DTK BGDDT NAM 2018 2019

22 1 0
  • Loading ...
1/22 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/03/2020, 15:13

Đề tham khảo BGDDT NAM 2018 2019 có đủ đáp án và lời giải chi tiết, theo hướng dẫn của BGDĐT năm 20192020 không có đề tham khảo mà giáo viên và học sinh có thể tham khảo các đề thi các năm trước. đặc biệt cấu trúc đề thi năm học 20192020 Câu ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019 [2H1-3.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối lập phương cạnh 2a A 8a B 2a C a D 6a Lời giải Chọn A Thể tích khối lập phương cạnh 2a  2a   8a Câu [2D1-2.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Giá trị cực đại hàm số cho A B C D Lời giải Câu Chọn D Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại hàm số cho [2H3-1.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian O xyz , cho hai điểm uuu r A  1;1; 1  B  2; 3;  , véc tơ AB có tọa độ A  1;2;3  B   1;  2;3  C  ; ;1  D  ; ;1  Lời giải Chọn A uuu r uuu r Áp dụng công thức AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A  Vậy ta có AB   1; 2;3  Câu [2D1-1.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x có đồ thị hình vẽ bên Hàm số cho đồng biến khoảng đây? A  0;1 B  �; 1 C  1;1 D  1;0 Lời giải Chọn D Câu Nhìn đồ thị hàm số ta thấy hàm số y  f  x đồng biến khoảng  1;0  1; � [2D2-3.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với a b hai số thực dương tùy ý,   log ab2 A log a  log b B loga  2logb C 2 loga  logb Lời giải D loga  logb Chọn B 2 Với a b hai số thực dương ta có log ab   loga  logb  loga  2logb Câu [2D3-2.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho f  x dx  � g x dx  5, � � � �f  x  2g x � �dx A 3 C 8 B 12 D Lời giải Chọn C 1 0 � f  x dx  2� g x dx   2.5  8 � �f  x  2g x � �dx  � Câu [2H2-2.7-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu bán kính a 4 a  a3 A B 4 a C D 2 a 3 Lời giải Chọn A Câu 4 3 Thể tích khối cầu bán kính R  a là: V   R   a 3 [2D2-5.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) log  x  x    Tập nghiệm phương trình A  0 B  0;1 C  1; 0 D  1 Lời giải Chọn B x0 � Ta có: log  x  x    � x  x   � x  x  � � x 1 � Vậy tập nghiệm phương trình  0;1 Câu [2H3-2.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  Oxz  có phương trình A z  B x  y  z  C y  D x  Lời giải Chọn C r Mặt phẳng  Oxz  qua điểm O nhận vecto j   0;1;  làm vecto pháp tuyến, nên phương trình mặt phẳng  Oxz  y  x Câu 10 [2D3-1.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm hàm số f  x   e  x x B e  A e x  x  C x C C x x e  e  C D e x   C x 1 Lời giải Chọn B Ta có f  x  dx  �  e  x  dx  e � x x  x C Câu 11 [2H3-3.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng d: x 1 y  z    qua điểm đây? 1 A Q  2;  1;  B M  1;  2;  3 C P  1; 2;3 D N  2;1;   Lời giải Chọn C Thay tọa độ điểm Q , M , N vào phương trình đường thẳng d ta mệnh đề sai Thay tọa độ điểm P vào phương trình đường thẳng d ta mệnh đề Vậy điểm P  1; 2;3 thuộc đường thẳng d Câu 12 [1D2-2.