Lời giải chi tiết đề tham khảo kỳ thi THPT Quốc gia năm 2019 môn Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 ĐỀ THI THAM KHẢO Bài thi : TOÁN MÃ ĐỀ THI : 001 Thời gian làm bài: 90 phút,không kể thời gian phát đề SẢN PHẨM ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI TẬP THỂ GIÁO VIÊN NHÓM WORD HÓA TÀI LIỆU & ĐỀ THI TOÁN 1. QUẢN TRỊ VIÊN: Lê Đức Huy, Nguyễn Tấn Linh, Ngô Thanh Sơn 2. GIÁO VIÊN GIẢI: Quang Đăng Thanh, Thu Do, Tuân Chí Phạm, Vu Thom, Trần Thanh Sơn, Tấn Hậu, Trụ Vũ, Tuân Diệp, Đinh Gấm, Dương Đức Trí, Hoang Nam, Khoa Nguyen, Phạm Văn Bình, Thái Dương, Phu An, Nguyễn Mai Mai, Linh Trần, Trần Đức Nội, Nguyễn Hùng, Dung Pham, Thông Đình Đình, Nguyễn Văn Nay, Huynh Quang Nhat Minh, Nguyễn Trung Kiên, Hồng Minh Trần 3. GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN: Tâm Nguyễn Đình, Phạm Văn Mạnh, Ngô Quang Nghiệp, Hongnhung Nguyen Câu 1: Thể tích của khối lập phương cạnh 2a là A. 3 8a . B. 3 2a . C. 3 a . D. 3 6a . Lời giải Chọn A Thể tích khối lập phương là  3 3 28 Va a  . Câu 2: Cho hàm số   yf 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 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số giá trị cực đại của hàm số bằng 5 . Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1; 1 A  và   2,3, 2 B . Vectơ AB    có tọa độ là A.   1; 2; 3 . B.   12;3  . C.   3;5;1 . D.  3; 4;1 . Lời giải Chọn A Ta có     21;3 1;2 1 AB        1; 2; 3 AB     . Câu 4: Cho hàm số   yf x  có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây? x    f x    f x 2    00 1 5     0 A.  0;1 . B.   ;1   . C.   1;1  . D.   1; 0  . Lời giải Chọn D Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên hai khoảng   1; 0  và   1;  . Câu 5: Với , ab là hai số thực dương tùy ý,   2 log ab bằng: A. 2log log ab  . B. log 2log ab  . C.   2log log ab  . D. 1 log log 2 ab  . Lời giải Chọn B   22 log log log log 2log ab a b a b    . Câu 6: Cho  1 0 2 fx dx   và  1 0 5 gx dx   , khi đó   1 0 2 fxgxdx       bằng: A. 3  . B. 12 . C. 8  . D. 1. Lời giải Chọn C.      11 1 00 0 2222.58 f x g x dx f x dx g x dx        . Câu 7: Thể tích của khối cầu bán kính a bằng A. 3 4 3 a  . B. 3 4 a  . C. 3 3 a  . D. 3 2 a  . Lời giải Chọn A Ta có thể tích của khối cầu có bán kính là a là: 3 3 44 33 a VR    . Câu 8: Tập nghiệm của phương trình   2 2 log 2 1 xx   là: A.   0. B.   0;1 . C.   1; 0 .  D.   1. Lời giải Chọn B Ta có:  22 2 log 2 1 2 2 xx xx       2 0 0 1 x xx x         . Câu 9: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   Oxz có phương trình là: A. 0. z  B. 0. xy z   C. 0. y  D. 0. x  Lời giải Chọn C Theo lý thuyết ta có phương trình mặt phẳng   Oxz là: 0 y  . Câu 10: Họ nguyên hàm của hàm số   x fxe x   là A. 2 x ex C  . B. 2 1 2 x ex C   . C. 2 11 12 x ex C x    . D. 1 x eC  . Lời giải Chọn B. Ta có:   2 1 2 xx f xdx e xdx e x C      . Câu 11: Trong không gian Oxyz , đường thẳng 12 3 : 21 2 x yz d     đi qua điểm nào dưới đây? A.  2; 1; 2 Q  . B.   1; 2; 3 M   . C.   1; 2; 3 P . D.   2;1; 2 N . Lời giải Chọn C. Ta có: đường thẳng 12 3 : 21 2 x yz d     đi qua điểm   1; 2; 3 P . Câu 12: Với k và n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn kn  , mệnh đề nào dưới đây đúng? A.  ! !! k n n C kn k   . B. ! ! k n n C k  . C.  ! ! k n n C nk   . D.   !! ! k n kn k C n   . Lời giải Chọn A. Ta có:  ! !! k n n C kn k   . Câu 13: Cho cấp số cộng  n u có số hạng đầu 1 2 u  và công sai 5 d  . Giá trị của 4 u bằng A. 22 . B. 17 . C. 12. D. 250 . Lời giải Chọn B Ta có 41 3 2 3.5 17 uu d     . Câu 14: Điểm nào trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn số phức 12 zi  ? A. N . B. P . C. M . D. Q . Lời giải Chọn D Số phức 12 zi   có điểm biểu diễn là  1; 2  do đó chọn  1; 2 Q  . Câu 15: Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây? A. 21 1 x y x    . B. 1 1 x y x    . C. 42 1 yx x   . D. 3 31 yx x   . Lời giải Chọn B Dựa vào hình vẽ, nhận thấy đồ thị của hàm số có đường tiệm cận đứng 1 x  và đường tiệm cận ngang 1 y  nên chỉ có hàm số ở phương án B thỏa. Câu 16: Cho hàm số   f x liên tục trên đoạn   1; 3  và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1; 3  . Giá trị của Mm  bằng A. 0 . B. 1. C. 4 . D. 5. Lời giải Chọn D. Dựa vào đồ thị trên, ta có: 3, 2 5 Mm Mm    . Câu 17: Cho hàm số  fx có đạo hàm     3 '12, fx xx 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:  0 '0 1 2 x fx x x          . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị. Câu 18: Tìm các số thực a và b thỏa mãn   212 ab ii i   với i là đơn vị ảo. A. 0, 2 ab  . B. 1 ,1 2 ab   . C. 0, 1 ab   . D. 1, 2 ab  . Lời giải Chọn D. Ta có:  212 ab ii i    2 212 abii i    21 1 2 abi i   21 1 1 22 aa bb        . Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   1;1;1 I và   1; 2;3 A . Phương trình của mặt cầu tâm I và đi qua A là A.      22 2 11 129 xy z      . B.      22 2 11 15 xy z      . C.      22 2 11 125 xy z     . D.      22 2 11 15 xy z      . Lời giải Chọn B Mặt cầu tâm   1;1;1 I , bán kính 5 rIA  , có phương trình:      22 2 11 15 xy z      . Câu 20: Đặt 3 log 2 a  , khi đó 16 log 27 bằng A. 3 4 a . B. 3 4a . C. 4 3a . D. 4 3 a . Lời giải Chọn B Ta có 4 3 16 2 2 3 331 3 log 27 log 3 log 3 . 44log24a    . Câu 21: Kí hiệu 1 z , 2 z là hai nghiệm phức của phương trình 2 35 0 zz   . Giá trị của 12 zz  bằng A. 25. B. 5. C. 3. D. 10. Lời giải Chọn A Ta có 2 311 22 35 0 311 22 zi zz zi            12 311 3 11 25 22 2 2 zz i i      Câu 22. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng :2 2 10 0 Px y z    và :2 2 3 0 Qx y z    bằng A. 8 . 3 B. 7 3 . C. 3. D. 4 . 3 Lời giải Chọn B. Mặt phẳng :2 2 10 0 Px y z    có véc tơ pháp tuyến  1; 2; 2 P n    Mặt phẳng :2 2 3 0 Qx y z    có véc tơ pháp tuyến  1; 2; 2 Q n    Do 12 2 10 12 2 3     nên    // mp P mp Q Chọn   0;0;5 AmpP  thì       ;; 22 2 02.0 2.5 3 7 . 3 12 2 mp P mp Q A mp Q dd      Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình 2 2 327 xx   là A.  ;1 .  B.  3; .  C.  1; 3 .  D.   ;1 3; .     . Lời giải Chọn C. Bất phương trình 22 2232 327 3 3 2 3 xx xx xx       2 23 0 1 3. xx x      Vậy  1; 3 . S Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây ? A.  2 2 1 22 4 . xx dx    B.  2 1 22 . xdx    C.  2 1 22 . xdx    D.  2 2 1 22 4 . xx dx     Lời giải Chọn D. Từ đồ thị hình vẽ  22 1; 2 3 2 1 x xx x        nên diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là     22 22 2 11 321 2 24 S x x x dx x x dx              Câu 25: 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. 3 2 3 a  . D. 3 3 a  . Lời giải Chọn A Ta có: 2 la  ; ra  22 3 hl r a    . Diện tích đáy là: 22 Sr a    3 2 11 3 ..3 33 3 a VSh a a      Câu 26: Cho hàm số   yf 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 Từ bnagr biến thiên ta thấy : lim 2 x y   2 y  là tiệm cận ngang. lim 5 5 x yy    là tiệm cận ngang. 1 lim x y    1 x  là tiệm cận đứng. Vậy đồ thị có tổng số 3 tiệm cận ngang và tiệm cận đứng. Câu 27: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng: 2a a hA. 3 42 3 a . B. 3 8 3 a . C. 3 82 3 a D. 3 22 3 a . Lời giải Chọn A Xét khối chóp tứ giác đều . SABCD với O là tâm đáy. Ta có: 2 2 AC AO a  22 2 2 42 2 SO SA AO a a a      . 2 2.2 4 ABCD Saaa  . 3 2 . 11 42 ..4.2 33 3 S ABCD ABCD a VSSO aa   . Câu 28. Hàm số   2 2 log 2 fxxx  có đạo hàm : A.  2 ln 2 2 fx x x    . B.   2 1 2ln2 fx xx    . C.    2 22ln2 2 x fx x x     . D.   2 22 2ln2 x fx xx     . Lời giải Chọn D Ta có       2 2 2 22 2 22 log 2 2 ln2 2 ln2 xx x fx x x f x xx x x         . Câu 29. Cho hàm số   yf x  có bảng biến thiên sau O A B D C S Số nghiệm thực của phương trình   230 fx   là A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có    3 230 2 fx fx    . Từ bảng biến thiên ta nhận thấy đường thẳng 3 2 y   cắt đồ thị hàm số   yf x  tại 4 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt. Câu 30. Cho hình lập phương . ABCD ABCD    . Góc giữa hai mặt phẳng   ABCD  và   ABC D   bằng A. 30 . B. 60 . C. 45 . D. 90  . Lời giải Chọn D ADAD   ; ADCD   vì   ' CD ADD A     AD ABCD       ABC D A B CD     . Góc giữa hai mặt phẳng   ABCD  và   ABC D   bằng 90 . Câu 31: Tổng tất cả các nghiệm của phương trình   3 log 7 3 2 x x   bằng A. 2 B. 1 C. 7 D. 3 Lời giải Chọn A. ĐK :70 3 x  -2 -2 2 -2 ∞ + ∞ + 1 f(x) ∞ ∞ 0 + + f'(x) x 0 00 +Ta có:   3 log 7 3 2 x x   2 73 3 x x    9 73 3 x x   Đặt 3, 0 x tt  . Phương trình trở thành: 9 7 t t   2 79 0 tt    . 12 13, 7 tt    nên phương trình có 2 nghiệm t dương phân biệt. Ta có: 12 1 2 12 1 2 33.3 . 9 2 xx x x tt x x    Câu 32: Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ     12 , H H xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là 11 2 2 ,, , rh r h thỏa mãn 212 1 1 ,2 2 rrh h  (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 3 30cm , thể tích khối trụ   1 H bằng A. 3 24cm B. 3 15cm C. 3 20cm D. 3 10cm Lời giải Chọn C Gọi 12 , VV lần lượt là thể tích khối trụ     12 , H H 2 2 1 222 1 1 1 2 22 V Vrh r h       12 2 VV  mà 12 1 30 20 VV V    Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số     41 ln fxx x  là A. 22 2ln 3 x xx  . B. 22 2ln x xx  . C. 22 2ln 3 x xx C   . D. 22 2ln x xx C  . Lời giải Chọn D     4 1 ln 4 4 ln I f xdx x xdx xdx x xdx        . + 2 1 42 xdx x C   . + 22 2 2 2 2 2 1 ln ln ln . ln ln 22 2 2 2 2 4 xx x x x x