Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn giải chi tiết đề toán 2018 HD (29)

ĐỀ THI ONLINE – ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – QUẢNG TRỊ LẦN 1 –
CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT – MÃ ĐỀ 132
3

Câu 1 (TH): Cho  e
0

A. S  4.

x 1

.

dx
 a.e2  b.e  c, với a, b, c là các số nguyên. Tính S  a  b  c.
x 1
B. S  1.

C. S  0.

D. S  2.


Câu 2 (NB): Giá trị lớn nhất của hàm số y   x 4  3x 2  1 trên  0; 2  là
A. y   3.

B. y  1.

C. y 

13
.
4

D. y  29.

Câu 3 (NB): Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của đúng một trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương
án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào ?

A. y 

 2x  2
.
x 1

B. y 

x2
.
x2

C. y 

2x  2
.
x 1

D. y 

x2
.
x 1



Câu 4 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   : 3x  2 y  z  6  0. Hình chiếu
vuông góc của điểm A  2;  1;0  lên mặt phẳng   có tọa độ là
A. 1;0;3 .

B.  1;1; 1 .

C.  2;  2;3 .

D. 1;1;  1 .

Câu 5 (NB): Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a.
A. V 

a3
.
3

B. V 

a3
.
6

C. V  a3 .

D. V 

2a 3
.
3

Câu 6 (NB): Với các số thực dương a, b bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. ln  ab   ln a  ln b .

C. ln

a
 ln b  ln a .
b

B. ln

a ln a

b ln b

D. ln  ab   ln a.ln b .

Câu 7 (NB): Tìm đạo hàm của hàm số y  log 2  x 2  1 .

1

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


A. y 

2x
.
 x  1 ln 2
2

B. y 

1
.
x 1

C. y 

2

1
.
 x  1 ln 2
2

D. y 

2x
.
x 1
2

Câu 8 (NB): Bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1 có tập nghiệm là
A.  2; 4  .

B.   3; 2  .

C.  1; 2  .

D.  5;    .

C. 1.

D. 0.

Câu 9 (NB): Giá trị cực tiểu của hàm số y  x3  3x  2 là
A.  1.

B. 4.

Câu 10 (NB): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tính khoảng cách từ điểm M 1; 2;  3 đến mặt phẳng

 P  : x  2 y  2 z  2  0.
A. 3.

B.

11
.
3

1
.
3

C.

D. 1.

Câu 11 (NB): Tìm tập xác định của hàm số y  log 1  2 x  1.
2

A. D  1;    .

1 
B. D   ;1 .
2 

1 
C. D   ;1 .
2 

D. D  1;    .

Câu 12 (NB): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai ?
A.  e x dx  e x  C.

B.  0 dx  C.

C.

1

 x dx  ln x  C.

D.

 x dx  x  C .

Câu 13 (NB): Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập xác định của nó ?
x

2
A. y    .
3

x

e
B. y    .
 

C. y 



 2 .

Câu 14 (TH): Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình log x3
A. 10 9 10 .

B. 10

x



2

D. y   0,5  .
x

 20log x  1  0 bằng

C. 1

D.

10

10

Câu 15 (NB): Tính thể tích khối chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 3a.
A.

a3 3
.
12

B. a3 .

C.

a3 3
.
4

D.

a3
.
3

Câu 16 (NB): Tìm tất cả giá trị của m để phương trình x3  3x  m  1  0 có ba nghiệm phân biệt.
 m  1
.
B. 
m  3

A. m  1.

C. 1  m  3.

D. 1  m  3.

Câu 17 (TH): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên mặt
phẳng đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh bên SD tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối
chóp S. ABCD.
A.

a 3 15
.
3

2

B.

a 3 15
.
27

C.

a 3 15
.
9

D.

a3
.
3

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 18 (TH): Một lô hàng có 20 sản phẩm, trong đó có 4 phế phẩm. Lấy tùy ý 6 sản phẩm từ lô hàng đó.
Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm.
A.

7
.
9

91
.
323

B.

C.

637
.
969

D.

91
.
285

Câu 19 (NB): Cho một khối nón có bán kính đáy là 9 cm, góc giữa đường sinh và mặt đáy là 300. Tính
diện tích thiết diện của khối nón cắt bởi mặt phẳng đi qua hai đường sinh vuông góc với nhau.
A. 162 cm2 .

B. 27 cm2 .
7

Câu 20 (TH): Cho tích phân



x3 dx
3

0

A. 2.

1  x2



C.

27
cm2 .
2

D. 54 cm2 .

m
m
, với
là một phân số tối giản. Tính m  7n.
n
n

B. 1.

C. 0.

D. 91.

Câu 21 (TH): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp một hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng a.

7 a 2
A.
.
3

7 a 2
C.
.
5

3 a 2
B.
.
7

Câu 22 (TH): Đồ thị hàm số y 
A. 1.

7 a 2
D.
.
6

6  x2
có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận ?
x 2  3x  4

B. 0.

C. 2.

D. 3.

Câu 23 (NB): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y  x 2  2 x và y   x 2  x.
A. 6.

B. 12.

C.

9
.
8

D.





2

2

0

0

10
.
3

Câu 24 (TH): Cho hàm số y  f  x  thỏa mãn  sin x. f  x  dx  f  0   1. Tính I   cos x. f   x  dx.
A. I  2.