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Với k , n hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k �n , mệnh đề đúng? n! n! n! k ! n  k  ! k k k A Cn  B Cn  C Cn  D Cnk  k ! n  k  ! n  k !   k! n! Lời giải Chọn A k Ta có Cn  n! k ! n  k  ! Câu 13 [1D3-3.3-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  công sai d = Giá trị u4 A 22 B 17 C 12 D 250 Lời giải Chọn B Ta có un  u1   n  1 d   5(n  1)  5n  Khi u4  5.4   17 Câu 14 [2D4-1.2-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Điểm hình vẽ bên điểm biểu diễn số phức z  1  2i ? A N B P C M D Q Lời giải Chọn D Do Q  1;  nên điểm Q biểu diễn số phức z  1  2i Câu 15 [2D1-5.1-1] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đường cong hình bên đồ thị hàm số đây? A y  2x 1 x 1 B y  x 1 x 1 C y  x  x  D y  x  x  Lời giải Chọn B Dựa vào đồ thị thấy hàm số cho không xác định x  nên loại đáp án C, D y  nên đường cong hình bên đồ thị hàm số y  x  Mặt khác xlim �� x 1 Câu 16 [2D1-3.1-1] Cho hàm số y  f  x  liên tục đoạn (-1;3) có đồ thị hình vẽ bên Gọi M m giá trị lớn nhỏ hàm số cho đoạn  1;3 Giá trị M  m A B C D Lời giải Chọn D y  , m  y  2 Căn vào đồ thị ta có M  max [ 1;3] [ 1;3] Vậy M  m  Câu 17 [2D1-2.1-2] Cho hàm số f  x  có đạo hàm f �  x   x  x  1  x   , x �R Số điểm cực trị hàm số cho A B C Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có x0 � � f�  x   � �x  � x  2 � D  x Bảng dấu f � Từ bảng dấu suy hàm số cho có điểm cực trị Cách 2: (Trắc nghiệm)  x   có nghiệm đơn nghiệm bội lẻ nên hàm số cho có điểm cực trị Nhận thấy f � Câu 18 [2D4-1.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tìm số thực a b thỏa mãn 2a   b  i  i   2i với i đơn vị ảo B a  , b  A a  0, b  C a  0, b  D a  1, b  Lời giải Chọn D 2a   � a 1 � �� Ta có 2a   b  i  i   2i � 2a   bi   2i � � b2 b2 � � Vậy a  1, b  Câu 19 [2H3-1.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I  1;1;1 A  1; 2;3  Phương trình mặt cầu có tâm I qua A A  x  1   y  1   z  1  29 2 C  x  1   y  1   z  1  25 B  x  1   y  1   z  1  2 2 2 D x  12  y  12   z  1  Lời giải Chọn B Do mặt cầu  S có tâm I  1;1;1 qua A  1; 2;3 nên bán kính mặt cầu  S R  IA  Vậy phương trình mặt cầu  S  là:  x  1   y  1   z  1  2 Câu 20 [2D2-3.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Đặt log  a , log16 27 3a 4a A B C D 4a 3a Lời giải Chọn B Ta có log16 27  log 33 3   log 4.log 4a Câu 21 [2D4-4.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Ký hiệu z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Giá trị z1  z2 A B C Lời giải Chọn A D 10 �  i 11 z � 2 � � Phương trình z  z   �  i 11 z � � 2 2 �3 � � 11 � �3 � � 11 � z  z Do   � � � � � � � � � � � �2 � � � � �2 � � � Câu 22 [2H3-2.6-2] Trong không gian Oxyz , khoảng cách hai mặt phẳng  P  : x  y  z  10  mặt phẳng  Q  : x  y  z   A B C D Lời giải Chọn B 2 10   � nên  P  //  Q  Ta có điểm M  0; 0;5  � P  2 3 Ta có Khoảng cách hai mặt phẳng  P  mặt phẳng  Q  d   P  ,  Q    d  M ,  Q   10     1 Câu 23 [2D2-6.