x x xdx xd x dx x dx x C x          Suy ra 22 2 2 2 22 ln 2 ln I x xx x C xx x C       . Câu 34. Cho hình chóp . SABCD có đáy là hình thoi cạnh  ,60, a BAD 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 Dựng AKCD  , AHSK  . Ta có  CK AK CK SAK CK AH CK SA         AH CK AHSCK AH SK       . Có          // // ; ; AB CD AB SCD d B SCD d A SCD AH    . Do  30 CK AK AB AK KAD     . Trong tam giác KAD vuông tại K , ta có  3 .cos 2 a AK AD KAD  . Trong tam giác SAK ta có: 22 2 2 3 . .21 2 7 3 4 a a AS AK a AH AS AK a a     . Vậy,   21 ; 7 a dB SCD  . Câu 35. Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng  :30 Px y z   và đường thẳng 12 : 12 1 xy z d     . Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là A. 11 1 14 5 x yz     . B. 11 1 32 1 x yz      . C. 11 1 14 5 x yz     . D. 14 5 11 1 xy z    . Lời giải Chọn C Gọi là hình chiếu vuông góc của d trên   P Gọi       ;1 2;2 Nd P Nt t t d       . Do      12 2 3 0 1 NP t t t t      . Suy ra   1;1;1 N A D C B S K HMặt khác   1 0; 1 ; 2 M d  .Gọi  là đường thẳng qua 1 M vuông góc     1;1 ;1 P Pu n      12 : 11 1 xy z     Gọi       ;1 ;2 Md P Mt t t      . Do      2 12 30 3 MP t t t t      218 14 5 ;; ;; 333 33 3 MMN                  Do đó, phương trình đường thẳng đi qua   1;1;1 N và có vtcp   1; 4; 5 u   là 11 1 14 5 x yz     Vậy, Hình chiếu vuông góc của d trên   P có phương trình là 11 1 14 5 xy z     Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số     32 6x 4 9 4 1 yx m x      nghịch biến trên khoảng   ;1   là A.   ;0  . B. 3 ; 4       . C. 3 ; 4      . D.   0;  Lời giải Chọn C Ta có   '2 312x 4 9 yx m     Hàm số  1 nghịch biến trên khoảng   ;1  khi và chỉ khi         '2 2 312x 4 9 0, ;1 4 3 12x9 , ;1 yx m x m x gx x                      ;1 3 4min 2 3 4 x mgxg m        Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn    22 zi z   là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu 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   , za biab    ,   ; M ab là điểm biểu diễn cho số phức z .       2 22 22 22 4 2 2 4 zi z z z zi i a b a bi a bii i             22 22 22 4 a b ab ab i         22 zi z  là số thuần ảo    22 22 22 0 1 1 2 ab a b a b          . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm   1; 1 I   có bán kính 2 R  . Câu 38: Cho  1 2 0 ln 2 ln 3 2 xdx ab c x     với ,, abc là các số hữu tỷ. Giá trị của 3ab c  bằng A. 2  . B. 1  . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn B  1 2 0 2 xdx I x    ; Đặt   2 t x dt dx   Đổi cận : 02 13 xt xt       3 33 22 22 2 212 2 1 ln ln 3 ln 2 ln 2 ln 3 3 t Idt dt t ab c ttt t                       . 1 3 1 1 a b c           31 abc    . Câu 39. Cho hàm số   yf x  . Hàm số   yf x   có bảng biến thiên như sau: Bất phương trình   x fxe m  đúng với mọi   1;1 x khi và chỉ khi: A.   1 mf e  . B.  1 1 mf e   . C.  1 1 mf e   . D.   1 mf e  . Lời giải Chọn C   x fxe m  đúng với mọi   1;1 x  x f xe m  đúng với mọi   1;1 x với     x gx f x e  Ta có     x gxf x e   . Từ bảng biến thiên suy ra  0 fx   với mọi   1;1 x Khi đó       1;1 1 max 1 1 gx g f e      . Vậy    1;1 max gxm     1 1 f m e   . Câu 40. Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, 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 đối diện với một học sinh nữ bằng A. 2 5 B. 1 20 C. 3 5 D. 1 10 Lời giải Chọn A Mỗi cách xếp 6 học sinh vào 6 chiếc ghế là một hoán vị của 6 phần tử, vì vậy số phần tử của không gian mẫu là:   6! 720 n   . Gọi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều đối diện với một học sinh nữ” Với cách xếp như vậy thì 3 nam phải ngồi đối diện với 3 nữ. Khi đó ta thực hiện như sau: + Bạn nam thứ nhất có 6 cách chọn chỗ. + Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 3 cách chọn 1 bạn nữ. + Bạn nam thứ hai có 4 cách chọn chỗ. + Vị trí đối diện bạn nam thứ nhất có 2 cách chọn 1 bạn nữ. + Bạn nam thứ ba có 2 cách chọn chỗ. + Bạn nữ cuối cùng chỉ còn duy nhất 1 cách chọn chỗ. Theo qui tắc nhân, số phần tử của biến cố A là:   6.3.4.2.2.1 288 nA . Vậy xác suất của biến cố A là:  288 2 720 5 PA   . Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm   2; 2; 4 A  ,   3;3; 1 B và mặt phẳng  :2 2 8 0 Px y z    . Xét M là điểm thay đổi thuộc   P , giá trị nhỏ nhất của 22 23 MAMB  bằng: A.135. B. 105. C. 108. D. 145. Lời giải Chọn A. Gọi I là điểm thoả mãn 23 0 IA IB              223 3 0 550 1 223 3 0 5 50 1 550 1 24 3 1 0 II II II I I II II xx xx yy y y zz zz                        nên   1;1 ;1 I  cố định. Khi đó:     22 22 22 23 2 3 2 3 MA MB MA MB MIIA MIIB                222 5 2 2 323 MIMI IA IB IA IB        22 2 52 3 MIIA IB   . Do đó, để 22 23 MAMB  nhỏ nhất thì 22 2 52 3 MIIA IB  nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng   P .    2; 1 ; 2 P IM kn k      hay 21 1 21 M M M xk yk zk           Mà  :2 2 8 0 MP x y z      22 1 1 22 1 8 0 9 9 0 1 kk k k k    .  1; 0; 3 M  . Vậy 22 2 3 2.6 3.41 135 MA MB    . Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2 24   zzz và 133     zi z i ? A. 4 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B Gọi   ,,    zx yi xy . Khi đó:    22 2 22 22 44 0, 01 24 4 4 44 0, 0 2 xy x x zzz x y x xy x x                   Và        22 2 2 133 1 1 3 3             zi z i x y x y  22 2 2 21 2 1 6 9 6 9 48 16 243 xx y y x x y y xy x y                +) Thay  3 vào  1 ta được:      2 22 2 1 2 4 42 4 40 4 16 16 8 16 40 yy y y y y y                2 224 55 58 40 20 yx n yy yx n             Suy ra có 2 số phức thỏa mãn điều kiện. +) Thay  3 vào   2 ta được:    2 22 2 1 2 4 42 4 40 4 16 16 8 16 40 yy y y y y y                 2 20 524 280 14 8 55 yx l yy yx n                Suy ra có 1 số phức thỏa mãn điều kiện. Vậy có 3 số phức thỏa mãn điều kiện. Câu 43: Cho hàm số  yf x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình   sin f xm  có nghiệm thuộc khoảng   0;  là A.   1; 3  . B. 1;1  . C.   1; 3  . D.   1;1  . Lời giải Chọn D Do  0; x   nên   sin 0;1 x  , theo đồ thị thì ta thấy phương trình   ftm  có nghiệm   0;1 t  khi   1;1 m . Do đó phương trình   sin f xm  có nghiệm thuộc khoảng   0;  khi   1;1 m . Câu 44: 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 ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây ? 