B. I  1.

C. I  1.

D. I  0.

C. 194592.

D. 84510.

Câu 25 (NB): Số 7100000 có bao nhiêu chữ số ?
A. 85409.

B. 194591.

Câu 26 (TH): Phương trình

1
log
2

3

 x  3 

1
4
log9  x  1  2log9  4 x  có tất cả bao nhiêu nghiệm thực
2

phân biệt ?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 0.

Câu 27 (TH): Trên giá sách có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý, 6 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3
quyển sách. Tính xác suất để 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.
A.

33
.
91

B.

3

24
.
455

C.

58
.
91

D.

24
.
91

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 28 (TH): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 

mx  4
nghịch biến trên
xm

khoảng   ;1 .
A.  2  m  1.

B.  2  m  2.

C.  2  m  2.

D.  2  m  1.

Câu 29 (NB): Tìm m để hàm số y  x3  3mx 2  3  2m  1 x  1 đồng biến trên

.

A. m  1.

B. Luôn thỏa mãn với mọi m.

C. Không có giá trị m thỏa mãn.

D. m  1.

Câu 30 (TH): Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB là tam giác đều
nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S. ABCD.
A.

a3
.
4

B.

3a 3
.
4

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
4

Câu 31 (NB): Tìm phần thực của số phức z12  z22 , biết rằng z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình
z 2  4 z  5  0.

A. 4.

B. 6.

C. 8.

D. 5.

Câu 32 (TH): Giải phương trình cos3x.tan 4 x  sin 5x
A. x 

k 2
 k
, x 
3
16 8

C. x  k 2 , x 


16



 k  .

B. x  k , x 

 k  .

D. x 

k 3
8

Câu 33 (TH): Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y  2
 1 
A. m    ;1 .
 2 

Câu 34 (TH): Tính lim n
A.  .

1 
B. m   ;1 .
2 



4n2  3  3 8n3  n
B.  .

mx 1
xm


16



k
8

 k  .

k
 k 3
, x 
2
16
8

 k  .

1

nghịch biến trên  ;    .
2


1 
C. m   ;1 .
2 

D. m   1;1 .


C.

2
.
3

D. 1.

1
3
i. Tìm số phức w  1  z  z 2 .
Câu 35 (NB): Cho số phức z   
2 2
1
3
i.
A.  
2 2

B. 0.

C. 1.

D. 2  3i.

Câu 36 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  3;  2;3 , B 1;0;5  và đường thẳng

d  :

x 1 y  2 z  3


. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  d  để MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
1
2
2

A. M  2;0;5  .

4

B. M 1; 2;3 .

C. M  3;  2;7  .

D. M  3;0; 4  .

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 37 (VD): Cho hình trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A
lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC.
4

BC bằng

a3 3
.
A. V 
24

a3 3
.
B. V 
12

a3 3
.
C. V 
3

a3 3
.
D. V 
6

Câu 38 (VD): Một người vay ngân hàng 500 triệu đồng với lãi suất 0,5% trên 1 tháng. Theo thỏa thuận cứ
mỗi tháng người đó sẽ trả cho ngân hàng 10 triệu đồng và cứ trả hàng tháng như thế cho đến khi hết nợ
(tháng cuối cùng có thể trả dưới 10 triệu). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 57.

B. 56.

C. 58.

D. 69.

Câu 39 (TH): Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  1  x 2  3 x 4  1 liên tục trên

. Tính số điểm

cực trị của hàm số y  f  x  .
A. 3.

B. 2.

Câu 40 (VD): Cho f  x  là hàm số liên tục trên

C. 4.

D. 1.
1

và thỏa mãn điều kiện


0

f  x  dx  4,

3

 f  x  dx  6.
0

1

Tính I 

 f  2 x  1  dx.

1

A. I  6.

B. I  3.

C. I  4.

Câu 41 (VDC): Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log
giá trị Pmax của biểu thức P 

3x  2 y  1
.
x y6

A. Pmax  0 .

B. Pmax  2 .

3

D. I  5.

x y
 x( x  3)  y( y  3)  xy . Tìm
x  y 2  xy  2
2

C. Pmax  1 .

D. Pmax  3 .

Câu 42 (VD): Có 15 học sinh giỏi gồm 6 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Hỏi có
bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh.
A. 5005.

B. 805.

C. 4250.

D. 4249.

Câu 43 (VD): Một nhà máy cần sản suất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước. Mối quan
hệ giữa bán kính đáy R và chiều cao h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất là ?
A. R  2h.

B. h  2R.

C. h  3R.

D. R  h.

Câu 44 (VD): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;3 , B  3; 4; 4  , C  2;6;6  và
I  a; b; c  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính S  a  b  c.

A.

63
.
5

B.

5

46
.
5

C.

31
.
3

D. 10.

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


x
.
y

Câu 45 (VD): Cho log 9 x  log12 y  log16  x  3 y  . Tính giá trị

A.

3 5
.
2

5 1
.
2

B.

C.

3  13
.
2

13  3
.
2

D.

Câu 46 (VDC): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1;1;1 , B  0;1; 2  , C   2;1; 4  và mặt
phẳng  P  : x  y  z  2  0. Tìm điểm N   P  sao cho S  2 NA2  NB 2  NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất
A. N   2;0;1 .

