50 tri Hàm số có giá trị nhỏ nh t bằng 0 và giá trị lớn nh t bằng 2 Giá trị cực đ i của hàm số bằng 5

Câuă47. Hàm số   f x có đ o hàm     2 2 f x x x   . Phát biểu nào sau đây là đúng ? A. Hàm số đồng biến trên khoảng   2;   B. Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 2   và   0;  C. Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 2   và   0;  D. Hàm số nghịc biến trên khoảng   2; 0  Câuă 48. Một bà mẹ Việt Nam anh hùng được hưởng số tiền là 4 triệu đồng một tháng chuy ển vào tài khoản của mẹ ở ngân hàng vào đ u tháng. Từ tháng 1 năm 2016 mẹ không đi rút tiền mà để l i ngân hàng và được tính lãi su t1 1 trên một tháng. Đến đ u tháng 12 năm 2016 mẹ rút toàn bộ số tiền gồm số tiền của tháng 12 và số tiền đã gửi từ tháng 1. Hỏi khi đó mẹ lĩnh về bao nhiêu tiền? Kết quả làm tròn theo đơn vị nghìn đồng

A. 50 tri

ệu 730 nghìn đồng B. 50 tri ệu 640 nghìn đồng C. 53 tri ệu 760 nghìn đồng D. 48 tri ệu 480 nghìn đồng Câuă49. Cho hàm số   f x xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên sau: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Hàm số có giá trị nhỏ nh t bằng 0 và giá trị lớn nh t bằng 2

B. Giá trị cực đ i của hàm số bằng 5

C. Hàm số đ t cực tiểu t i 2 x  và đ t cực đ i t i 5 x  D. Hàm số có đúng một cực trị Câuă50. Cho hàm số   2 1 .5 2 x x f x        . Kh ẳng định nào sau đây đúng ? A.   2 1 ln 2 ln 5 f x x x      B.   2 2 1 log 5 f x x x     C.   2 2 1 log 5 f x x x     D.   2 2 1 log 5 f x x x     ĐÁP ÁN 1D 2C 3A 4A 5A 6A 7B 8A 9C 10A 11B 12A 13B 14A 15D 16D 17A 18D 19C 20C 21B 22A 23C 24B 25B 26B 27D 28D 29D 30B 31C 32C 33B 34A 35A 36B 37B 38C 39D 40B 41A 42D 43D 44C 45D 46A 47B 48A 49D 50B GI I CHI TI T Câuă1. Cḥn C Phân tích: 30 60 BCA BCD    nên tam giác BCD là tam giác đều. Suy ra 2 2 3 3 2 2. 4 2 ABCD BCD a a S S    . Nên thể tích hình c n tính là 2 3 . 1 1 3 3 3 . . . 3 3 4 2 8 S ABCD ABCD a a a V SO S    Câuă2. Cḥn C Phân tích: Hàm số   4 2 2 4 5 y x m x m      có   3 4 4 4 y x m x    . Để đồ thị hàm số đã c ho có 3 điểm cực trị thì phương trình 0 y  có 3 nghiệm phân biệt. Ta th y:     2 2 4 4 4 x y x x m x m              Để phương trình 0 y  có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác hay 4 4 m m     . Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là 1 2 4 , 4 x m x m      Gi ả sử các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho l n lượt là:   2 4 ; 9 11 ,