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập nghiệm bất phương trình 3x  x  27 A  �; 1 B  3; � C  1;3 D  �; 1 � 3; � 2 Lời giải Chọn C 3x 2 x  27 � x  x  � x  x   � 1  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình  1;3 Câu 24 [2D3-3.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Diện tích phần hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên tính theo cơng thức đây? A �  x  x   dx B 1  2 x   dx � 1  x   dx C � 1 D  2 x � 1  x   dx Lời giải Chọn D Phần hình phẳng gạch chéo hình vẽ bên giới hạn hai đồ thị hàm số y   x  y  x  x  nên có diện tích tính theo cơng thức: S � dx    x  3   x2  x  1 dx  �   x  3   x2  x  1 � � � � 1 1  2 x � 1  x   dx Câu 25 [2H2-1.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối nón có độ dài đường sinh 2a bán kính đáy a Thể tích khối nón cho A 3 a3 B 3 a3 C 2 a3 D  a3 Lời giải Chọn A Gọi khối nón cho có S đỉnh, O tâm đáy, đường sinh SA Ta có SA  2a , OA  a SO  SA2  OA2   2a  a2  a 1 3 a3 Thể tích khối nón là: V  SO. OA2  a 3. a2  3 Câu 26 [2D1-4.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x có bảng biến thiên sau Tổng số tiệm cận ngang tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho A B C D Lời giải Chọn C Nhìn bảng biến thiên ta có: y  � y đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho +) lim x�� y  � y đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho + lim x�� y  �� x  đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số cho +) lim x�1 Vậy tổng số đường tiệm cận đứng đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số cho Câu 27 [2H1-3.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối chóp tứ giác có tất cạnh 2a Thể tích khối chóp cho A 2a B 8a C 2a D 2a Lời giải Chọn A Xét khối chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng tâm O , suy SO   ABCD  Ta có: + AC  2a � AO  a ; SO  SA2  AO  4a  2a  a + S ABCD   2a   4a 1 2a Vậy V  SO.S ABCD  a 2.4a  3 Câu 28 [2D2-4.2-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Hàm số f  x   log  x  x  có đạo hàm A f �  x  ln x  2x  x  B f � C f �  x   x   ln  x  D f � x2  x  x  x  ln x  x  2  x  ln Lời giải Chọn D  x  x Ta có f �  x   log  x  x  � 2  2x  �  x  ln  2x  x  x ln   Câu 29 [2D1-5.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau: Số nghiệm thực phương trình f  x    A B C Lời giải Chọn A D Ta có f  x    � f  x     * Số nghiệm phương trình  * số giao điểm đồ thị hàm số y  f  x  đường thẳng y Dựa vào bảng biến thiên hàm số y  f  x  , ta thấy đường thẳng y   y  f  x  điểm phân biệt cắt đồ thị hàm số Do phương trình  * có nghiệm phân biệt Vậy phương trình cho có nghiệm thực B C D Góc Câu 30 [1H3-4.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD A���� B CD   ABC �� D  hai mặt phẳng  A�� A 30� B 60� C 45� D 90� Lời giải Chọn D �AB  AA� � AB   ADD� A� D ( 1)  � AB  A� Ta có: + � �AB  AD + AD�  A� D ( 2) D   ABC �� D Từ ( 1) ( 2) suy A� � D   ABC �� D �A� �  A�� B CD    ABC �� D +� � �� A D � A B CD   � B CD   ABC �� D  90� Vậy góc hai mặt phẳng  A�� Câu 31 [2D2-5.