 4 4
B. N   ; 2;  .
 3 3

 1 5 3
C. N   ; ;  .
 2 4 4

D. N  1; 2;1 .

Câu 47 (VDC): Cho hàm số y  x 4  2 1  m 2  x 2  m  1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.

1
B. m   .
2

A. m  0.

C. m  1.

1
D. m  .
2

a  c  b  1
. Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số
Câu 48 (VD): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
a  b  c  1  0
y  x3  ax 2  bx  c và trục Ox.

A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 49 (VDC): Cho hai số thực x  0, y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện  x  y  xy  x 2  y 2  xy. Giá
trị lớn nhất của biểu thức M 
A. 18.

1 1


x3 y 3

B. 1.

C. 9.

D. 16.

Câu 50 (VDC): Bạn Hoàn có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Hoàn muốn biến hình tròn đó thành một
cái phễu hình nón. Khi đó Hoàn phải cắt bỏ hình quạt AOB rồi dán hai bán kính OA và OB lại với nhau
(diện tích chỗ dán nhỏ không đáng kể). Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích
phễu lớn nhất ?

A.

2 6
.
3

6

B.


3

.

C.


2

.

D.


4

.

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN : BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM
1. D

2. C

3. A

4. B

5. C

6. A

7. A

8. C

9. D

10. A

11. B

12. C

13. C

14. A

15. B

16. D

17. C

18. C

19. D

20.B

21. A

22. A

23. C

24. D

25. D

26. B

27. C

28. D

29. A

30. A

31. B

32. B

33. A

34. C

35. B

36. A

37. B

38. C

39. A

40. D

41. C

42. C

43. B

44. B

45. D

46. D

47. A

48. C

49. D

50. A

Câu 1:
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về phương pháp đổi biến số tính tích phân
Lời giải:
Đặt t  e

x 1

3

Khi đó  e
0

 2 dt 

x 1

e

x  0  t  e
.
dx và đổi cận 
2
x

3

t

e
x 1

x 1

a  2
e2
dx
e2

.
 2  dt  2t e  2e2  2e  a.e2  b.e  c  b   2.
x 1
e
c  0


Vậy S  2.
Chọn C
Câu 2:
Phương pháp giải:
Khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên trên đoạn tìm max – min
Lời giải:

x  0
0  x  2
Ta có y   x  3x  1  y   4 x  6 x; y  0   3

.
x  6
4 x  6 x  0

2
4

2

3

 6  13
Tính các giá trị y  0   1; y 
Vậy max y 
 2   4 ; y  2    3.
0;2



 6  13
y 
  .
 2  4

Chọn C.
Câu 3:
Phương pháp giải:
Dựa vào hình dáng đồ thị, đường tiệm cận và giao điểm với trục tọa độ để xác định hàm số
Lời giải:
Dựa vào hình vẽ ta thấy rằng:


Hàm số có dạng bậc nhất trên bậc nhất và nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.

7

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!




Đồ thị hàm số có hai tiệm cận là x  1; y   2.



Đồ thị hàm số đi qua điểm  0; 2  và 1; 0  .

Vậy hàm số cần tìm là y 

 2x  2
.
x 1

Chọn A.
Câu 4:
Phương pháp giải:
Viết phương trình đường thẳng vuông góc với mặt và đi qua điểm, tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt
phẳng chính là tọa độ hình chiếu của điểm
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên    AH      AH  :

x  2 y 1 z

 .
3
2 1

Vì H   AH   H  3t  2;  2t  1; t  mà H     3  3t  2   2  2t  1  t  6  0  t  1.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là H  1;1; 1 .
Chọn B.
Câu 5:
Phương pháp giải:
Công thức tính thể tích khối lập phương
Lời giải:
Thể tích khối lập phương cạnh a là V  a3 .
Chọn C
Câu 6:
Phương pháp giải:
a
Sử dụng các công thức: log  ab   log a  log b; log    log a  log b (Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
b

Lời giải:
Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: ln  ab   ln a  ln b
Chọn A.
Câu 7:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm lôgarit  log a u  ' 

u'
u ln a

Lời giải:

8

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Ta có y  log 2  x  1  y 
2

x

x

2

 1

 1 ln 2

2



2x
.
 x  1 ln 2
2

Chọn A.
Câu 8:
Phương pháp giải:
Đưa về cùng cơ số. Dựa vào phương pháp giải bất phương trình lôgarit cơ bản
Lời giải:
Ta có

 x  1
 x  1
log 4  x  7   log 2  x  1  

log 2 x  7  log 2  x  1
 x  7  x  1
 x  1
 x  1


 1  x  2.
2
 x  7  x  2 x  1 3  x  2
Chọn C
Câu 9:
Phương pháp giải:

 f '  x0   0
Hàm số đạt cực tiểu tại x0  
 f ''  x0   0
Lời giải:
Ta có y  x3  3x  2  y  3x 2  3; x  R.
 x  1
.
Phương trình y  0  
x  1
y ''  6 x  y '' 1  6  0

Khi đó, giá trị cực tiểu của hàm số là y 1  0.
Chọn D
Câu 10:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Khoảng

cách

d  M ;  P 

từ

điểm

M  x0 ; y0 ; z0 

đến

mặt

 P  : Ax  By  Cz  D  0

phẳng

là :

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

Lời giải:
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  là d  M ;  P   

9

1.1  2.2  2.   3  2
1  2    2
2

2

2

 3.

