Đề số 17 lời giải

Câu 2: Cho hình hình chóp S ABCD.. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA, vuông góc với mặt phẳng đáy và SA 7a.. Lời giải Chọn B Gọi OACBD và H là hình chiếu của O lên SC, hay OH SC...

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 17

Câu 1: Cho số phức z x yi x y  , ,    thỏa mãn z 2   i z 3 4i và

2 3  2 1  1

z  i  y  y i

là số thuần ảo Giá trị của 11x11y bằng

Lời giải

Chọn D

Ta có:

2 3  2 1  1 2 1 3 1

z  i  y  y i x y   x y  i

Do z2 3 i2y 1 y1i

là số thuần ảo nên 2x y  1 0 Mặt khác: z 2   i z 3 4i  5x3y10 0

Do đó, ta có hệ phương trình

13

11

x

x y

y







  



Vậy 11x11y28.

Câu 2: Cho hình hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA, vuông góc với mặt

phẳng đáy và SA 7a Khoảng cách giãu hai đường thẳng BD và SC bằng

A

14 3

a

14 6

a

14 12

a

Lời giải

Chọn B

Gọi OACBD và H là hình chiếu của O lên SC, hay OH SC

Ta có BDAC và BDSA nên BDSAC BD OH

Khi đó d BD SC , OH

Ta có



2 7

6

a

a

Câu 3: Cho hình nón có đường sinh bằng avà góc ở đỉnh bằng 0

90 Cắt hình nón đó bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và tạo với mặt đáy của hình nón một góc 60 ta được một thiết0 diện có diện tích bằng

A

3

a

2

3

a

6

a

3

a

Lời giải Chọn A

Gọi SFG là thiết diện cần tìm và H là trung điểm FG

Ta có: SA a và OSA  450nên

2 2

a

O S OA 

Xét OSHcó SHO  600nên

.tan 30

6

a

6

Do OHG vuông tại H nên

GH  OG  OH       

Vậy nên

3

a

GF 

suy ra

2

SGF

a

Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;1; 1 , B7; 2;2  và đường thẳng

1 3

2 2

 





   

  

Gọi  P

là mặt phẳng chứa đường thẳng , khoảng cách từ A đến  P

gấp đôi khoảng cách

từ B đến  P

và A B, nằm khác phía so với  P

Biết rằng phương trình  P

có dạng

28 0

z

ax by c    Giá trị của a b c  bằng

A 26 B 26 C 34 D 34

Lời giải Chọn B

Đường thẳng

1 3

2 2

 





   

  

 đi qua điểm M  1;2;2

, có một véc tơ chỉ phương u3; 2; 2 



Mặt phẳng  P

: ax by c  z 28 0 có một véc tơ pháp tuyến n a b c ; ; .

+) Do mặt phẳng  P

chứa đường thẳng  nên:

0



 

1

+) Khoảng cách từ A đến  P

gấp đôi khoảng cách từ B đến  P

, suy ra:

 

 

Từ (1) và (2) ta được: 56; 133; 49  : 56 133 49 308 0

( loại do

,

A B nằm cùng phía so với  P

)

Từ (1) và (3) ta được: a8;b15;c 3  P : 8x15y3z 28 0. ( thỏa mãn A B, nằm khác phía so với  P

)

Khi đó: a b c   8 15 3 26. 

Câu 5: Bạn An được gia đình gửi vào sổ tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 0,5% một tháng theo

hình thức lãi kép Nếu mỗi tháng An rút ra một số tiền như nhau vào ngày ngân hàng trả lãi thì hàng tháng An rút ra số tiền gần nhất với số nào sau đây để đúng sau 4 năm vừa hết số tiền trong sổ tiết kiệm?

A 4687000đồng. B 4697000đồng. C 4690000đồng. D 4700000đồng.

