Đề thi thử môn Toán 2019 – Hậu Giang – đề 2 – file word

THI THỬ TOÁN HẬU GIANG 2019 – ĐỀ GỐC 2 NHẬN BIẾT

Câu 1. Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 3 2 cm là

A. 54 2 cm³. B. 18 2 cm³. C. 72 cm³. D. 27 2 cm³. Lời giải

3 3

(3 2) 54 2 cm .

V  

Câu 2. Cho hàm số y f x( ) có đồ thị như hình vẽ sau

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 1. B. 2. C. 3. D. 2.

Lời giải Chọn D

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hai véctơ (1; 1;2)a 

và (3; 2; 2).b

Giá trị .a b  bằng

A. 5. B. 9. C. 102. D. 77.

Lời giải Ta có .a b   1.3 ( 1).2 2.2   5.

Câu 4. Hàm số y x ⁴3x²1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( ; ). B. (;1). C. (;0). D. (2;).

Lời giải Ta có y^'4x³6 .x

Cho y^'  0 4x³6x  0 x 0.

Do đó, hàm số đồng biến trong khoảng (0;) và nghịch biến trong khoảng (;0).

Chọn đáp án D.

Câu 5. Cho log_ca2; log_cb3 (với ,a b 0; 0 c 1). Đẳng thức nào sau đây là đúng?

A.

2

log_c a 1.

b   B.

2

log_c a 1.

b  C.

2 4

log .

c 3 a

b  D.

2

log_c a 4.

b  Lời giải

Ta có

2

log_c a log_c 2 log_c 2log_c log_c 2.2 3 1.

a b a b

b       

Câu 6. Cho hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [ 1;3] và ( )F x là một nguyên hàm của ( ),f x biết ( 1) 4,

F   17

(3) .

F  2 Tính tích phân ³

 

1

2 ( ) .

I f x x dx









A. I 5. B. I 9. C. I 29. D. 9 2. I 

Lời giải

Ta có: ³

 

^{3 3}

 

1 1 1

2 ( ) 2 ( ) 2 (3) ( 1) 4 2 17 4 4 5.

I f x x dx f x dx xdx F F 2

  

 





 







         Câu 7. Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy bằng 3 cm và chiều cao bằng 4 cm.

A. V 18 cm³. B. V  36 cm³. C. V 48 cm³. D. V  16 cm³. Lời giải

2 .3 .4 362

V r h   cm³.

Câu 8. Tìm nghiệm thực của phương trình 2^x 2019.

A. xlog20192. B. xlog 2019.2 C. x 2019. D. 2019 2 . x Lời giải

Ta có: 2^x 2019 x log 2019.2

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,đường thẳng (d): 1 2 1

2 1 3

x  y z

  có một vectơ chỉ

phương là

A. a₄ (2; 1; 3).

B. a₁ (2; 1; 3).

C. a₃ (1; 2;1).

D. a₂ (1; 2;1). Lời giải

Ta có: 1 2 1 1 2 1

2 1 3 2 1 3 .

x   y  z  x  y  z

 Do đó, đường thẳng (d) có một vectơ chỉ phương là a₄ (2; 1; 3).

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số 1

( ) 3cos

f x x

  x trên khoảng (0;) là

A. F x( ) 3sin xlnx C . B. 1₂

( ) 3sin .

F x x C

  x 

C. F x( ) 3sinxlnx C . D. 1₂

( ) 3sin .

F x x C

  x  Lời giải

Ta có ^{F x'( )}



^{3sinx lnx C}



^{' 3cosx 1 f x( ).}

     x

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, điểm nào sau đây không thuộc mặt phẳng

( ) : 1?

2 1 2

x y z

   



A. Q(2;1; 2). B. M(2;0;0). C. P(0;1;0). D. N(0;0; 2).

Lời giải

Thay tọa độ điểm P vào phương trình mặt phẳng ( ), ta được:  1 1 (sai).

Vậy, điểm (0;1;0)P không thuộc mặt phẳng ( ).

Câu 12. Một nhóm học sinh gồm 6 nam và 4 nữ. Tính số cách chọn 2 học sinh từ nhóm này.