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Chọn A
Câu 11:
Phương pháp giải:
Hàm số y  A xác định  A  0
Hàm số y  log a B xác định  B  0
Lời giải:

2 x  1  0
2 x  1  0
1

  x  1.
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi log  2 x  1  0  
2
2 x  1  1
 12
Chọn B.
Câu 12:
Phương pháp giải:
Dựa vào các công thức nguyên hàm cơ bản
Lời giải:
Ta có

1

 x dx  ln x  C  ln x  C.

Chọn C
Câu 13:
Phương pháp giải:
Hàm số mũ y  a x đồng biến trên tập xác định  a  1
Lời giải:
Dễ thấy y 

 2

x

 y 

 2  .ln
x

2  0; x  R  Hàm số y 

 2

x

đồng biến trên R.

Chọn C
Câu 14.
Phương pháp giải:
Đưa về phương trình bậc hai ẩn log x , sử dụng công thức log an bm 

m
log a b (giả sử các biểu thức là có
n

nghĩa).
Lời giải:
ĐK: x  0

 log x 

3 2

 20 log x  1  0,

 x  0

log x  1
 x  10
  3log x   10 log x  1  0  9 log x  10 log x  1  0  

1
9
log x 
 x  10
9

2

10

2

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: 10 9 10 .
Chọn A
Câu 15:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp
Lời giải:

1
a2
Thể tích khối chóp cần tính là V  Sh  .3a  a3 .
3
3
Chọn B.
Câu 16:
Phương pháp giải:
Cô lập tham số m, đưa về khảo sát hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:

 x  1  f 1   2
Xét hàm số f  x   x3  3x, có f   x   3x 2  3; f   x   0  
.
 x  1  f  1  2
Để phương trình f  x   m  1 có 3 nghiệm phân biệt   2  m  1  2  1  m  3.
Chọn D
Câu 17:
Phương pháp giải:
Xác định hình chiếu của đỉnh, xác định góc để tìm chiều cao và áp dụng công thức thể tích
Lời giải:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trọng tâm tam giác ABD.

S

Ta có SH   ABCD   SD;  ABCD    SD; HD   SDH  600.
ABCD là hình vuông cạnh a nên OD 

1
a 2
BD 
2
2
A

1
1a 2 a 2
HO  AO 

3
3 2
6

H
O

Tam giác HDO vuông tại O, có HD  OD 2  OH 2 
Tam giác SHD vuông tại H , có tan SDH 

D

a 5
.
3

B

C

SH
a 15
 SH 
.
HD
3

1
a 2 a 15 a 3 15

.
Vậy thể tích cần tính là VS . ABCD  .SH .S ABCD  .
3
3
3
9

Chọn C.

11

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 18:
Phương pháp giải:
Chia trường hợp của biến cố, áp dụng các quy tắc đếm cơ bản tìm số phần tử của biến cố
Lời giải:
6
Lấy 6 sản phẩm từ 20 sản phẩm lô hàng có C20
 38760 cách  n     38760.

Gọi X là biến cố 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. Khi đó, ta xét các trường hợp sau:
TH1. 6 sản phẩm lấy ra 0 có phế phẩm nào  có C166  8008 cách.
TH2. 6 sản phẩm lấy ra có duy nhất 1 phế phẩm  có C165 .C41  17472 cách.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n  X   8008  17472  25480.
Vậy xác suất cần tính là P 

n  X  25480 637


.
n    38760 969

Chọn C
Câu 19:
Phương pháp giải:
Xác định độ dài đường sinh qua góc và bán kính, tính diện tích tam giác vuông bằng tích hai cạnh góc
vuông
Lời giải:
Ta có cos 300 

r
r
3
l
 9:
 6 3.
0
l
cos 30
2

Diện tích cần tính là S 

2

l
2

6 3 


2

 54 cm 2 .

2

Chọn D.
Câu 20:
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ t  3 1  x 2 , đưa về tích phân hàm đa thức.
Lời giải:
Đặt t  3 1  x 2  t 3  1  x 2  2 x dx  3t 2 dt  x dx 
7



Khi đó

0

7

Vậy



x3 dx
3

1  x2

x3 dx
3

0

1  x2



7




0

x2
3

1  x2


3t 2
x  0  t  1
dt và 
.
2

x  7  t  2

t 3  1 3t 2
3
141
.
dt    t 4  t  dt 
.
t
2
21
20
1
2

.x dx  

2

m m  141


 m  7n  141  7.20  1.
n
n  20

Chọn B
Câu 21:

12

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Phương pháp giải:
Dựng hình, tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và tính bán kính dựa vào tam giác vuông
Lời giải:
Xét lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh bằng a.
Gọi O là tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AA.
Qua O kẻ d1   ABC  , qua M kẻ d 2  AA và d1  d 2  I .

M

AA2
4

C

A

2

Mà AA  a; R ABC

B'

I

 a 3  a 2 a 21

.

 
4
6
 3 

a 3

 IA 
3

C'

d2

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC.
Tam giác IAO vuông tại O, có IA  IO 2  OA2  R2 ABC 

d1

A'

O
B

2

Vậy diện tích cần tính là Smc

 a 21  7 a 2
 4 R  4 . 
.
 