A m

m m       0; 5

B m

 ,   2 4 ; 9 11

C m

m m      Theo bài ra ta có trọng tâm của tam giác ABC là   0;0 O nên ta có:   2 5 2 9 11 3 1 4 4 3 m m m m m m                    Câuă3. Cḥn D Phân tích: Đây là bài toán khá hay và khi tính toán c n phải áp dụng b t đẳng thức vào để tìm giá trị lớn nh t của thể tích. Đặt tên các đỉnh như hình vẽ. Gọi độ dài c nh đáy hình của hình chóp tứ giác đều là x. Theo bài ta ta có chiều cao của hình tam giác là mặt bên của hình chóp tứ giác đều là 5 2 2 2 BD x x DI BK      Khi đó chiều cao của hình chóp tứ giác đều được t o thành là 2 2 5 2 2 2 x x h                  Th ể tích hình c n tính là: 2 2 2 1 5 2 5 2 0; 3 2 2 2 x x V x x                                   Đến đây có nhiều cách giải nhưng cách giải nhanh nh t có lẽ là ta thay từng đáp án vào và xét t ừng giá trị của các đáp án đã cho để tìm kết quả đúng Câuă4. Cḥn D Phân tích: Tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: đường thẳng y y  là đường tiệm cận ngang gọi tắt là ti ệm cận ngang của đồ thị hàm số   y f x  n ếu   lim x f x y   ho ặc   lim x f x y   Tìm tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: đường thẳng x x  là đường tiệm cận đứng gọi tắt là ti ệm cận đứng của đồ thị hàm số   y f x  n ếu lim x x     ho ặc lim x x     ho ặc lim x x     ho ặc lim x x     Cách nhận biết số đường tiệm cận: Cho hàm phân thức       u x f x v x  . S ố tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là số nghiệm của h ệ phương trình     v x u x      . Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi     deg deg u x v x  trong đó deg là bậc của đa thức T ừ lý thuyết và nhận xét trên ta dễ dàng th y được đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận g ồm 2 đường tiệm cận ngang là 1; 1 y y    và 1 đường tiệm cận đứng là x  Câuă5. Cḥn C Phân tích: Nhiều em đã mặc định rằng ln x  với x   nên có tập xác định là   0;  Tuy nhiên đó là đáp án sai vì các em đã học không kĩ lý thuyết và nhớ nh m điều kiện tồn t i của hàm ln với tập giá trị của hàm ln. Điều kiện tồn t i của hàm ln y x  là x  Quay l i v ới bài toán ta có: Điều kiện để căn thức tồn t i là 3 1 ln 3 ln 3 x x x e        Câuă6. Cḥn D Phân tích: Để xét tính đồng biến nghịch biến của đ o hàm số nào đó ta thường xét d u của đ o hàm bậc nh t của hàm đó. Hàm số 3 2 6 10 y x x     có 2 3 12 y x x    . Ta th y   4;0 y x     nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   4; 0  và ngược l i hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng   ; 4   và   0;  Câuă7. Cḥn B Phân tích: Các em nhìn vào đồ thị hàm số   f x thì th y nó chỉ đổi chiều khi x đi qua điểm 2 hay t i điểm đó thì hàm số đ t cực trị và khi x đi qua điểm 1 thì đồ thị hàm số không đổi d u nên nó không có cực trị t i đó Câuă8. Cḥn A Phân tích: phương trình đã cho tương đương với   3 3 4 4 x x m      . Để tìm số nghiệm của ta tìm số giao điểm của đồ thị hàm số 3 3 4 y x x     hình vẽ đã cho và đường thẳng : 4 d y m   là đường thẳng song song với trục hoành Phương trình có 2 nghiệm hay đường thẳng d cắt đồ thị hàm số đã cho t i 2 điểm phân biệt hay 4 4 4 4 m m m m               Câuă9. Cḥn A Phân tích: Theo bài toán ta sẽ có được bán kính đáy của hình trụ là   2 2 1 2 3 r r r r    T ỉ số thể tích là     3 1 1 2 2 2 4 2 8 3 9 8 9 4 . 3 r V V V V r r       Câuă10. Cḥn D Phânătích: Khi quay hình chữ nhật một vòng quanh c nh AD thì được hình trụ có chiều cao là AD và bán kính đáy là DC Th ể tích c n tính là   2 3 . . . 