Lời giải

Chọn B

Cuối tháng thứ nhất, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là T1A1r

và sau khi rút

số tiền còn lại là:

1

r

 

(X là số tiền rút hằng tháng) Cuối tháng thứ hai, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là:

T A r  X r A r  X r

Và sau khi rút, số tiền còn lại là:

2

2

r

 

Do đó ta có công thức tổng quát số tiền còn lại n sau tháng là:

 

n

 

Áp dụng công thức Ta có sau 4 năm rút hết tiền tiết kiệm nên n48,S n  0

Suy ra:

48 6

48

0.005

đồng

Câu 6: Xét hai số phức z z thoả mãn 1, 2 z1  1 i 1, z2 1 i  và 2 z1 z2 2 2 i  3

Giá trị lớn nhất của 3z12z2 1 5i bằng

A 6 37 B 5 23 C 6 11 D 6 13

Lời giải

Đặt u z  1 1 ,i v z 2  Từ giả thiết ta có: 1 i u 1,v 2,u v  3

Khi đó, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất 3u2v 6i

Ta có: 2 2 2  

2

u v u  v  uv uv  uv uv 

3u2v 9u 4v 6 uv uv 37 3u2v  37

Khi đó: 3u2v 6i 3u2v  6i  37 6

Câu 7: Cho phương trình log 22 x m 4xm

với m là tham số thực Có bao nhiêu giá trị nguyên

của m  27;27

sao cho phương trình trên có nghiệm?

Lời giải

Chọn B

Đặt ulog 22 x m   2u 2x m Khi đó ta có hệ:



Suy ra u 4x 2u 2x 2u  u 22x2x f u  f 2x  *

Xét hàm đặc trưng f t  2t t

với t  Ta có: f t'  2 ln 2 1 0,t     t

Suy ra f t 

đồng biến trên    , mặt khác theo ;   * u2x

Do đó: m2x 4x g x 

Ta có: g x'  2 4 ln 4x

2

ln 4

 

 

o

và g x o 0,91

Lập bảng biến thiên, ta có:

Do đó để phương trình ban đầu có nghiệm  m g x  o 0,91

Do  27; 27  26; 25; ; 1







 





m

m m

nên có 26 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 8: Xét hai số thực dương x y, thay đổi và thỏa mãn  2    1 2 

3

log  x 2 y1 y  9 x y1

trị nhỏ nhất của biểu thức P x 22y bằng

A  5 6 3 B

11

27

5

Lời giải Chọn C

Ta có  2    1 2 

3

log  x 2 y1 y  9 x y1

3

9

1

y



Xét hàm số f t  log3t t , với t 0

Ta có   1 1 0,

.ln 3

f t

t

với mọi t 0 nên hàm số f t 

đồng biến trên 0;

1

y



Dấu “=” khi

3 2 2 2

và x  3 2 2 (vì x y , 0) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 2 4 khi

3 2 2 2

và x  3 2 2

Câu 9: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M N, lần lượt thuộc các đoạn

thẳng AB AD, (M N, không trùng với A) sao cho

AB x

AM  và

AD y

AN  thỏa mãn x2y4

và

.

S AMN

S ABCD

V

V đạt giá trị nhỏ nhất Giá trị của

.

S ABD

S AMN

V

V

 

bằng

Lời giải Chọn B

Ta có: ABCD là hình bình hành

1 2

2

Ta cũng có

AB x

AM  và

AD y

AN  thỏa mãn x2y4

3 1

2

x y

 





 

 



Dấu “=” xảy ra khi x 2 y1

Suy ra

.

S AMN

S ABCD

V

V đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1

4 khi x2,y1

.

S ABD

S AMN

xy

Vậy

.

7

S ABD

S AMN

V

V

Câu 10: Cho hàm số f x x3bx2cx d

có đồ thị là đường cong trong hình bên dưới

-2

2

2

y

x

O

Số nghiệm của phương trình f f x  4f x 1

là

Lời giải

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta có f x' kx x  2 k x 2 2 ,x

với k 0.

  

3 2

3

   

x

Từ đồ thị ta có

 

2

0 2









C f

Đặt tf x 

thì phương trình thành f t 4 t 1

   

 

 

2

1

4,19

1

3 29

1,19 2









 













t

f x t

t t

t

t

Dựa vào đồ thị ta thấy f x  1

có 3 nghiệm phân biệt và   3 29

2





f x

có đúng một nghiệm

Vậy phương trình ban đầu có tất cả 4 nghiệm phân biệt