3
 6 
2

Chọn A
Câu 22:
Phương pháp giải:
Tìm tập xác định, tính giới hạn của hàm số dựa vào định nghĩa tiệm cận đứng, tiệm cận ngang
Lời giải:





Vì hàm số xác định trên khoảng  6; 6 không chứa  nên không tồn tại lim tại 
Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

6  x 2  0

Xét hệ phương trình  2
 x  1  Đồ thị hàm số có duy nhất 1 tiệm cận đứng.

 x  3x  4  0
Chọn A.
Câu 23:
Phương pháp giải:
Tìm hoành độ giao điểm, áp dụng công thức tính diện tích giới hạn bởi hai đồ thị hàm số
Lời giải:
Hoành độ giao điểm của  P1  ,  P2 
3
2

x  0
.
là nghiệm của phương trình: x  2 x   x  x  
x  3

2
2

3
2

2

3
2

9
Vậy diện tích cần tính là S   x 2  2 x    x 2  x  dx   2 x 2  3x dx    3x  2 x 2  dx  .
8
0
0
0
Chọn C.
Câu 24:

13

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp từng phần tính tích phân
Lời giải:


2

u  cos x
du   sin x dx


Đặt 

, khi đó I  cos x. f  x  02   sin x. f  x  dx.
dv  f   x  dx
v  f  x 
0





 





2

2

 cos . f    cos 0. f  0    sin x. f  x  dx   f  0    sin x. f  x  dx  1  1  0.
2 2
0
0
Chọn D.
Câu 25:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tìm số chữ số của một số vô cùng lớn
Lời giải:
Số các chữ số của số 7100000 là log 7100000   1  100000.log 7   1  84509  1  84510.
Chọn D.
Câu 26:
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức lôgarit, đưa về phương trình lôgarit cùng cơ số
Lời giải:
Điều kiện: x  1 .
Ta có

1
log
2

3

 x  3 

1
4
log9  x  1  2log9  4 x   log3  x  3  log3 x  1  log3 4 x
2

 x  3 x  1  4 x
x  3
 log3  x  3 x  1  log3 4 x   x  3 x  1  4 x  

.
x  3  2 3
 x  3 x  1   4 x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Chọn B.
Câu 27:
Phương pháp giải:
Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản.
Lời giải:
Chọn 3 quyển sách trong 15 quyển sách có C153  455 cách  n     455.
Gọi X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.
Và X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra không có quyển sách toán. Khi đó, ta xét các trường hợp sau:
TH1. Lấy được 2 quyển lý, 1 quyển hóa  có C52 .C61  60 cách.

14

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


TH2. Lấy được 1 quyển lý, 2 quyển hóa  có C51.C62  75 cách.
TH3. Lấy được 3 quyển lý, 0 quyển hóa  có C53 .C60  10 cách.
TH4. Lấy được 0 quyển lý, 3 quyển hóa  có C50 .C63  20 cách.

 

 

Suy ra số phần tử của biến cố X là n X  165  P X 

 

Vậy xác suất cần tính là P  X   1  P X  1 

   165  33 .

n X

n  

455

91

33 58
 .
91 91

Chọn C
Câu 28:
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số b1 trên b1 đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng
Lời giải:
Ta có y 

mx  4
m2  4
 y 
; x   m.
2
xm
 x  m

 y  0
m2  4  0

Yêu cầu bài toán  

  2  m  1.
 x   m    ;1  m  1

Chọn D
Câu 29:
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định
Lời giải:
Ta có y  x3  3mx 2  3  2m  1 x  1  y  3x 2  6mx  3  2m  1 ; x  R
Hàm số đồng biến trên R  y  0; x  R  x 2  2mx  2m  1  0; x  R


2
a  1  0

  m  1  0  m  1.
2

    m   2m  1  0
Chọn A.
Câu 30:
Phương pháp giải:
Dựng chiều cao, xác định góc và độ dài đường cao của khối chóp
Lời giải:

15

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Gọi M là trung điểm của AB  SM 

3
a 3
AB 
.
2
2

S

Và H là hình chiếu vuông góc của S trên  ABCD  .
Khi đó  SAB  ;  ABCD    SM ; MH   SMH  600.
 SMH vuông tại H , có sin SMH 

D
A

SH
a 3 3a
 SH  sin 600.
 .
SM
2
4

M
B

2

H
C

3

1
a 3a a
Vậy thể tích khối chóp S. ABCD là VS . ABCD  .SH .S ABCD  .  .
3
3 4
4
Chọn A.
Câu 31:
Phương pháp giải:
Áp dụng định lí Vi-et của phương trình bậc hai.
Lời giải:
 z1  z2  4
2
 z12  z22   z1  z2   2 z1 z2  42  2.5  6.
Ta có z 2  4 z  5  0  
 z1 z2  5

Chọn B.
Câu 32:
Phương pháp giải:
Quy đồng, đưa về dạng tích và sử dụng công thức tích thành tổng
Lời giải:
Điều kiện: cos 4 x  0  x 