A. C²6C .²4 B. C C .¹6 ¹4 C. C .10² D. A .10²

Lời giải Số cách chọn 2 học sinh từ nhóm 10 học sinh là: C .²

tiên Sn    u1 u2  un của cấp số cộng ( ).un

A. S_n (n1) .² B. S_n n²1. C. S_n n². D. S_n 2(n1)²1.

Lời giải Ta có u11;d 2.

Khi đó _{1 2} .( ¹ ) .(1 2 1) ²

2 2 .

n

n n

n u u n n

S    u u  u      n

Câu 14. Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z 2 2i trong mặt phẳng phức. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau.

A. M nằm trên đường thẳng :d x y 0. B. M nằm trên đường thẳng :d x y 0.

C. M nằm trên đường thẳng :d x2y0. D. M nằm trên đường thẳng : 2d x y 0.

Lời giải

Ta có M(2;2). Do đó, điểm M nằm trên đường thẳng :d x y 0.

Câu 15. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. 2

1. y x

x

 

 B. 2 1. y x

x

 

 C. 2 1. y x

x

 

 D. 2 1. y x

x

 

 Lời giải

Từ hình vẽ, suy ra đồ thị hàm số có TCĐ là x1và tiệm cận ngang là y1 nên loại A, C.

Từ hình vẽ, suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;) nên loại B, chọn D (hoặc đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(-2;0) và B(0; -2) nên loại B, chọn D).

THÔNG HIỂU

Câu 16. Cho hàm số y f x( ) liên tục trên đoạn [ 2; 4] và có đồ thị như hình bên dưới. Gọi M và ^m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ 2; 4]. Giá trị của M m bằng

A.6. B. 7. C. 8. D. 9.

Lời giải Từ đồ thị hàm số y f x( ) trên đoạn [ 2; 4], ta có:

 ^2;4

max (4) 6

M y f

    và m min_ 2;4_ y f( 2) 3.

      Khi đó M  m 9.

Câu 17. Cho hàm số ( )f x có đạo hàm f x( )x x( 1)(x2) ,²  x . Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm

A. x2, x 1. B. x2. C. x0. D. x 1.

Lời giải Ta có:

0

( ) 0 1.

2 x

f x x

x

 

     

  Bảng xét dấu

x  1 0 2 

 

f x  0  0  0 

Vì ( )f x đổi dấu từ ^ sang  khi qua x0 nên hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x0.

Câu 18. Gọi ^{x y,} là hai số thực thỏa mãn biểu thức 3 4 . 1 2

x yi i

i

  

 Khi đó, giá trị của ^{x y.} bằng

A. 5 5. B. 22. C. 50. D. 22.

Lời giải

Ta có: 11

3 4 (3 4 )(1 2 ) 11 2 .

1 2 2 x yi x

i x yi i i x yi i

i y

 

               

 

Do đó x y.  22.

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hai điểm (2;1;0)A và (0;1; 2).B  Phương trình của mặt cầu có đường kính AB là

A. (x1)² (y1)² (z1)² 2. B. (x1)² (y1)² (z1)² 2.

C. (x1)² (y1)² (z1)² 4. D. (x1)² (y1)² (z1)² 4.

Lời giải

Gọi I là trung điểm của AB, ta có (1;1 1)I  và AB ( 2) ² 0²  ( 2)² 2 2.

Mặt cầu đường kính AB có tâm (1;1 1)I  và bán kính 2.

2 R AB 

Vậy, mặt cầu đường kính AB có phương trình là (x1)² (y1)² (z1)² 2.

Câu 20. Cho lnx a . Giá trị của biểu thức T ln 4.log2 xln10.logx bằng

A. 3 .a B. 2 .a C. ^a. D. 4 .a

Lời giải

2 2 10

ln 4.log ln10.log 2ln 2.log ln10.log 2ln ln ln .

T  x x x x x x x a

Câu 21. Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm phức có phần ảo âm và phần ảo dương của phương trình

2 4 20 0.

z  z  Khi đó, giá trị của biểu thức A z₁² 2(z₁² z₂²) bằng

A. 0. B. 12. C. 28. D. 16.

Lời giải

Ta có: ^{2 1}

1

4 20 0 2 4 .

2 4

z i

z z

z i

  

        Suy ra: A z1² 2(z1² z2²) 28.