3 9 V B h a a a      Câuă11. Cḥn A Phânătích: Đây là hàm bậc nh t trên bậc nh t nên nó có tiệm cận ngang và tiệm cận đứng. TCĐ của đồ thi hàm số 7 2 5 y x   là 5 2 x   và TCN là y  Nh ắc l i đồ thị hàm số ax b y cx d    có TCĐ là d x c   và TCN là a y c  Câuă12. Cḥn C Phân tích: Hàm số 4 2 2 1 y x x    có 3 4 4 y x x   . Xét tính biến thiên của y ta có 3 1 4 4 1 x y x x x             Nên hàm số đã cho nghịch biến trong các khoảng   ; 1   và   0;1 . Ngược l i thì ta có hàm số đồng biến trên các khoảng   1;0  và   1;  Câuă13. Cḥn A Phân tích: Để giải quyết được bài toán này các em c n dựng được mặt phẳng đi qua AC’ và song song v ới BD sau đó tìm giao điểm của nó với các c nh SB, SD Để dựng được mặt phẳng đi qua AC’ và song song với BD ta làm như sau: Gọi O là giao điểm của AC và BD, gọi I là giao điểm của SO và AC’. Qua I kẻ B’D’ song song với BD, khi đó ta có mặt phẳng c n tìm là mặt phẳng AD’C’B’. Ta d ễ dàng nhận th y rằng I là trọng tâm của tam giác SAC nên 2 3 SI SO  Theo định lí Ta lét ta có 2 3 SD SI SB SD SO SB    Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích của khối chóp tam giác tứ diện ta có: 2 1 1 . . 1. . 3 2 3 SAD C SADC V SA SD SC V SA SD SC    2 1 1 . . 1. . 3 2 3 SAB C SABC V SA SB SC V SA SB SC    Mà 1 2 SADC SABC SABCD V V V   nên 1 1 .2. 2 2 3 SAD C B SAD C SAB C SABCD V V V V V     Câuă14. Cḥn C Phân tích: Đây là một câu dễ nếu các em không thể suy luận nhanh thì nên thử các trường hợp c ủa đáp án đề cho để được đáp án chính xác nh t nhé Câuă15. Cḥn B Phân tích: anh sẽ giải nhanh câu này và ph n ý tưởng giải anh sẽ nói chi tiết ở câu 24. G ọi O là tâm của hình vuông ABCD. Kẻ SH AB  ta có:             , SAB ABCD AB SAB ABCD SH ABCD SH AB SH SAB             Và 3 2 a SH  các em nhớ nhanh cách tính đường cao của tam giác đều có c nh là a nhé Qua O d ựng trục đường tròn của đáy, dựng đường trung trực của SH, hai đường thẳng này giao nhau t i I và I là tâm của mặt c u ngo i tiếp c n tìm TínhR: 2 2 2 2 11 4 34 4 SH AC a R IO OC      Câuă16. Cḥn C Phân tích: Khi quay tam giác BMC quanh c nh AB ta th y khối tròn xoay t o ra sẽ là hình có th ể tích bằng thể tích hình nón có đường cao là c nh AB và đường sinh là c nh BC trừ đi hình nón có đường cao là c nh AB và đường sinh là c nh huyền BM của tam giác ABM. Khi đó thể tích khối tròn xoay t o ra là 2 2 1 1 . . . . 96 3 3 V AB AC AB AM       Câuă17. Cḥn B Phân tích: TXĐ: D  Hàm số đã cho có 2 3 2 1 y mx mx m      Xét trường hợp 1: 1 m y     không thỏa mãn  Xét trường hợp 2: m  Hàm số đã cho đồng biến trên khi y  với x   hay   2 3 3 3 1 3 2 2 m m x m m m x x                            Câuă18. Cḥn C Phân tích: Hàm số đã cho có 2 3 2 3 y mx x    , ý tưởng giải tương tự như câu 17, chúng ta cũng xét 2 trường hợp của tham số m, và trường hợp m  cũng không thỏa mãn. Ta xét trường hợp m  Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   3;0  khi và chỉ khi 0 y  với   3;0 x      2 3 2 3 0, 3;0 mx x x          2 2 3 , 3;0 3 x m x x       Xét hàm số     2 2 3 , 3;0 3 x f x x x      ta có   2 4 2 6 9 x x f x x   , ta th y hàm   f x ngh ịch biến trên khoảng   3; 0  nên       3;0 1 max 3 3 x f x f       nên 1 3 m   Câuă19. Cḥn B Phân tích: Nhớ l i điều kiện để điểm x x  là cực đ i cực tiểu của hàm số đã cho là         y x y x y x        . Vì 2 x  là điểm cực điểm của hàm số   3 2 2 3 3 1 y x x m x     nên ta có:     2 2 y y      Gi ải hệ b t phương trình này ta được 2 1 1 m m     Câuă20. Cḥn B Phân tích: Đối với d ng bài toán này có thể thử bằng máy tính CASIO, tuy nhiên người ra đề đã ra s ố quá to để khi thử máy tính không ra được kết quả chính xác, các em có thể làm như sau         2 50 2 50 50 2 50 3 3 3 3 log 9 6 log 3 2 log 9 6 log 3 2 x x x x          2 50 2 50 9 6 3 2 x x     50 2.3 x x       C âuă21. Cḥn C Phân tích:     3 . 1 1 1 , . . . 3 3 3 2 E BCD BCD ABCD V d E BCD S AA S a    Câuă22. Cḥn B Phân tích: Gọi H là trung điểm của BC, kẻ AK A H  , khi đó ta chứng minh được rằng     , d A A BC AK  Ta có 2 3 6 3, 2 2 a a AH a AK    . T ừ hệ thức 2 2 2 1 1 1 3