8



k
.
4

Ta có cos3x.tan 4 x  sin 5x  cos3x.sin 4 x  cos 4 x.sin 5x
 x  k
9 x  7 x  k 2
1
1
  sin x  sin 7 x    sin x  sin 9 x   sin 7 x  sin 9 x  

 x    k
2
2
9 x    7 x  k 2
16 8


 tm 

Chọn B.
Câu 33:
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện để hàm số bậc nhất trên bậc nhất đồng biến hoặc nghịch biến trên các khoảng xác định
của nó.
Lời giải:
Ta có y  2

16

mx 1
xm

mx 1
mx 1
mx  1  x  m
m2  1 x  m

 y  
.2 .ln 2; x   m.
 .2 .ln 2 
2
 xm 
 x  m

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


m 2  1  0
m 1
1
1

1

Hàm số nghịch biến trên  ;    
 0; x   
1
    m  1.
2
2
2
2

 x  m
x   m   2 ;   



2

Chọn A.
Câu 34:
Phương pháp giải:
Dựa vào phương pháp tính giới hạn (nhân liên hợp) của dạng vô định   
Lời giải:
Ta có

4n 2  3  3 8n3  n  4n 2  3  2n  2n  3 8n3  n .



Khi đó lim n

 lim



3
4n  3  2n
2



n



4n  2n 8n  n 
2

3

3n

4n 2  3  3 8n3  n  lim

4n 2  3  2n

3

 lim

3

8n

3

 n

2

.

n2
4n 2  2n 3 8n3  n  3  8n3  n 

2

3
1
3
1
2
 lim


 .
2
2
2  2 4  2.2  2
3
3
1 3
1 
4 2 2
3 8
4

2

8



n
n2
n2 


Chọn C.
Chú ý và sai lầm : Học sinh có thể sử dụng MTCT cho bài toán này.
Câu 35:
Phương pháp giải:
Bấm máy hoặc khai triển bằng tay tìm số phức w
Lời giải:
2

 1
1
3
3  1
3 3 2
1
3
Ta có z   
i  z 2    
i   
i i  
i.
2 2
4
2 2
 2 2  4 2
1
3 1
3
i 
i  0.
Vậy w  1  z  z 2  1  
2 2
2 2

Chọn B.
Câu 36:
Phương pháp giải:
Vì điểm M thuộc d nên tham số hóa tọa độ điểm M, tính tổng MA2  MB 2 đưa về khảo sát hàm số để tìm giá
trị nhỏ nhất
Lời giải:

 AM   t  2; 4  2t; 2t 
.
Vì M   d   M  t  1; 2  2t ; 2t  3 suy ra 
 BM   t; 2  2t; 2t  2 

17

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Khi đó T  MA2  MB 2   t  2    4  2t   4t 2  t 2   2  2t    2t  2   18t 2  36t  28.
2

2

2

2

Dễ thấy 18t 2  36t  28  18  t 2  2t  1  10  18  t  1  10  10  MA2  MB 2  10.
2

Vậy Tmin  10. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t  1  M  2;0;5  .
Chọn A.
Câu 37:
Phương pháp giải:
Dựng hình, xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau để tính chiều cao lăng trụ
Lời giải:
 AG  BC
 BC   AAM  .
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có 
 AM  BC

Kẻ MH  AA

 H  AA  MH

B'

C'

là đoạn vuông góc chung của BC, AA.
A'

 d  BC ; AA '  MH 

Mà d  d  G;  AA   

a 3
4

2
2
a 3
d  M ;  AA    MH 
.
3
3
6

H
M
C

B

1
1
1
a
Xét tam giác vuông AA’G có :

 2  AG  .
2
2
AG
AG
d
3

G

Vậy thể tích cần tính là

A

a a 2 3 a3 3
VABC . ABC   AG  S ABC  .

.
3 4
12

Chọn B.
Câu 38:
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức bài toán vay vốn trả góp, hoặc tìm từng tháng, dùng phương pháp quy nạp và đưa về
tổng của cấp số nhân
Lời giải:
Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là 500 1  0,5%   10 triệu đồng.
Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là

500 1  0,5%   10 . 1  0,5%   10  500. 1  0,5%   10 1  0,5%   1 triệu đồng
2

Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là
3
2
500. 1  0,5  10. 1  0,5%   1  0,5%   1 triệu đồng.



Số tiền gốc còn lại sau tháng thứ n là 500. 1  0,5%   10. 1  0,5% 

n

n 1

 1  0,5% 

n2

 ...  1 triệu.


Đặt y  1  0,5%  1, 005 thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là

18

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


T  500 y  10  y
n

n 1

y

n2

 ...  y  1  500 y 
n

10  y n  1
y 1

 500.1, 005n  2000. 1, 005n  1 .

Vì lúc này số tiền cả gốc lẫn lãi đã trả hết  T  0  1500.1,005n  2000  n  log1,005

4
 57,68
3

Vậy sau 58 tháng thì người đó trả hết nợ ngân hàng.
Chọn C
Câu 39:
Phương pháp giải:
Giải phương trình f’ bằng 0, tìm nghiệm và lập bảng biến thiên xét điểm cực trị
Lời giải:

 x  1
2
Ta có f   x    x  1  x 2  3 x 4  1  0   x  1  x 2  3  x  1  x 2  1  0  
.
x


3

Dễ thấy f   x  đổi dấu khi đi qua 3 điểm x  1; x   3  Hàm số có 3 điểm cực trị
Chọn A.
Câu 40:
Phương pháp giải:
Chia trường hợp để phá trị tuyệt đối, sử dụng đổi biến số để đưa về tích phân đề bài cho
Lời giải:


1

Ta có I 

1
2

1



1
2

1

 f  2 x  1  dx   f  2 x  1  dx   f  2 x  1  dx   f   2 x  1 dx   f  2 x  1 dx .