1 y x 3 1 1 1A. 2, 22 triệu đồng. B. 3, 03 triệu đồng. C. 2, 25 triệu đồng. D. 2, 20 triệu đồng. Lời giải Chọn A Gọi S là số tiền ông A vay ngân hàng, r là lãi suất mỗi tháng. Số tiền ông A nợ sau một tháng là:   .1 SSr S r   . Gọi x là số tiền ông A phải trả mỗi tháng. Sau 1 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:   1 Sr x   Sau 2 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:     2 11 1 11 Sr x S r xrx S r x r                 Sau 3 tháng thì số tiền ông A còn nợ là:          22 32 1 1 1 1 11 1 1 11 S r xr S r xr rxS r x r r                         … Sau n tháng thì số tiền ông A còn nợ là:          12 11 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 11 n nn n n n n r x Srx r r S rx Sr r rr                     Sau n tháng ông A trả hết nợ, khi đó:     .1 11 10 11 n nn n Sr r x Sr r x r r           . Với 100 S  triệu đồng, 0,01 r  và 5.12 60 n   tháng thì:   60 60 100.0.01 1 0.01 2, 22 10.01 1 x    triệu đồng. Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm   2;1 ;3 E , mặt phẳng  :2 2 3 0 Px y z    và mặt cầu        22 2 :3 2 5 36 Sx y z      . 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. 29 19 38 x t yt zt         . B. 25 13 3 x t yt z           . C. 2 1 3 x t yt z           . D. 24 13 33 x t yt zt         . Lời giải Chọn C. Mặt cầu có tâm   3; 2;5 , 6, 6 IRIE R   suy ra E nằm trong mặt cầu. Gọi      '; Ir CP S  suy ra ' I là hình chiếu vuông góc của I xuống mặt phẳng   P . Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với   P là 32 :22 5 x t dy t zt            .   23 14 47 5 '';; ' 1;1;4 99 9 9 Id P I IE            . Vì  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và cắt   S tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất nên  là đường thẳng đi qua E , nằm trong   P và vuông góc với ' IE suy ra   ,' 91; 1;0 P un IE              . Vậy Phương trình của  : 2 1, 3 xt ytt z           . Câu 46: Một biển quảng cáo có dạng hình elip với bốn đỉnh 12 12 ,, , A AB B như hình vẽ bên. Biết chi phí để sơn phần tô đậm là 2 200.000 nđ v / m và phần còn lại 2 100.000 nđ v / m . Hỏi số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết 12 8m AA  , 12 6m BB  và tứ giác MNPQ là hình chữ nhật có 3m MQ  ? A. 7.322.000 đồng. B. 7.213.000 đồng. C. 5.526.000 đồng. D. 5.782.000 đồng Lời giải Chọn A Gọi phương trình chính tắc của elip   E có dạng: 22 22 1 xy ab   Với 12 12 82 4 62 3 AA a a BB b b            22 2 3 :1 16 16 9 4 xy Ey x   . Suy ra diên tích của hình elip là    2 .12 m E Sab   . Vì MNPQ là hình chữ nhật và  3 3; 2 MQMx E      2 2 133 1 12 2 3; ; 2 3; 16 4 2 2 x xM N            Gọi 12 ; SS lần lượt là diện tích phần bị tô màu và không bị tô màu Ta có:  44 4sin 22 2 2 2 23 23 3 4. 16 d 3 16 d 4 6 3 m 4 xt Sxx xx S      Suy ra:  12 863 E SS S     . Gọi T là tổng chi phí. Khi đó ta có   4 6 3 .100 8 6 3 .200 7.322.000 T     (đồng). P Q N M B 1 A 2 B 2 A 1 x y 3 4 P Q N M B 1 A 2 B 2 A 1 O 1Câu 47: Cho khối lăng trụ . ABC ABC   có thể tích bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA  và BB  . Đường thẳng CM cắt đường thẳng CA   tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB  tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi . A MP B NQ   bằng A. 1 . B. 1 3 . C. 1 2 . D. 2 3 . Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm PQ , h là đường cao của khối lăng trụ, S là diện tích ABC  . Theo đề ta có 1 Sh  . Mặt khác, ta có IAB IBP ABC SS S S        và     1 ,, 22 h d N ABC d B ABC        . Do đó .. . . . 11 33..... 323 2 AMP BNQ AMP BIN B INQ A BIN N IBQ IAB IBP hh VV V V V S S              1112 ... 23 2 2 6 3 hh SS     . Câu 48. Cho hàm số   f x có bảng xét dấu của đạo hàm như sau x    0   2 4 0   f x  0  1 3 0 Hàm số   3 32 3 yfx x x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây ? A.   1;  . B.   ;1   . C.   1; 0  . D.   0; 2 . Lời giải Chọn C. Ta có   2 323 3 yfx x    nên   2 02 1 yfx x         Từ bảng biến thiên của   f x  ta suy ra bảng biến thiên của   2 fx   như sau x    0   2 0  0  1 0  2 fx   1  0 I Q P N M C' B' A' C B ATừ bảng biến thiên trên, ta có dáng điệu đồ thị của hàm số   2 fx   và đồ thị hàm số 2 1 yx   được vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây: x y 1  1 2 1 yx     2 yf x    2 O Từ hình vẽ trên ta suy ra   11 x    . Do đó chọn đáp án C. Câu 49: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình    24 2 11610 mx mx x     nghiệm đúng với mọi x   . Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng A. 3 2  . B. 1. C. 1 2  . D. 1 2 . Lời giải Chọn C. - Ta có:           24 2 2 3 2 1161 1 1 16 f x mx mx x x mx x x mx             22 2 2 2 11 2 3 4 2 6 x x mx mx m m m m                2 22 2 2 2 12 3 1426 xmx mxmm x m m         Do đó điều kiện cần để   0, fx x   là     2 14 2 6 0, xm m x      2 1 42 60 3 2 m mm m         . - Với 1 m  thì      2 2 1240, fx x x x x       , do đó 1 m  thỏa mãn. - Với 3 2 m  thì    2 2 99 21 10, 42 4 fx x x x x          , do đó 3 2 m  thỏa mãn. Vậy 3 ;1 2 S     , tổng các phần tử của S bằng 31 1 22   . Chọn C. Cách 2 (của thầy Trần Đức Nội ) Ta có:         24 2 1161 fx m x m x x         23 2 11161. x mx x x mx x g x            . - Nếu 1 x  không phải là nghiệm của   g x thì   f x sẽ đổi dấu khi x đi qua 1. Do đó điều kiện cần để   0, fx x   là 1 x  phải là nghiệm của   0 gx  2 1 42 60 3 2 m mm m         . - Với 1 m  thì      2 2 1240, fx x x x x       , do đó 1 m  thỏa mãn. - Với 3 2 m  thì    2 2 99 21 10, 42 4 fx x x x x          , do đó 3 2 m  thỏa mãn. Vậy 3 ;1 2 S     , tổng các phần tử của S bằng 31 1 22   . Chọn C. Câu 50. Cho hàm số  43 2 fxmx nx px qx r       ,, , , m n pqr   . Hàm số   yf x   có đồ thị như hình vẽ bên. Tập nghiệm của phương trình   fxr  có số phần tử là A. 4 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải Chọn B. Vì  43 2 fx mxnx pxqx r     nên   f x  là hàm số bậc 3. Từ đồ thị hàm số   yf x   ta suy ra:     5 13 4 fx mx x x        và 0 m  .         33 00 5 30 dx 1 3dx0 4 ff fx mx x x             .     30 f fr   Ta có bảng biến thiên của hàm số   yf x  như sau: Vậy phương trình  fxr  có 3 nghiệm phân biệt. --- HẾT ---