AA a

AK AA AH     Th ể tích hình c n tính là 3 1 3. . 3 .2 3 2 V a a a a   Câuă23. Cḥn D Các em thử bằng máy tính CASIO nhé Câuă24. Đápăánăkhác Phân tích: Để tính bán kính mặt c u của những khối chóp mà hình d ng của nó không có gì đặc bi ệt thì phương pháp chung đó là: - Xác định đường cao khối chóp SH. Xác định K là tâm vòng tròn ngo i tiếp đáy. - Dựng trục đường tròn đáy: Là đường thẳng qua tâm vòng tròn ngo i tiếp đáy và vuông góc với đáy đường thẳng này song song với đường cao của khối chóp - Dựng mặt phẳng trung trực của một c nh bên cắt trục đường tròn t i điểm I là tâm mặt c u ngo i ti ếp khối chóp. Thông thường ta xác định tâm I theo cách kẻ IE vuông góc với 1 SA tai trung điểm E của 1 SA Tính bán kính mặt c u ngo i tiếp của hình chóp theo công thức sau:   2 2 2 2 1 1 1 R IA IK KA    và     2 2 2 2 2 2 1 1 2 4 4 SA SA R IE KF IK EF       v ới K là hình chiếu của E lên đáy. Quay l i v ới bài toán trên, ta có thể làm theo 2 cách: một cách là dựng hình như trên và cách còn l i là dùng phương pháp tọa độ hóa.  Cách 1: Trình bày theo phương pháp hình học không gian Trước tiên ta tính toán các số liệu của bài toán: 2 2 2, 2 2 AC CD a SC SA AC a      G ọi K là trung điểm của c nh CD. Dựng trục đường tròn của đáy là đường thẳng đi qua K và song song v ới SA chiều cao của hình chóp. G ọi E là trung điểm của SC, qua E kẻ đường thẳng vuông góc với SC và cắt trục đường tròn của đáy t i I. Ta có I là tâm của mặt c u của hình chóp ngo i tiếp S.CDE K ẻ EF SA suy ra   EF ABCD  . Theo công thức đã nói ở trên ta có: 2 2 2 2 6 2 2 a R a IK a                2 2 2 2 2 2 4 4 SC SC R IE KF IK EF       2 2 2 2 6 2 2 a R a IK a              2 2 2 2 2 2 a R IK KD IK     T ừ 2 phương trình trên ta có 4 6 a IK  2 2 4 2 19 2 6 6 a a R a                    Cách 2: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa. Trong m ặt phẳng không gian cho hệ tọa độ Oxyz với O A  , tia AD trùng với tia Oy, tia AB trùng với tia Ox, tia AS trùng với tia Oz Khi đó ta có:     0;0;0 , ;0;0 A AB a B a   ,     2 0; 2 ;0 , 6 0;0; 6 AD a D a AS a S a     ,   ; ;0 BC a C a a   . Vì E là trung điểm của AD nên   0; ;0 E a Khi đó bài toán trở thành viết phương trình mặt c u đi qua 4 điểm S,E,D,C khi đã biết tọa độ của chúng. Để không phức t p trong tính toán các em nên cho 1 a  khi đó tọa độ các điểm sẽ là         0;1;0 , 1;1;0 , 0; 2;0 , 0;0; 6 E C