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 2 x y 2z 8 0 và ( ) : 2 x y 2z 1 0. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) và ( ) bằng

A. 3. B. 7

3. C. 9. D. 10 3 . Lời giải

Ta có ( ) // ( ). Lấy (0; 1;0) ( ).A    Khi đó ₂ 1 8_{2 2}

(( ),( )) ( ,( )) 3.

2 1 ( 2)

d   d A   

  

   Câu 23. Bất phương trình a^x b (với a1, b0) có tập nghiệm là

A.S . B.S (log ;_ab ). C.S  ( ;log_ab). D.S  . Lời giải

Chọn A.

Câu 24. Kí hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y x x² và y 0. Tính thể tích của khối tròn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng (H) xung quanh trục Ox.

A. 1

30. B. .

30

 C. .

6

 D. 31

30 .



Lời giải

Xét phương trình: ² 0

0 .

1 x x x

x

 

     Thể tích cần tìm:

1

2 2 0

( )

V 



x x dx30 ^(đvtt).

Câu 25. Một khối cầu có thể tích bằng 36 cm³. Diện tích của mặt cầu đó bằng

A. 18 cm². B. 12 cm². C. 9 cm². D. 36 cm². Lời giải

Ta có thể tích của khối cầu bằng 4 ³

36 .

3 r

   Suy ra r 3.

Vậy diện tích của mặt cầu là S 4r² 4 .3 ² 36 . Câu 26. Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên như sau

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là

A. 0. B. 1. C. 3. D. 2.

Lời giải Vì lim ( ) 2_x f x

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

Vì lim ( )₁

x _ f x

   và lim ( )₁

x _ f x

   _ đường thẳng x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

KL: Đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.

Câu 27. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh ^a. Biết SA(ABCD) và SB3 .a Tính thể tích V của khối chóp S ABCD. theo ^a.

A. V a³. B.

3 2

3 .

V  a C.

3 2

6 .

V  a D.

2 3 2 3 . V  a Lời giải

Diện tích đáy ABCD: S_ABCD a².

2 2 (3 )2 2 2 2.

SA SB AB  a a  a

3 2 .

1 1 2 2

. . .2 2. .

3 3 3

S ABCD ABCD

V  SA S  a a  a

Câu 28. Đạo hàm của hàm số ylog(4x3) là

A. 1

' .

(4 3) ln10 y  x

 B. 4

' .

(4 3) ln10 y  x



C. 4

' .

(4 3) log10 y  x

 D.

4

' 4 .

(4 3) log

y  x e

 Lời giải

Áp dụng công thức



^{log ( )}



^{( )}

( ).ln

a

u x u x

u x a

   .

Vậy

(4 3)' 4

' .

(4 3) ln10 (4 3) ln10 y x

x x

  

 

.

Câu 29. Cho hàm số y f x( ) có bảng biến thiên sau

Số nghiệm của phương trình ( ) 2 0f x   là

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

Lời giải Ta có ( ) 2 0f x    ( )f x  2.

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x( ) và đường thẳng y  2.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( ) 2 0f x   có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' có AB a , _{BC 2a} và AA' 3 . a Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ACD và ABCD (tham khảo hình vẽ). Khi đó, giá trị tan bằng

A. 3 5

2 . B. 2 5

15 . C. 6 5

5 . D. 3.

Lời giải

Ta có (ACD')(ABCD) AC.

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ DM  AC thì AC D M'   ((ACD^'),(ABCD)) DMD'.

Tam giác ACD vuông tại D có 2 2 2

1 1 1 2

5. DM a DM  AD  DC   Tam giác MDD' vuông tại D có

' 3 3 5

tan .

2 2

5

DD a

MD a

   

VẬN DỤNG THẤP

Câu 31. Phương trình 3^{x2 5x 4} 5^x4 có một nghiệm dạng xlog ,_ab với a, b là các số nguyên dương lớn hơn 2 và nhỏ hơn 16. Khi đó, giá trị của biểu thức 2a b bằng

A. 21. B. 36. C. 24. D. 33.

Lời giải

2 5 4 4

3 3

3^{x  x} 5^x (x1)(x4) ( x4)log 5 x 4;xlog 15 a 3;b152a b 21.

Câu 32. Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật gia gồm phần dạng hình nón (có tổng diện tích vải là S1) và phần dạng hình vành khăn (có tổng diện tích vải là S2) với các kích thước như hình vẽ thỏa mãn

1 .

r 3d Biết tổng diện tích vải cần có để may một cái mũ là S1S2 224 cm² (không kể viền, mép, phần thừa). Khi đó, diện tích S1 bằng

A. ₉₆ cm². B. ₁₁₂ cm². C. ₁₂₈ cm². D. ₁₆₀ cm². Lời giải

Diện tích vải để may phần dạng hình nón là: 1 ²

3 . . 3 .

2 2

S  r r   r 

Diện tích vải để may phần dạng hình vành khăn là:

2 2

2

2 . .. 2 .

2 2

r r

S r         r

Diện tích vải để may cái mũ là 3 ^{2 2}

2 224 8

S  2r   r    r cm.

Diện tích 1 ²

3.8 . 96

S  2    cm². Câu 33. Tính 1

x 4

I dx

 e



 bằng cách đặt t e^x4, ta được

A. ₂2

4 .

I t dt

 t



 ^{B. I }



_t²¹_4^{dt. C. I }



_t²²_4^{dt. D. I }



_{t t(} ²²_4)^dt.

Lời giải

2

2

4 4 2 2

4

x x x t

t e t e tdt e dx dx dt

         t



2

1 2

4 4

x

I dx dt

e t

 

 

 

Câu 34. Cho hình chóp đều S ABCD. có cạnh đáy bằng ^a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 .⁰ Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) bằng

A. . 4

a B. 3

4 .

a C. 3

2 .

a D. .

2 a Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SCD).

Ta có ( ,( ))

2 ( ,( )) 2. ( ,( )) 2 .

( ,( )) d B SCD BD

d B SCD d O SCD OH

d O SCD OD    

r

d d

Gọi I là trung điểm của CD, ta có:

   ⁰

(( ),( )) ( , ) 60 .

SI CD

SCD ABCD OI SI SIO OI CD

     

 



Xét tam giác SOI vuông tại O ta có : ⁰ 3

.tan 60 .

2 SO OI  a Do SOCD là tứ diện vuông tại O nên :

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 2 4 16

3 3 . OH OC OD OS  a a  a  a

3 3

( ,( )) .

4 2

a a

OH d B SCD

   

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD A B C D.    . Biết (1;0;1),A B(2;1; 2), (1; 1;1)

D  và (4;5; 5).C 

Gọi tọa độ của đỉnh ( ; ; ).A a b c Khi đó, giá trị của biểu thức 2a b c  bằng

A. 3. B. 4. C. 2. D. 7.

Lời giải

Ta có:

(1 ; 1 ;1 )

(2 ;1 ; 2 )

(1 ; ;1 ) .

(4 ;5 ; 5 )

A D a b c

A B a b c

A A a b c

A C a b c

       

      



    

      











Theo quy tắc hình hộp, ta có    A C  A B A D A A .

 (4a;5  b; 5 c) (4 3 ; 3 ; 4 3 )  a  b  c



4 4 3

5 3

5 4 3

a a

b b

c c

  

   

   





0 5. 2 9 2 a b c

 

  



 

.

Vậy 2a b c  2.

Câu 36. Cho hàm số y(m² 2 )m x⁴ (9m m x ²) ² 4, với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m để hàm số đồng biến trên khoảng (0;)?

A. 7. B. 9. C. 5. D. 8.

Lời giải Ta xét hai trường hợp.

TH1: Hệ số ² 0 4 ( )₂

2 0 .

2 14 4

m y l

a m m

m y x

   

         2

 

2

0 4

2 0

2 4 4

    

    

   



m y l

a m m

m y x

Hàm số y14x² 4 y4x²4 có đồ thị là một parabol nghịch biến trên khoảng (,0) và đồng biến trên khoảng (0;). Do đó m = 2 thỏa mãn.

TH2: Hệ số a m ²2m0. Dựa vào biểu hiện đặc trưng của hàm trùng phương thì yêu cầu bài toán tương đương với đồ thị hàm số có một cực trị và đó là cực tiểu

2 2

0 9

0 0 9 0

2 9 {3; 4;5;6;7;8;9}.

0 0 2 0 0

2

ab b m m m

m m

a a m m m

m

 

 

   

   

             

Dễ dàng kết luận được m{2;3; 4;5;6;7;8;9}. Vậy chọn đáp án D.

Câu 37. Xét các số phức ^z thỏa mãn (z1)(z 2 )i là một số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn. Khi đó, tọa độ tâm I của đường tròn đó là

A. 1 2;1 . I 

 

  B. 1 1; . I 2

 

  C. 1

1; .

I 2 D. 1

; 1 . I2   Lời giải

Gọi M x y( ; ) là điểm biễu diển số phức ^{z  x yi,} với ;x y.

Khi đó:



^z1

 

^{z 2i}

 

^{ x 1 yi x}



^_ ^



^y2



^i_^{x2 y2  x 2y}



^{2x y 2}



ⁱ là số thuần ảo. Suy ra ^{2 2 2 0 1 2}



¹



^{2 5.}

2 4

x y  x y x   y 

  Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức ^z là đường tròn có tâm 1

; 1 . I2   Câu 38. Cho

7 2 5

3 2

ln 2 ln 3 ln 5,

5 6

x dx a b c

x x

   

 



^{với a b c, ,} là các số hữu tỉ. Tính giá trị ^{S   a b c.}

A. S 5. B. S  1. C. S 13. D. S 7.

Lời giải

Ta có: ₂3 2 3( 2) 4 3 4

( 3)( 2) 3 ( 3)( 2)

5 6

x x

x x x x x

x x

  

  

    

 

 

Khi đó, ta có

 

7 7

2

5 5

3 2 7 4 7

7 ln 3 4ln 2 7 ln 2 4ln 3 4ln 5.

5

3 2

5 6

x dx dx x x

x x

x x

             

   

 

Suy ra ^{a7;b4;c 4.}

Khi đó S    a b c 7.

Câu 39. Cho các số thực dương a và b thỏa mãn log2alog2b4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

P a b 

A. P8. B. P32. C. P4. D. P16.

Lời giải Ta có: log2alog2b 4 log2ab 4 ab16.

Áp dung bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương a và b, ta được

2 2 16 8.

a b  ab   Dấu bằng xảy ra khi a b 4.

Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam và 4 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 và không có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau bằng

A. 8

35. B. 1

35. C. 2

35. D. 4

35. Lời giải

Chọn B.

Mỗi cách xếp 8 học sinh vào 8 chiếc ghế là một hoán vị của 8 phần tử, vì vậy số phần tử của không gian mẫu là: W =8!=40320.

Gọi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và không có hai học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau”.

Cách 1.

Với cách xếp như vậy thì ta có hai tường hợp

NỮ nam NỮ nam nam NỮ nam NỮ

nam NỮ nam NỮ NỮ nam NỮ nam

Như vậy, ta có A =2.4!.4! 1152=

Vậy, xác suất của biến cố A là: 1152 1 40320 35

P = = .

VẬN DỤNG CAO

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;3;5),A  (2;6; 1),B  ( 4, 12,5)C   và mặt phẳng ( ) :P x2y2z 5 0. Gọi _M là điểm thuộc mặt phẳng ( )P sao cho biểu thức

4

S  MA MB  MA MB MC   

đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm hoành độ của điểm M.

A. x_M 3. B. x_M  1. C. x_M 1. D. x_M  3.

Lời giải Gọi I là điểm thỏa mãn IA4IB  0 I(3;7; 3). Gọi G là trọng tâm tam giác ABCG( 1; 1;3).  Nhận thấy G và I nằm khác phía so với mp (P).

Ta có S 3(MI MG ) 3 . GI Khi đó Smin  M là giao điểm của GI và (P)M(1;3;1).

Câu 42. Cho số phức ^zthỏa mãn



^{1i 3}



^{z 12}_z ^{ 15i 5.} Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 1

2  z 2. B. 5

2  z 4. C. 3

2  z 3. D. 3 z 5.

Lời giải Ta có



^{1i 3}



^{z 12}_z ^{ 15i 5}



^{1 i 3}



^{z i 5(1 i 3) 12}_z

    



^{1 i 3}



^{z i 5}



¹²_z

   

12 2 12

1 i 3 . z i 5 2. z 5

z z

       (*)

Đặt t z 0, khi đó:

 

^{* 2 5 6 4 5 2 36 0 ( 2 4)( 2 9) 0 2 2 3;3 .}

t t t t t t z 2

t

 

                

Câu 43. 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



^log0,5x



^m có nghiệm thuộc khoảng (0;1) là

A. ( 1; ). B. ( 1;1). C. [ 1; ). D. (0;).

Lời giải Đặt t log0,5 x. Với x(0;1) thì t(0;).