1

1



1
2

1


I1

1
2

I2

 x  1  t  1
0
1
1
1
dt

. Khi đó I1    f  t  dt   f  x  dx  2.
 Đặt t   2 x  1  dx   và 
1
21
20
2
 x   2  t  0

1

3
3
1
1
dt
x    t  0
. Khi đó I 2   f  t  dt   f  x  dx  3.
và 
 Đặt t  2 x  1  dx 
2
20
20
2
 x  1  t  3
1

Vậy I 

 f  2 x  1  dx  I

1

 I 2  2  3  5.

1

Chọn D
Câu 41:
Phương pháp giải:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, từ đó đánh giá giá trị lớn nhất của biểu thức.
Lời giải:

19

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


log

3

x y
 x( x  3)  y ( y  3)  xy
x  y 2  xy  2
2

 log 3 ( x  y )  log

3

x

2

 y 2  xy  2   x 2  3x  y 2  3 y  xy

 log 3 ( x  y )  3x  3 y  log

3

x

 log 3 ( x  y )  2  3x  3 y  log
 log 3 (3x  3 y )  3 x  3 y  log

3

2

3

 y 2  xy  2   x 2  y 2  xy

x

x

2

Đặt f (t )  log 3 t  t , t  0  f '(t ) 

 2 

(1)

2

 y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2

 y 2  xy  2   x 2  y 2  xy  2

(2)

1
 1  0, t  0  f (t ) đồng biến trên (0; ) .
t ln 3

f (3x  3 y )  f ( x 2  y 2  xy  2)  3x  3 y  x 2  y 2  xy  2

 4 x 2  4 y 2  4 xy  12 x  12 y  8  0
 (2 x  y ) 2  6(2 x  y )  5  3( y  1) 2  0  1  2 x  y  5

Khi đó, P 

2 x  y  5  0
3x  2 y  1
2x  y  5
.
 1
 1 , vì 
x y6
x y6
x  y  6  0

2 x  y  5  0
x  2

Vậy, Pmax  1 khi và chỉ khi 
.
 y 1  0
y 1

Chọn C.
Câu 42:
Phương pháp giải:
Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản
Lời giải:
Ta đi làm phần đối của giả thiết, tức là chọn 6 học sinh giỏi chỉ lấy từ một khối hoặc hai khối.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 15 học sinh giỏi của 3 khối có C156  5005 cách.
Số cách chọn 6 học sinh giỏi bằng cách chỉ lấy từ 1 khối 12 là C66  1.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 10 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 11 có C106  210 cách, tuy nhiên phải trừ đi 1
trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12  số cách chọn là 210  1  209 cách.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 11 học sinh giỏi của 2 khối 12 và 10 có C116  462 cách, tuy nhiên phải trừ đi 1
trường hợp nếu 6 học sinh chỉ ở khối 12  số cách chọn là 462  1  461 cách.
Chọn 6 học sinh giỏi trong 9 học sinh giỏi của 2 khối 11 và 10 có C96  84 cách.
Suy ra số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5005  209  461  84  1  4250 cách.
Chọn C
Câu 43:
Phương pháp giải:
Chuẩn hóa thể tích, đưa diện tích toàn phần về hàm số, khảo sát hàm (hoặc bất đẳng thức) tìm min

20

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Lời giải:
Thể tích của khối trụ là V   R 2 h  h 

V
1
. Chuẩn hóa V    h  2 .
2
R
R

Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp  2 Rh  2 R2  2 R.

1
 2 R 2
2
R

1
1
1 
1
6


2 1
 2  R 2    2  R 2 

3 .
  2 .3 3 R . .
R
2R 2R 
2R 2R
4



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R 2 

1
1
 h  2  2R
2R
R

Chọn B.
Câu 44:
Phương pháp giải:
Tâm đường tròn ngoại tiếp cách đều 3 đỉnh của tam giác và thuộc mặt phẳng chứa tam giác
Lời giải:

 AB   2; 2;1
Ta có 
  AB; AC    2;  5;6   Phương trình  ABC  : 2 x  5 y  6 z  10  0.
AC

1;
4;3





 I  mp  ABC 
Vì I  a; b; c  là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC  

 IA  IB  IC
2
2
2
2
2
2
 IA2  IB 2
 IA  IB

 a  1   b  2    c  3   a  3   b  4    c  4 
Lại có 
 2

2
2
2
2
2
2
2
 IA  IC
 IA  IC


 a  1   b  2    c  3   a  2    b  6    c  6 

2a  1  4b  4  6c  9  6a  9  8b  16  8c  16

2a  1  4b  4  6b  9  4a  4  12b  36  12c  36
4a  4b  2c  27

2a  8b  6c  62
Kết hợp với 2a  5b  6c  10  0  a 

3
49
46
; b  4; c  . Vậy S  .
10
10
5

Chọn B
Câu 45:
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình mũ (dạng đẳng cấp bậc hai)
Lời giải:

 x  9t

Đặt log9 x  log12 y  log16  x  3 y   t  
và x  3 y  16t.
t

 y  12
Suy ra 9  3.12  16   3
t

21

t

t



t 2

 3.3 .4   4
t

t



t 2

2

t
 3 t 
3
 0      3.    1  0
4
 4  

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


x 9t  3   3  13
 3   3  13
  
  t   
.
2
y 12  4 
2
4
t

t

Chọn D
Câu 46:
Phương pháp giải:
Xét đẳng thức vectơ, đưa về hình chiếu của điểm trên mặt phẳng
Lời giải:
Gọi M  a; b; c  thỏa mãn đẳng thức vectơ 2MA  MB  MC  0