D S

Phương trình mặt c u đi qua 4 điểm đó có d ng: 2 2 2 2 2 2 x y z ax by cz d        v ới 3 2 2 2 d a b c R     L n lượt thay tọa độ các điểm S,D,E,C vào phương trình trên ta có hệ phương trình sau: 1 2 1 2 3 6 2 6 2 4 4 2 6 2 2 2 3 2 a b d b c d b d c a b d d                                        2 2 2 19 6 R a b c d       Câuă25. Cḥn D Phân tích: Thiết diện của mặt phẳng đi qua đỉnh nón với nón là hình tam giác có đỉnh là đỉnh nón. Gọi H là trung điểm của AB, khi đó ta có IH AB  . Đặt IH x  . Ta l n lượt tính được độ dài các đo n sau theo x và a . 2 2 2 2 2 a OH OI IH x           và 2 2 2 2 AB AH a x    khi đó diện tích tam giác OAB sẽ được tính là: 2 2 2 2 1 . 2 2 a S OH AB x a x           Áp dụng b t đẳng thức AM GM  ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 2 2 8 a x a x a S x a x a               Câuă26. Cḥn D Câuă27. Cḥn D Phân tích: Anh đã nói ở câu trên cách tìm tiệm cận ngang và tiệm cận đứng nên anh không nhắc l i n ữa Ta có 2 2 1 1 1 1 x m x x x m x x x            lim 1 , lim 1 x x x m x m       để tồn t i đường tiệm cận ngang thì 1 1 1 m m m           Câuă28. Cḥn C    2 1 2 1 3 2 1 1 ln 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x                           áp dụng công thức ln u u u  Câuă29. Cḥn B Phân tích: Thực ch t đây là bài toán tìm giá trị lớn nh t của hàm số. Để tìm giá trị lớn nh t của hàm số đã cho ta có 2 hướng giải là dùng khảo sát hàm số hoặc dùng b t đẳng thức.  Cách 1: Khảo sát hàm số Hàm số   2 0, 025 30 y x x   có   0.025 60 3 ; 20 y x x y x x        . Ta th y các giá tr ị     0, 20 10 y y   nên để lượng đường huyết giảm nhiều nh t thì ta c n tiêm với liều lượng là 20.  Cách 2: Áp dụng b t đẳng thức AM GM  ta có:   3 60 2 0, 0125 . 60 2 0, 0125 100 3 x x x y x x x              d u b ằng x ảy ra khi 60 2 20 x x x x      Cũng tương tự như thế nhưng nếu các em nhìn nhanh ra nó thì sẽ tiết kiệm hơn đó Câuă30. Cḥn C Phân tích: Thể tích hình chóp sẽ được tính như sau:     1 1 , . 3 3 C ABC ABC V d C ABC S V   Câuă31. Cḥn C Phân tích:   2 2 2 4 12 2 16 a b ab a b ab      . L y ln 2 v ế của phương trình trên ta có   2ln 2 4ln 2 ln ln a b a b         1 ln 2 2 ln 2 ln ln 2 a b a b      Câuă32. Cḥn B Phân tích: Khi quay hình tam giác ABC quanh c nh AC thì hình nón có đường sinh là AB thì sẽ nh ận BH là bán kính hình tròn đáy, và hình nón nhận BC là đường sinh sẽ nhận BH là bán kính hình tròn đáy với H là chân đường cao từ B xuống AC Ta có 1 2 4 V