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tổng tất nghiệm phương trình log3   3x    x A C B D Lời giải Chọn A Điều kiện:  3x  Ta có log   3x    x �  3x  32 x � 32 x  7.3x   Đặt t  3x , điều kiện  t   * Phương trình  1 trở thành t  7t    2  1  13  13 Dễ thấy phương trình   có hai nghiệm t1  , t2  thỏa mãn điều kiện  * 2 x x x x Theo định lý Vi-ét: t1.t2  � 1.3  �  � x1  x2  Vậy tổng tất nghiệm phương trình Câu 32 [2H2-1.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ  H1  ,  H  xếp chồng lên nhau, có bán kính đáy chiều cao tương ứng r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2  r1 , h2  2h1 (tham khảo hình vẽ bên) Biết thể tích tồn khối đồ chơi 30 cm3 , thể tích khối trụ  H1  A 24 cm3 B 15cm3 C 20 cm3 D 10cm3 Lời giải Chọn C Gọi thể tích tồn khối đồ chơi V  30 cm , thể tích khối trụ  H1  thể tích khối trụ  H2  V1 V2 Ta có: V  V1  V2 Mà r2   * ; V1  h1. r12 1 1 r1 , h2  2h1 nên V2  h2  r22  2h1. r12  h1. r12  V1 2   Từ  * ta có 30  V1  V1 � V1  20 cm Vậy thể tích khối trụ  H1  20 cm3 Câu 33 [2D3-1.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Họ nguyên hàm hàm số f  x   x   ln x  A x ln x  x B x ln x  x C x ln x  3x  C D x ln x  x  C Lời giải Chọn D f  x  dx  � x   ln x  dx Ta có I  � � du  d x u   ln x � � �� x Đặt � dv  xdx � � v  2x2 � � I  x   ln x   � x dx  x   ln x   x  C  x ln x  x  C x Vậy I  x ln x  x  C Câu 34 [1H3-5.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh �  600 , SA  a SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách từ B đến mặt phẳng a, BAD  SCD  A a 21 B a 15 C a 21 D a 15 Lời giải Chọn A Ta có: AB //CD � AB //  SCD  Do đó: d  B,  SCD    d  A,  SCD   �  60�nên BCD �  60� Vì BAD Mặt khác tứ giác ABCD hình thoi cạnh a nên BCD tam giác cạnh a Gọi M trung điểm CD , suy BM  CD Kẻ AK //BM , K �CD , AK  CD Kẻ AH  SK H CD  AK � � CD   SAK  � CD  AH , mà SK  AH � AH   SCD  Ta có: � CD  SA � Do d  A,  SCD    AH Ta có, tứ giác ABMK hình chữ nhật nên AK  BM  a AH SK  SA AK � AH  SA  a , AK  SA AK , SK a a a 21 , SK  SA2  AK  � AH  2 Vậy d  B,  SCD    d  A,  SCD    AH  a 21 Câu 35 [2H3-3.3-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z   đường thẳng d : x  y   z  Hình chiếu vng góc d  P  1 có phương trình x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1     A B 1 4 2 1 C x 1 y 1 z 1   5 D x 1 y  z    1 Lời giải Chọn C Gọi d �là hình chiếu vng góc d  P  +  N   d � P  � N  t ; 1  2t ;  t  �d + N � P  � t   1  2t     t    � t  , suy N  1;1;1 Mặt khác A  0; 1;2  �d Gọi  đường thẳng qua A vng góc  P  , suy  qua A có uur x y 1 z   véctơ phương nP   1;1;1 Do phương trình  :  1 Gọi  H    � P  � H  m; 1  m;  m  � Do H � P  � m   1  m     m    � m  �2 � � H � ;  ; � �3 3 � uuur �1 � r Ta có HN  � ; ;  �cùng phương với u   1; 4; 5  �3 3 � r