Do đó phương trình f



log0,5x



m có nghiệm thuộc khoảng (0;1) khi và chỉ khi phương trình ( )

f t m có nghiệm thuộc khoảng (0;).

Quan sát đồ thị, ta suy ra điều kiện của tham số ^m là [ 1; ).

Câu 44. Anh Nam gửi vào ngân hàng 90 triệu đồng với lãi suất 0,5%/tháng. Sau mỗi tháng, anh Nam đến ngân hàng rút 5 triệu đồng để chi tiêu cho đến khi hết tiền thì thôi. Sau một số tròn tháng thì anh Nam rút hết tiền cả gốc lẫn lãi. Biết rằng trong suốt thời gian đó, lãi suất ngân hàng không thay đổi và ngoài số

O x

y

1

1 1 3

2

2

A. 4.547.000 đồng. B. 4.524.000 đồng. C. 4.548.000 đồng. D. 4.525.000 đồng.

Lời giải

Áp dụng công thức tính số tiền còn lại sau ⁿ tháng

1 1

1 100 100

100

n n

n

r

S A r X

r

   

 

   

    

 

Với A90 triệu đồng, r0,5 và X 5 triệu đồng ta được 1,005 1 90.1,005 5.

0,005

n n

Sn    .

Để rút hết số tiền thì ta tìm số nguyên dương ⁿ nhỏ nhất sao cho

1,005 1

0 90.1,005 5. 0 1000 910.1,005 0

0,005

n

n n

Sn        

1,005

log 1000 18,91 19.

n 910 n n

     

Khi đó, số tiền tháng cuối cùng mà anh Nam rút là

18 18

18

1, 005 1

.1,005 90.1,005 5. .1,005 4,547288318

0,005

S     

  triệu đồng 4.547.000 đồng.

Cách khác:

Nhập lên màn hình máy tính 1,005 1 90.1,005 3.

0,005

X

X 

 , tính giá trị chạy từ 10 đến 20 với step bằng 1 ta được bằng giá trị tương ứng và số tiền còn lại nhơ hơn 5 ứng với X 18.

Từ đó, ta tính được số tiền rút ra ở tháng cuối cùng là

18 18

18

1, 005 1

.1,005 90.1,005 5. .1,005 4,547288318

0,005

S     

  triệu đồng 4.547.000 đồng.

Câu 45. Một mặt bàn hình elip có chiều dài là 120 cm, chiều rộng là 60 cm. Anh Nghiệp muốn gắn đá hoa cương và dán gạch tranh trên mặt bàn theo hình (phần đá hoa cương bên ngoài và điểm nhấn bên trong là bộ tranh gồm 2 miếng gạch với kích thước mỗi miếng là 25 cm x 40 cm). Biết rằng đá hoa cương có giá 600.000 đồng/m² và bộ tranh gạch có giá 300.000 đồng/bộ. Hỏi số tiền để gắn đá hoa cương và dán gạch tranh theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 519.000 đồng. B. 610.000 đồng. C. 639.000 đồng. D. 279.000 đồng.

Lời giải Chọn A.

Gọi phương trình chính tắc của elip ( )E có dạng:

2 2

2 2 1.

x y

a +b = Với ^{1 2}

1 2

1,2 2 0,6

0,6 2 0,3

A A a a

B B b b

ì ì

ï = = ï =

ï Û ï

í í

ï = = ï =

ï ï

î î

2 2

( ) : 1.

0,36 0,09

x y

E

® + =

Suy ra, diện tích của hình elip là: S_{( )E} =pab=0,18p (m²).

Gọi S S₁; ₂ lần lượt là diện tích phần đá hoa cương và bộ tranh.

Ta có: S₂=2x0,25x0,4=0,2 (m²).

Suy ra: S₁=S_{( )E} - S₂=0,18p- 0,2 (m²).