AH V

BH   Câuă33. Cḥn B Phân tích: Hàm số 1 2 1 x y x    có   2 3 2 1 y x    nên hàm số đã cho đồng biến trên 1 ; 2         và 1 ; 2         . Vì hàm số đã cho liên tục và xác định trên   1;3 nên ta có GTNN của hàm số đó là   1 y  và GTLN của hàm số đó là   2 3 7 y  Câuă34. Cḥn D Phân tích: Thể tích hình c n tính là hiệu thể tích của hình nón có bán kính đáy là BC, chiều cao là AB và hình nón có bán kính đáy là MN, chiều cao là AM.   2 2 1 140 10.4 5.2 3 3 V      Câuă35. Cḥn C Phân tích: Vì cơ số của b t phương trình đã cho lớn hơn 1 nên ta có 2 2 3 1 3 x x x       Câuă36. Cḥn D Phân tích: gọi O là giao điểm của 2 đường chéo của đáy của hình chóp Theo bài ra ta có               SAC ABCD SBD ABCD SO ABCD SA SAC SBD            ;           , , , AB DC d AB SD d AB SCD d B SCD    . Ta có         , 2 , d B SCD DB DO d O SCD   nên     2 , 2 a d O SCD  V ì O là chân đường cao của hình chóp nên ta có cách dựng khoảng cách từ O đẻn mặt phẳng   SCD như sau: Kẻ , OH CD OK SH   thì ta có     2 , 2 a OK d O SCD   Áp dụng hệ thực lượng vào tam giác SOH vuông t i O ta có 2 2 2 1 1 1 SO a OK SO OH     Th ể tích hình c n tính là 3 1 2 . .2 3 3 V a a a a   Câuă37. Cḥn A Phân tích: Đề không cho số liệu gì ta chỉ nhìn trực quan để đánh giá đồ thị D ễ th y đây là đồ thị hàm số bậc nh t trên bậc nh t, nên ta lo i ý B,C Ta th y đồ thị hàm số giao với trục hoành t i điểm có hoành độ dương nên ta chọn ý A vì ý D giao di ểm của nó với trục hoành có hoành độ là 2   , không hợp lý khi chọn vào đồ thị trên đề bài. Câuă38. ĐápăánăD Phân tích: Thiết diện của hình nón với mặt phẳng qua đỉnh của nón là tam giác vuông cân t i đỉnh chóp có độ dài là 2a nên ta tính được chiều cao và bán kính đáy của hình nón là a tương ứng là chiều cao của tam giác vuông cân t i đỉnh O và thiết diện nó là tam giác vuông cân nên c nh huy ền của tam giác vuông cân sẽ đi qua tâm cua đáy V ậy thể tích hình c n tính là 3 3 a V   Câuă39. Cḥn B Phân tích: Hàm số 3 3 2 y x x    có 2 3 3; 1 y x y x       . Ta th y     1 4, 1 y y    nên giá trị CD y là 4. Câuă40. Cḥn C Phân tích: Với d ng bài toán này các em thử đáp án để tiết kiệm thời gian làm bài nhé. Cách giải chi tiết: 3 3 3 6 3 9 3 6 1 3 2 x x x x x x x                Câuă41. Cḥn A Phân tích: Áp dụng công thức tính thể tích bình thường để tính thôi các em 3 1 1 1 3 . . .2 .2 .sin120 3 3 2 3

ABC

a V SA S a a a    L uă ý: Diện tích tam giác khi đã biết độ dài 2 c nh và góc xem giữa là   1 . .sin , 2 S AB AC AB AC  Câuă42. Cḥn A Phân tích: Hàm số 2 4 1 1 x x y x     có          2 2 2 2 2 4 1 4 1 2 5 1 1 x x x x x x y x x            ; 1 6 1 6 x y x            Gi ả sử 2 điểm cực trị l n lượt là     1 6; 6 2 6 , 1 6; 6 2 6 A B         . Khi dó phương trình đi qua 2 điểm A,B là 2 4 y x   các em nhập vào máy tính để tìm luôn cho nhanh nhé b m “=” cho ta kết quả như trên. Nên . 2. 4 8 a b     Câuă43. Cḥn A Phân tích: Phương trình hoành độ giao điểm là 2 3 2 4 1 2 3 1 1 x x x x x x x                Khi đó hoành độ trung điểm I của đo n thẳng MN là 1 1 2 M N x x x    Câuă44. Cḥn D Phân tích: Ta có các nhận xét sau: 1 log .log 1 log log a b b b b a a a    log 2 log 3 ... log 2017 x x x M        log 2.3.....2017 log 2017 x x M    2017 M x   Câuă45. Cḥn B Phână tích: B t phương trình đã cho tương đương với   2 3 7 4 3 7 4 3 7 4 3 2 3 x x                   1 7 4 3 1 7 4 3 x x        Câuă46. Cḥn A Phânătích: Với d ng bài này các em nên chuyển biểu thức đã cho về d ng phân thưc, số mũ nguyên, các d ng hàm sơ c p cơ bản để tìm điều kiện xác định nếu các em không biết xác định điều kiện xác định từ hàm ban đ u nhé     4 2 4 2 1 4 1 4 1 x x     nên điều kiện xác định là 2 1 1 4 1 2 2 x x x        hay t ập xác định c ủa nó là 1 1 ; 2 2 \        Câuă47. Cḥn A Câuă48. Cḥn A Phân tích: Cuối tháng 1 người mẹ đó nhận được   6 4.10 1 1  Cu ối tháng 2 người m ẹ đó nhận được     6 6 4.10 1 1 4.10 1 1            2 6 6 4.10 1 1 4.10 1 1     Cu ối tháng 3 người mẹ đó nhận được     2 6 6 4.10 1 1 4.10 1 1              3 6 6 6 4.10 1 1 4.10 1 1 4.10 1 1       ầ Cu ối tháng thứ 11 người m ẹ đó nhận được s ố ti ền là       11 6 6 6 4.10 1 1 4.10 1 1 ... 4.10 1 1           6 11 4.10 1 1 1 1 1 1         46730012, 05  Vì đ u tháng 12 mẹ mới rút tiền nên mẹ được cộng thêm cả tiền lương của tháng 12 nữa nên t ổng số tiền mẹ sẽ nhận được là 6 46730012, 05 4.10 56730000   Lưu ý ta có công thức tính toán với bài toán: “hàng tháng gửi vào ngân hàng a đồng, lãi su t r, tính số tiền thu được sau n tháng là     1 1 1 n a A r r r         ” lời giải trên áp dụng công thức này Câuă49. Cḥn C Phân tích: Nhiều em không phân biệt được giá trị cực đ i với giá trị lớn nh t. Nhìn vào bảng biến thiên ta th y được giá trị cực đ i của hàm số là bằng 2 và giá trị cực tiểu của hàm số là bằng 0 đây cũng là giá trị nhỏ nh t luôn. Hàm số đ t cực đ i t i 5 x  và đ t cực tiểu t i 2 x  và 8 x  , hàm số đã cho có 2 cực tiểu và 1 cực đ i. Câuă50. Cḥn C Phân tích: L y logarit cơ số 2 của 2 vế b t phương trình ta có       2 2 2 1 log log 5 f x f x x x        2 2 log 5 x x    BIÊNăSOẠN B I TH Y Q Đ THI TH THPT QU C GIA L N 2 MÔNăTOÁNăNĔMă2017