Đường thẳng d �đi qua N  1;1;1 có véctơ phương u   1; 4; 5  có phuong trình x 1 y 1 z 1 d� :   5 Cách trắc nghiệm: Nguyễn Ngọc Thảo +) Gọi  Q  mặt phẳng chứa d vuông góc với  P  �  Q  có véctơ pháp tuyến uur uur uur � nQ  � u �d , n p �  3; 2; 1 � P  � �d � � d �có véctơ phương +) Gọi d �là hình chiếu vng góc d lên  P  � � � Q  �d � r uur uur � u� n �P , nQ �  1; 4;5  � Loại B D +) Ta thấy M  1; 1; 1 �d �ở đáp án A không thuộc  P  � Loại A Vậy ta chọn C Câu 36 [2D1-1.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Tập hợp giá trị thực m để hàm số y   x3  x   4m   x  nghịch biến khoảng  �; 1 A  �;0 �3 �  ; �� B � �4 � 3� � �;  � C � 4� � Lời giải Chọn C D  0; � + TXĐ: � ' Ta có y  3 x  12 x   4m   Hàm số y   x  6x   4m   x  nghịch biến khoảng  �; 1 ۣ 4ۣ m � � 3x2 12 x 9, x y�  3x  12 x   4m   �0, x � �; 1   ; 1  x   x  12; g'  x   � x  2 + Xét hàm g  x   x  12 x  9, x � �; 1 ; g � + BBT - 3 + Từ bảng biến thiên suy 4m �- m   Câu 37 [2D4-2.4-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Xét số phức z thỏa mãn  z  2i  z  số ảo Biết tập hợp tất điểm biểu diễn z đường tròn, tâm đường tròn có tọa độ C  1;1 B  1;1 A  1; 1 D  1; 1 Lời giải Chọn D + Gọi z  x  yi , x, y ��   x   y  2 i�  x    yi � + Ta có  z  2i  z    x  yi  2i   x  yi    � � �� � �  x  x  2  y  y  2  � i  x    y    xy � � �   +  z  2i  z  số ảo � x  x    y  y    �  x  1   y  1  2 + Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  1; 1 Câu 38 [2D3-2.1-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho xdx �  x  2  a  b ln  c ln với a, b, c số hữu tỷ Giá trị 3a  b  c A 2 B 1 Chọn B xdx �  x  2 C Lời giải D 1 1 d  x  2 d  x  2 x22 1 � d x  d x  d x   2 2 � � � � x2 x2  x  2 0  x  2 0  x  2  ln  x    1 2  ln  ln      ln  ln 3 x2 Ta có a   , b  1 , c  Vậy 3a  b  c  1  x  có Câu 39 [2D1-3.4-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  Hàm số y  f � bảng biến thiên sau x Bất phương trình f  x   e  m với x � 1;1 A m �f  1  e B m  f  1  e C m �f  1  e D m  f  1  e Lời giải Chọn C Ta có: f ( x)  e x  m , x � 1;1 � f ( x)  e x  m , x � 1;1 (*) Xét hàm số g ( x)  f ( x )  e x ( x)  f � ( x)  e x Ta có: g � ( x )  , e x  nên g � ( x)  f � ( x)  e x  , x � 1;1 Ta thấy với x � 1;1 f � Bảng biến thiên f ( 1)  e Câu 40 [1D2-5.2-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ bằng? Từ bảng biến thiên ta có m �g (1) ۳ m A B 20 C D 10 Lời giải Chọn A Cách 1: A B C Số phần tử không gian mẫu 6!  720 Xếp bạn nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách Xếp bạn nữ vào ba ghế lại có 3! cách Vậy xác suất cần tìm 6.4.2.3! 288   Đáp án A 6! 720 Câu 41 [2H3-3.8-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 2;  , B  3;3; 1 mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Xét điểm M điểm thay đổi thuộc  P  , giá trị nhỏ MA2  3MB A 135 B 105 C 108 D 145 Lời giải Chọn A � x A  xB �xI  � uu r uur y  yB � � I  1;1;1 +) Gọi I điểm thỏa IA  3IB  � �yI  A � � z A  3z B �zI  � Khi ta có uuu r uu r uuu r uur MA2  3MB  MI  IA  MI  IB     uuu r uu r uur  5MI  IA2  3IB  MI IA  3IB  5MI  IA2  3IB   Mà IA2  27 IB  12 Suy MA2  3MB  5MI  90 Suy MA2  3MB nhỏ MI nhỏ � M hình chiếu I lên  P  Ta có MI  d  I ,  P     1   2.1  22   1  22  Vậy giá trị nhỏ MA2  3MB  5.32  90  135 Câu 42 [2D4-2.