cách 1: Gọi I là điểm thỏa mãn 2 3 0    IA IB

   

   

   

2 2 3 3 0

2 2 3 3 0

2 4 3 1 0

   



    

    

I I

I I

I I

x x

y y

z z

1 1 1

5 5 0

5 5 0

5 5 0

  

  

  

x y z

1 1 1

1 1 1

  

 

  x y z

. Vậy I

1;1;1

cố định.

Cách 2: Gọi I là điểm thỏa mãn 2 3 0    IA IB

Ta có 2IA3IB  0 2

OA OI 

 

3 OB OI 

 0 OI15

2OA3OB

I

1;1;1

.

 Tổng quát: Cho điểm I thỏa mãn mIA nIB  với m n 0 thì OIm n1

mOA nOB 

.

 Khi đó 2MA23MB2 2232

MA MB 2

 MI IA

 

23  MI IB

2

 

2 2 2

5 2 2 3 2 3

         

MI MI IA IB IA IB 5MI22IA23IB2.

Vậy 2MA23MB2 nhỏ nhất thì 5MI22IA23IB2 nhỏ nhất hay M là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng

 

P IM kn P

2 1

1

2 1

 



   

  

M M M

x k

y k

z k

.

M

 

P 2 2

k    1

 

k 1

2 2

k  1

8 0 9k 9 0 k 1M

1;0;3

. Vậy giá trị nhỏ nhất của 2MA23MB2 5MI22IA23IB2 135.

Câu 42. [2D4.4-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau42) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn

2 2  4

z z zz    1 i z 3 3i ?

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

Lời giải Chọn B

(13)

Gọi z x yi 

x y;

.

2 2  4

z z zx2y2 4 x 4

 

 

2 2

2 2

4 4 0, 0 1

4 4 0, 0 2

     

      

x y x x

x y x x

.

1 3 3

    

z i z i

x1

 

2 y1

 

2 x3

 

2 y3

2 4x8y16 x 2y4

 

3 .

+ Thay

 

3 vào

 

1 ta được:

2y4

2y24 2

y4

 4 05y28y 4 0

 

 

2 24

5 5

2 0

   

 

   



y x n

y x n

.

+ Thay

 

3 vào

 

2 ta được:

2y4

2y24 2

y  4

4 05y224y28 0

 

 

2 0

14 8

5 5

   



      



y x l

y x n

. Vậy có 3 số phức thỏa điều kiện.

Câu 43. [2D1.5-2] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau43) Cho hàm số y f x

 

liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f

sinx

m có nghiệm thuộc khoảng

0;

A.

1;3

. B.

1;1

. C.

1;3

. D.

1;1

. Lời giải

Chọn D

Đặt tsinx. Với x

0;

thì t

0;1

.

Do đó phương trình f

sinx

m có nghiệm thuộc khoảng

0;

khi và chỉ khi phương trình f t

 

m

có nghiệm thuộc nửa khoảng

0;1 .

Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số mm 

1;1

.

Câu 44. [2D2.3-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau44) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1%/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 5 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 ôn ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 2, 22 triệu đồng. B. 3,03 triệu đồng. C. 2, 25 triệu đồng. D. 2,20 triệu đồng.

Lời giải Chọn A

Gọi số tiền vay ban đầu là M , số tiền hoàn nợ mỗi tháng là m, lãi suất một tháng là r. Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là M Mr M

1r

.

Ngay sau đó ông A hoàn nợ số tiền mnên số tiền để tính lãi cho tháng thứ hai là M

1 r

m. Do đó hết tháng thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

1 

 

1

 

M r mr M

1r

2m

1r

.

Ngay sau đó ông A lại hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ ba là

O x

y

1

1 1 3

2

2

(14)

1

2

1 

M r m r m.

Do đó hết tháng thứ ba, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

1

2

1

 

1

      

M r m r mr M

1r

3m

1r

2m

1 r

m.

Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau tháng thứ n, n2, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

1

n

1

n 1

1

n 2 ...

1

Mrmr mr  m  r m

  

1

1 1

1

n

n m r

M r

r

   

 

   .

Sau tháng thứ n trả hết nợ thì ta có

  

1

1 1

1 0

n

n m r

M r

r

   

 

  

 

 

1

1 1

n n

M r r

m r

  

  .

Thay số với M 100.000.000, r1%, n 5 12 60 ta được m2, 22 (triệu đồng).

Câu 45. [2H3.3-4] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau45) Trong không gian Oxyz, cho điểm E

2;1;3

, mặt phẳng

 

P : 2x2y z  3 0 và mặt cầu

  

S : x3

 

2 y2

 

2 z 5

2 36. Gọi là đường

thẳng đi qua E, nằm trong

 

P và cắt

 

S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là A.

2 9 1 9 3 8

  

  

  

x t

y t

z t

. B.

2 5 1 3 3

  

  

 

x t

y t

z

. C.

2 1 3

  

  

 

x t

y t

z

. D.

2 4 1 3 3 3

  

  

  

x t

y t

z t

. Lời giải

Chọn C

Mặt cầu

 

S có tâm I

3;2;5

và bán kính R6.

2 2 2

1 1 2 6

    

IE R điểm E nằm trong mặt cầu

 

S .

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng

 

P , AB là hai giao điểm của  với

 

S . Khi đó, AB nhỏ nhất  ABOE, mà ABIH nên AB

HIE

ABIE.

Suy ra:   ; 

5; 5;0

5 1; 1;0

u n EIP .

Vậy phương trình của  là 2 1 3

  

  

 

x t

y t

z

.

Câu 46. [2D3.3-3] (GIAI DE THAM KHAO 2018-2019-BGDCau46) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1, A2, B1, B2 như hình vẽ bên. Biết chi phí sơn phần tô đậm là 200.000 đồng/m2 và phần còn lại là 100.000 đồng/m2. Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết A A1 2 8 m , B B1 2 6 m và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có MQ3 m?

A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng.

Lời giải Chọn A

A1 A2

B1

B2

M N

P Q

(15)

Giả sử phương trình elip

 

:x22y22 1

E a b .

Theo giả thiết ta có 1 2

1 2

8 2 8 4

6 2 6 3

  

  

 

     

A A a a

B B b a

 

: 2 2 1 3 16 2

16 9 4

xy     

E y x .

Diện tích của elip

 

ES E ab12

 

m2 .

Ta có: MQ3

 

 

  

   

M d E

N d E với 3

: 2

d y 3

2 3;2

 

  

 

M và 3

2 3;2

 

 

 

N .

Khi đó, diện tích phần không tô màu là

4

2 2 3

4 3 16 d 4 6 3

4

 

    

S x x

 

m2 .

Diện tích phần tô màu là S S

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Biết rằng số tiền hoàn nợ lần thứ hai gấp đôi số tiền hoàn nợ lần thứ nhất và số tiền hoàn nợ lần thứ ba bằng tổng số tiền hoàn nợ của hai lần trước.. Tính số tiền ông

Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một năm kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một năm, số tiền hoàn ở

Kì trả đầu tiên là cuối tháng thứ nhất nên đây là bài toán vay vốn trả góp cuối kì.. Tức là phải mất 54 tháng người này mới trả hết nợ. Ông muốn hoàn nợ

Người đó muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, người đó bắt đầu hoàn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng,

Ông 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

Ông A thỏa thuận với ngân hàng cách thức trả nợ như sau: sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một

Phương án trả nợ của anh Nam là: sau đúng một tháng kể từ thời điểm vay anh bắt đầu trả nợ, hai lần trả nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền trả của mỗi lần

Đối với Chi cục Thuế khu vực và cấp huyện: căn cứ chỉ tiêu thu nợ thuế được giao, thực hiện phân loại các khoản nợ thuế đầy đủ và theo đúng hướng dẫn tại Quy trình