Gọi T là tổng chi phí. Khi đó, ta có

(0,18 0,2).600000 300000 519.000

T = p- + ; (đồng).

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ ^Oxyz, cho mặt cầu ^{( ) : (S x1)2 (y2)2 (z3)2 25} và các điểm _{A(2;2;1), B( 4;6; 3). } Gọi _{( )P} là mặt phẳng đi qua hai điểm _{A B,} sao cho thiết diện của mặt phẳng ^{( )P} với mặt cầu ^{( )S} có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình của mặt phẳng

( )P dưới dạng ^{ax by cz   3 0} thì giá trị của biểu thức ^{T   a b c} bằng

A. ^{T  5.} B. ^{T 4.} C. ^{T  1.} D. ^{T 2.}

Câu 47. Cho hình chóp S ABC. có SA x (với x > 0) và các cạnh còn lại bằng 2. Tìm ^x để thể tích của khối chóp S ABC. đạt giá trị lớn nhất.

A. x 6. B. 6

2 .

x C. x2 2. D. 3 4 . x Lời giải

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Theo giả thiết, ta có 3 2 3.

SM  AM  AB 

Ta lại có BC SM ( ).

BC SAM BC AM

 

 

 



. 

1 1 1 1

. . . .sin . . . 1.

3 3 2 6

S ABC SAM

V BC S_ BC SM AM SMA BC SM AM

    

Do đó VS ABC. đạt giá trị lớn nhất khi sinSMA  1 SMA 90⁰ SA SM 2 6.

Câu 48. Cho hàm số y f x( ) xác định trên _ và hàm số y f x'( ) có bảng xét dấu như sau

x  3 2 

Tìm số điểm cực trị của hàm số y f x( ² 7).

A. 3. B. 2. C. 5. D. 4.

Lời giải

Quan sát bảng biến thiên, ta có y f x'( ) chỉ đổi dấu khi qua x 3 (từ âm sang dương) nên hàm số y f x( ) chỉ có một điểm cực trị là x 3.

Ta có ^{2 ' 2 2}

2

0 0

' ( 7) 2 . '( 7) 0 7 3 2.

7 2 3

x x

y f x x f x x x

x x

   

 

 

            

     



Mà x 3 là nghiệp kép của phương trình x²  7 2, còn các nghiệm còn lại là nghiệm đơn nên hàm số y  f x( ² 7) có ba điểm cực trị.

Câu 49. Cho hàm số y f x( ) xác định trên  ^{\ 0}

 

và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Số nghiệm của phương trình 3 (4f x 1) 10 0 là

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

Lời giải Chọn C.

Đặt t4x1 (*), khi đó phương trình có dạng 10

( ) (**)

f t  3 .

Từ bảng biến thiên của hàm số y f x( ), ta suy ra bảng biến thiên của hàm số y f x( ) :

Suy ra phương trình (**) có 4 nghiệm t phân biệt. Từ (*), suy ra ứng với một giá trị nghiệm t sinh ra một nghiệm ^x. Do đó, phương trình ban đầu có 4 nghiệm ^x.

Câu 50. Cho hàm số y=f x( )=ax⁴+bx³+cx²+dx e+ , trong đó a b c d e, , , , Î ¡ .. Biết rằng hàm số ( )

y=f x¢ có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình f x( )=e có tất cả bao nhiêu phần tử?

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.

Lời giải Chọn A.

Ta đặt 7

( ) ( 2) ( 3).

y=f x¢ =k x+ æççççèx- 6ö÷÷÷÷øx-

Xét:

7 6 1

0

3 2

7 6

7 65219

( 2) ( 3)

6 1552

7 65219

( 2) ( 3)

6 1552

S k x x x dx k

S k x x x dx k

ìïï æ ö

ïï ç ÷÷

ï = + ç - ÷ - =

ï çç ÷

ï è ø

ïïïíï

ï æ ö

ï ÷

ï = + ç - ÷ - =

ï ç ÷

ï çç ÷

ï è ø

ïïïî

ò ò

Do đó:

7 6 3

1 2

0 7

6

( ) ( ) (0) (3).

S =S Û

ò

f x dx¢ = -

ò

f x dx¢ Û ff = Lập bảng biến thiên, ta được:

Từ bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x( )= =e f(0) có tất cả 3 nghiệm.

---Hết---