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Có số phức z thỏa mãn z  z  z  z   i  z   3i ? A B C D Lời giải Chọn D � a  b2  a  � Đặt z  a  bi  a, b �� Khi ta có hệ phương trình � 2 � �  a  1   b  1  2 � a2  b2  a  � �a b  a  � �2 � � 4a  8b  16 a  b  2a  2b   a  b  6a  6b  18 � � � 2b    b  2b   �  �a  2b  �� �� 5b  16b  12  8b  16 a  2b  � � a  2b  a  2b  � � � � � � 5b  16b  12  8b  16 5b  8b   �� �� � � � � �� � �� � �� �b �2 �b �2 �� �� � � 5b  16b  12  8b  16 5b  24b  28  �� �� � � �� �� b  2 b  2 � � �� ��  a  3   b  3 a  2b  � a  2b  � � � � �� b  hoa� c b  2 � �� �� b � � � �� � � �� � �� �b �2 b   � �� � 14 � �� �� b hoa� c b  2 14 � b � �� �� �� �� � b  2 � �� 24 14  i, z3    i thỏa mãn yêu cầu toán 5 5 Câu 43 [2D1-5.3-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục R có đồ Vậy có số phức z1  2i, z2  thị hình vẽ Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình f  sin x   m có nghiệm thuộc khoảng  0;   A  1;3 B  1;1 C  1;3 D  1;1 Lời giải Chọn D Đặt t  sin x , với x � 0;   � t � 0;1 Khi phương trình f  sin x   m trở thành f  t   m Phương trình f  sin x   m có nghiệm x � 0;   phương trình f  t   m có nghiệm t � 0;1 Điều xảy đường thẳng y  m có điểm chung với đồ thị hàm số y  f  t  nửa khoảng  0;1 Dựa vào đồ thị cho ta có tập hợp tất giá trị thực tham số m nửa khoảng  1;1 Câu 44 [2D2-4.5-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% /tháng Ơng ta muốn hồn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau tháng kể từ ngày vay, ơng bắt đầu hồn nợ, hai lần hoàn nợ liên tiếp cách tháng, số tiền hoàn nợ tháng ông A trả hết nợ sau năm kể từ ngày vay Biết tháng ngân hàng tính lãi số dư nợ thực tế tháng Hỏi số tiền tháng ơng ta cần trả cho ngân hàng gần với số tiền 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 x (triệu đồng) số tiền ông A phải trả cho ngân hàng tháng, r  0, 01 lãi suất hàng tháng Đặt q   r  1, 01 Số tiền ơng A nợ sau trả lần thứ là: T1  100   r   x  100q  x 2 Số tiền ơng A nợ sau trả lần thứ là: T2  T1q  x  100q  qx  x  100q   q  1 x Số tiền ơng A nợ sau trả lần thứ là: T3  T2 q  x   100q   q  1 x  q  x  100q   q  q  1 x Số tiền ơng A nợ sau trả lần thứ 60 (lần cuối) là: T60  100q 60   q 59  q 58   q  1 x  100q 60  Do sau năm ông A trả hết nợ nên T60  � x  q 60  x q 1 100q 60  q  1 �2, 22 q 60  Vậy số tiền mà ông A phải trả hàng tháng cho ngân hàng khoảng 2, 22 (triệu đồng) Câu 45 [2H3-3.8-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt cầu  S  :  x  3   y     z    36 Gọi  2 đường thẳng qua E , nằm  P  cắt  S  hai điểm có khoảng cách nhỏ Phương trình  �x   9t � A �y   9t �z   8t � �x   5t � B �y   3t �z  � �x   t � C �y   t �z  � �x   4t � D �y   3t �z   3t � Lời giải Chọn C r Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;5  , bán kính R  , mp  P  có véctơ pháp tuyến n   2; 2;  1 r Gọi u véctơ phương đường thẳng  Ta có IE   R nên đường thẳng  qua E cắt  S  hai điểm phân biệt A, B Gọi H trung điểm AB IH  AB � AB  AH  IA2  IH  R  IH Do IH �IE nên AB �2 R  IE uur r Dấu xảy H �E � AB  IE Ta có � EI ; n � � �  5;5;0  r uur uur r � u  EI r r � � EI ; n �   5;5;0  Chọn u  1; 1;0  r r � Vì nên u phương với � � un � �x   t � Vậy đường thẳng  có phương trình là: �y   t  t �� �z  � Câu 46 [2D3-3.5-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh A1 , A2 , B1 , B2 hình vẽ bên Biết chi phí để sơn phần tơ đậm 200.000 đồng/ m phần lại 100.000 đồng/ m Hỏi số tiền để sơn theo cách gần với số tiền đây, biết A1 A2  8m, B1 B2  6m tứ giác MNPQ hình chữ nhật có MQ  3m A 322 000 đồng B 213000 đồng C 5526 000 đồng D 5782 000 đồng Lời giải Chọn A Gắn hệ trục tọa độ Oxy có A1 A2 trùng với trục Ox , B1 B2 trùng với trục Oy , gốc tọa độ O  A1 A2 �B1 B2 (như hình vẽ) Elip có độ dài trục lớn 2a  A1 A2  � a   m  , độ dài trục nhỏ 2b  B1 B2  � b   m  Suy phương trình tắc elip Do MQ  � yM  x2 y 2   � y  � 16  x Trong đó: 4 MQ y2  � xM  4  M  2 � xN  2 Gọi S1 diện tích phần tơ đậm elip, S diện tích phần khơng bị tơ đậm elip S 16  x , diện tích elip Suy S1 diện tích hình phẳng giới hạn đường y  y   16  x , x  2 , x  Ta có: + S   ab  12  m  3 �3 2 �  16  x �dx = �16  x dx + S1  � 16  x  � �4 � 2 Đặt x  4sin t � dx  cos tdt Khi x  � t  Khi x  � t      0 � S1 = �16  x dx = 16  16sin t cos tdt  48 cos tdt  � �   24t  12sin 2t   24   cos2t  dt �  8   m  � S  S  S1  4   m  Suy chi phí để sơn biển quảng cáo là: 200000.S1  100000.S �7322416 (đồng) Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo gần với 322 000 đồng B C tích Câu 47 [2H1-3.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ ABC A��� M , N Gọi trung điểm đoạn thẳng AA�và BB� Đường thẳng CM cắt đường Q � � � � thẳng C A P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B Thể tích khối đa diện lồi A� MPB� NQ 1 A B C D 3 Lời giải Chọn D +) Ta có A�là trung điểm PC� ; B�là trung điểm QC� Do SC �PQ  SC � A�� B � +) VC C�PQ  SC � PQ 4 SC � A�� B SC � PQ �1 � VC A���  B C  4VC A��� B C  � V ABC A��� BC � SC � �3 � A�� B �A� M B� N C� C� �1 � �   VABC A��� �   1� VABC A��� +) Mặt khác VA��� B C MNC  BC  BC  � �A� A B� B C� C� �2 � +) Do VA�MPB�NQ  VC C � PQ  VA��� B C MNC  2   3 Câu 48 [2D1-1.