 2 1  a;1  b;1  c    0  a;1  b; 2  c    2  a;1  b; 4  c   0
  4a; 4  4b;8  4c   0
a  0

 b  1  M  0;1; 2 
c  2

2

2

2



 
2

 
2

Khi đó S  2 NA2  NB2  NC 2  2 NA  NB  NC  2 NM  MA  NM  MB  NM  MC



2



 4MN 2  2 NM .  2MA  MB  MC   2MA2  MB 2  MC 2


const
0


2
2
2
2
 4MN  2MA  MB  MC
const

Suy ra Smin  MN min  N là hình chiếu của M trên  P   MN   P  .
Phương trình đường thẳng MN là

x y 1 z  2
 N  t ;1  t ; t  2  .


1
1
1

Mà M  mp  P  suy ra t  1  t   t  2  2  0  t  1  N  1; 2;1 .
Chọn D.
Câu 47:
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ điểm cực trị của đồ thị hàm số trùng phương và tính diện tích tam giác
Lời giải:
TXĐ : D  R
Ta có y  4 x 3  4 1  m 2  x; x  R.

x  0
Phương trình y  0   2
2
x  1 m

 

.

Hàm số có 3 điểm cực trị    có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m2  0  1  m  1.

22

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


x  0  y  m 1

2
Khi đó y '  0   x  1  m2  y    m 2  1  m  1

2

2
2
 x   1  m  y    m  1  m  1
Gọi A  0; m  1 , B

 1 m ;   m 1  m 1 , C  
2

2

2



1  m2 ;   m2  1  m  1 là ba điểm cực trị. Tam
2

giác ABC cân tại A.





Trung điểm H của BC là H 0;   m2  1  m  1  AH   m2  1  1  m2 
2

2

2

Và BC  2 1  m 2
2
1
Diện tích tam giác ABC là S ABC  . AH .BC  1  m2  1  m2 
2

Mà 1  m2  1; m  R suy ra

1  m 

2 5

1  m 

2 5

 1  SABC  1.

Vậy Smax  1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m  0.
Chọn A
Câu 48:
Phương pháp giải:
Chọn hệ số a, b, c hoặc đánh giá tích để biện luận số nghiệm của phương trình
Lời giải:


a  c  b  1
a  b  c  1  0
 y  1  0
Cách 1. Ta có 


 y  1 . y 1  0
y
1

0


a  b  c  1  0 a  b  c  1  0 

 
 xlim
 
Lại có 
 x3  ax 2  bx  c  0 có 3 nghiệm thuộc khoảng   ; 1 ,  1;1 , 1;    .
 
 xlim


a  4

Cách 2. Chọn b   7  y  x3  4 x 2  7 x  1 và đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
c   1

Chọn C
Câu 49:
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ, đưa về hàm một biến, dựa vào giả thiết để tìm điều kiện của biến
Lời giải:
Từ giả thiết chia cả 2 vế cho x 2 y 2 ta được :
Đặt

x  y x 2  y 2  xy
1 1 1 1 1

   2 2 .
2 2
xy
x y
x y x
y
xy

1
1
 a,  b, ta có a  b  a 2  b2  ab
x
y

23

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!


Khi đó M 

1 1
2
 3  a3  b3   a  b   a 2  ab  b2    a  b  .
3
x
y

3
2
2
2
 ab
Ta có a  b  a 2  b 2  ab  a  b   a  b   3ab mà ab  
 nên a  b   a  b    a  b 
4
 2 
2

  a  b   4  a  b   0  0  a  b  4. Suy ra M   a  b   16.
2

2

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  2  x  y  . Vậy M max  16.
2
Chọn D.
Câu 50:
Phương pháp giải:
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối nón và áp dụng công thức tính độ dài cùng tròn
Lời giải:
Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của phễu hình nón.

1

Thể tích của khối nón là V   r 2 h  r 2 l 2  r 2 , với l là độ dài đường sinh và l  R bán kính tấm bìa
3
3
hình tròn  V 


3

.r 2 R2  r 2 


3

 r 2 1  r 2 vì chuẩn hóa R  1.

Xét hàm số f  r   r 2 1  r 2 trên  0;1 , có f   r  

2r  3r 3
1 r2

; r   0;1 .

 6 2 3
0  r  1
6
Ta có f   r   0  

r



max
f
r

f
.



 
3
3
9
2r  3r  0
 3 
Do đó Vmax 

2 3
6
. Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi r 
.
27
3

Mà độ dài cung phần cuộn làm phễu chính là chu vi đáy hình nón  x.R 

2 6
2 6
 x
.
3
3

Chọn A

24

Truy cập trang http://Tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử
- Địa – GDCD tốt nhất!



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×