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm sau: Hàm số y  f  x    x  3x đồng biến khoảng đây? A  1; � B  �; 1 C  1;0 D  0;2  Lời giải Chọn C Cách 1:  � 3f �  x    3x   � f �  x  2  x2  Ta có y� (t )  (t  2)  Đặt t  x  2, bất phương trình trở thành: f � � �  t  2 1  ,  I  Xét hệ bất phương trình � (t )  �f � 1 t  �1  t   � � � 1 t  1 t  1 t  � �� �� � �� �� Ta có  I  � �� 2t 3 2t 3 � 2t 3 �� �� �� �� t4 t4 �� �� 1 x   1  x  � � �� Khi � 2 x23 �  x 1 � Vậy hàm số cho đồng biến khoảng  1;0  Cách 2: Lưu Thêm Xét hàm số y  f  x    x  3x � � y�  3f �  x    3x   � �f  x      x  � �3 � � � �7 � � Ta có y � � � �f � � � nên loại đáp án A, D �2 � � �2 � � y�  2   �  0  3� �f � � nên loại đáp án B Vậy ta chọn đáp án C Câu 49 [0D4-5.2-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m để bất phương trình m  x  1  m  x  1   x  1 �0 với x �� Tổng giá trị tất phần tử thuộc S A  B C  Lời giải Chọn C Đặt f  x   m  x  1  m  x  1   x  1 m  x3  x  x  1  m  x  1  � Ta có f  x    x  1 � � � D x 1  � f  x  � � m  x  x  x  1  m  x  1   0,  1 � Nhận xét: Nếu x  không nghiệm phương trình  1 x  nghiệm đơn phương trình f  x   nên f  x  đổi dấu qua nghiệm x  Suy mệnh đề f  x  �0 , x �� mệnh đề sai Do điều kiện cần để f  x  �0 , x �� x  nghiệm phương trình  1 m 1 � Khi ta có 4m  2m   � � � m � 2 +) Với m  , ta có f  x    x  1 x  x   �0 , x ��� chọn m  3 2 +) Với m   , ta có f  x    x  1  x  x   �0 , x ��� chọn m   � 3� 1;  � Vậy tổng giá trị tất phần tử thuộc S  Suy S  � 2 � Câu 50 [2D1-5.5-4] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hàm số f  x   mx  nx3  px  qx  r  m, n, p, q, r �� Hàm số y  f �  x  có đồ thị hình vẽ bên Tập nghiệm phương trình f  x   r có số phần tử A B C D Lời giải Chọn B Cách 1: 5�  x  ta có f �  x   k  x  1 �  x  3 , k  Dựa đồ thị hàm số y  f � �x  � � 4� ( x)  4mx3  3nx  px  q Mặt khác f � Đồng ta có � 5� 4mx3  3nx  px  q  k  x  1 �x  �  x  3 , x � 4� x 15 � � 13 � 4mx  3nx  px  q  k �x  x   � , x 4� � � 4m  k m k � � � � 13 � 13 3n   k � n k � � � 12 � f x  k �1 x  13 x  x  15 x � r ��   � �� � 12 4 � 2p   k �4 � � p   k � � 15 � � 15 q k � � q k � � x0 � � 13 15 � 13 15 �1 f  x   r � k � x4  x3  x  x �  r  r � x  x3  x  x  � � x 12 4 � 12 4 � �4 � x  � Chọn đáp án B x  1 � �  x   � �x  Cách 2: Xét hàm số f  x  có f � � � x3 � Ta so sánh f   với f  3 3 5� � 5� f� ( x)dx  � k  x  1 �x  �  x   k  x  1 �  x  3 � f  3  f    �  x  3 dx  Ta có: f � �x  � � 4� � 4� 0 � f    f  3 Bảng biến thiên: � �5 � � ; f  1 � Ta có r  f   ��f � � � �4 � � Đường thẳng y  f   cắt đồ thị hàm số f  x  điểm phân biệt Do phương trình f  x   r  f   có nghiệm phân biệt Chọn đáp án B ... nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách Xếp bạn nữ vào ba ghế lại có 3! cách Vậy xác suất cần tìm 6.4.2.3! 288   Đáp án A 6! 720 Câu 41 [2H3-3.8-3] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018- 2019) ... (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018- 2019) Đặt log  a , log16 27 3a 4a A B C D 4a 3a Lời giải Chọn B Ta có log16 27  log 33 3   log 4.log 4a Câu 21 [2D4-4.1-2] (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018- 2019) Ký hiệu z1... (ĐTK BGD&ĐT NĂM 2018- 2019) Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối diện
- Xem thêm -

Xem thêm: DTK BGDDT NAM 2018 2019, DTK BGDDT NAM 2018 2019

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn