Một số đề thi thử toán hay tham khảo 2017 (3)

Thiết diện vuông góc với SO và cắt các cạnh bên của lục... Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp.. Khi đó các mặt phẳng và mặt phẳng ABCD tạo thành một hình chóp tứ giác đều có cạ

Trang 1

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh:

Số Báo Danh:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B

Dựa vào đáp án ta thấy:

 Hàm số có tập xác định D

y  a 2x.a ln a    y 0 x 0 Hàm số không đồng biến trên

lim y lim a

      Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận



'

" x 2 x

y 0 x 0 y 1

y 2 ln a a 2x a ln a 0

     



 Hàm số có một điểm cực tiểu

Câu 2: Đáp án B

Ta có: z 1 2i 4 3i

2 i 5 5



Câu 3: Đáp án D

Dựa vào đồ thị ta thấy:

 Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 1   a 1 0

 Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ

 0; b b 1

 





      

 Suy ra 0 a b

1 2x 1 2x ln 2 ln 2 x ln 4

  2

2 2

x 1

x 1 0

x 1

x 3x 2 0

x 1

x 1 3x 3







Câu 6: Đáp án C

  x2 y2 1

H :

x y 1 y x 1



    

ĐỀ SỐ 28/80

Trang 2

Diện tích hình (H) là phần nằm trong đường tròn x2y2 1 và nằm phía dưới đường

thẳng y x 1 Khi đó S 1 R2 SOAB 1



V f x dx f x dx

Diện tích đáy là S 3V 3.4 4

h 3

   Gọi cạnh đáy là a, khi đó S a 2   4 a 2

Câu 9: Đáp án A

 

x D

0

sin 2x 0

f x 3cosx sin 2 x 2 sin 2 x; f x 0 3cosx sin 2 x 2 sin 2 x 0 2

cos x

3 3

f

3 4

x 0

f

2 cos x

cos x

27











  













 

   0

x D

0 1 19 min f x f x

27











Ta có:  

2017 2017

2 1

  

 

2

t 1

x

t 1









Suy ra  

 

3 2

2017

2017 2

4 t 1



PT hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

 

2

x 5

x

x 4 x 10x 25

x 4 x 5

10





 



x

  suy ra không có giao điểm

Trang 3

Số tiền Nam phải trả bằng  4  3  2

10 1, 04 10 1, 04 10 1, 04 10.1, 0444,163 triệu đồng

Mặt phẳng (P) có một VTPT là 1  

n ; ;1 2;3; 6 n n

  cũng là 1 VTPT của (P)

t2 , t  1; PT   t 4t 6 mf t     t 4t 6 m 0 

PT ban đầu có đúng ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT   có 2 nghiệm thỏa 1

2

t 1





 



Khi đó:

 

'

1 2

1 2 1 2

m 2

6 m 1

t t 1

6 m 4 1 0

t t t t 1 0

t 1 t 1 0





Ta có: '  3 2 ' 2 ' 2

y  2x 3x 1 3x 6x; y  0 6x 6x    0 1 x 0

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 0 

PT hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là 2  2   

x m 4 x   1 7 0 

t 4x , t 0; 2 nên   2   t2 3

t m t 1 3 0 m

t 1



 Xét      

2

t 1

f t , t 0; 2 ; f t f t 0 t 2t 3 0

t 3





Suy ra

   

 

     

      0;2

0;2

f 0 3, f 1 2 max f t f 0 3

2 m 3

7

min f t f 1 2

f 2

3





PT hoành độ giao điểm các đồ thị là 2 x 1

x 4x 3 0

x 3





     



Ta có:   2

x 1;3 x 4x  3 0 Diện tích cần tìm là 3 

2 1

4

S x 4x 3 dx

3

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với gốc tọa độ và SO song song với trục tung suy ra phương trình

Parabol chứa cạnh bên lều là: x 7 1 8y

2

 Thiết diện vuông góc với SO và cắt các cạnh bên của lục

Trang 4

giác đều có diện tích bằng 2  

2

7 1 8y

x 3 3 3

  Suy ra thể tích trong lều bằng:

 

6

2 0

7 1 8y



Hàm số đồng biến trên tập xác định của nó khi và chỉ khi '

y 0với mọi x thuộc tập xác định

Cách 1: Giả thiết yêu cầu w z 2

1 z



 là số thực nên ta có thể chọn w là số thực bất kỳ sao cho z không phải

là số thực

Chọn w z 2 1 z2 1 z z 1 i 3 z 1 z 2 1



Cách 2: Ta có w z 2

1 z



 là số thực suy ra

2

z



   là số thực suy ra 1

z là số phức liên hợp của

z suy ra z.z z2 z.1 1 z 1 z 2 1 1



Ta có:       3 3   x3 3x

F x f x dx x 1 e dx e d x 3x C



Ta có: '     2  x 3 3x 2

F x  0 f x  0 x 1 e   0 x     1 0 x 1

 

"

2

" 2

2

e

F 1 2e 0



 Suy ra   12 12   ex3 3x 12 ex3 3x 22 1

Dựa vào đồ thị ta thấy ' 

f x 0 và đổi dấu từ âm sang dương tại 1 điểm, do đó trên khoảng K, hàm số

 

yf x có 1 điểm cực tiểu

Hàm số có tập xác định D  2; 2 \  1 Suy ra hàm số không có tiệm cận ngang

Ta có x2 3x 4 0 x 1

x 4

 



     

 Hàm số có tiệm cận đứng là x 1.

Trang 5

 

2

2 x

2x

x

x log 3

3.2 1 0

x log 6 4 2

x x log 6 4 2 6 4 2 log 4 2

x log 6 4 2



 



 



 



Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  2 Gọi  '  

M TIT  d Ta có: TT' 2TH

Ta có:

2



'

min min min

TT TH MI

Lại có

 

x 1 t

y mt x y z 1

z m 1 t

  



  



suy ra d luôn thuộc một mặt phẳng cố định là  P : x   y z 1 0

min

3

Gọi M là giao điểm của đồ thị và trục tung M 0; 1    Ta có: ' 2 ' 

y 3x  1 y 0  1 Gọi  là tiếp tuyến của (C) tại M, suy ra : y x 0      1 y x 1

Nếu hàm số f x đồng biến trên    a; b thì ' 

f x 0 với mọi x a; b (dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm) Vậy hàm số f x đồng biến trên khoảng    a; b thì ' 

f x vẫn có thể bằng 0

Hàm số có tập xác định     2    

D f x  m 2 x 2 m 2 x  m 3   0, x

 

  2  

'

 



 

Kết hợp hai trường hợp ta nhận: m 2

Đồ thị hàm số yf x  có dạng như hình vẽ (f' 0 đồng biến, f' 0 nghịch biến) Bây giờ ta phải so sánh f 1 và f 6 Theo lý thuyết về tích phân, ta có:  

Trang 6

           

f x dx f x dx f 1 f 2 S f 1 S f 2

f x dx f x dxf 6 f 2 S f 6 S f 2

Dựa vào hình vẽ ta thấy S2  S1 f 6    f 1

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau nên ta có:

OABC

2017

log 2016  1 2017log 2016 1 6666,157395  suy ra số chữ số của 20162017 là 6666

Gọi M là trung điểm của SC, qua M vẽ đường thẳng vuông góc với SC cắt SO tại I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

2OC 1 OC ; SO OC tan 60 3

2 2

        

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R SI 6

3

Gọi là độ dài đường sinh của hình nón Ta có: 2  2

2  2R   4 2

Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq    r 2

Giả sử khối lập phương là ABCD.A BC D Dựng các mặt phẳng như giả thiết qua các cạnh đáy AB, BC, ' ' ' '

AC, AD Khi đó các mặt phẳng và mặt phẳng (ABCD) tạo thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1 và mặt bên tạo với đáy một góc 45 o

Chiều cao khối chóp là h 1tan 45o 1

  Thể tích khối chóp là V 1hSABCD 1

Như vậy thể tích   ' '

'

ABCD.A B C D

H : 6VV 2

Trang 7

Giả sử    

 

G

1 2 1 4 x

z

 



  





Câu 37: Đáp án D Tiệm cận đứng là x 2, tiệm cận ngang là y  2 I 2; 2 

Ta có:     2 2 2  

S : x 1  y 1 z  1 S có tâm I 1;1; 0 và bán kính R 1.  

Dễ thấy A 1;0;0    S  mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) qua A và vuông góc với

   

IA 0; 1; 0  P : y0 và B P nên có duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn là  P : y0

1

2

3

z z



Ta thấy đồ thị hàm số y f x  như hình bên

Khi đó:

     

1;4

max f x f 1 3

Gọi cạnh của hình lập phương là a

 

'

2

AC AD D C AD DD D C 3a

3 3a a 1

Thể tích khối lập phương là: V 1 3 1

Ta có: SABC 1.1 sin 602 o 3

  Thể tích của khối chóp là V 1SABC.SA 1 3.1 3

Ta có:

'

o

2

Trang 8

' 2 '2 2 3 6 2 6

Diện tích tứ giác ABCD là: AB CD OI 2 2 63 . 23 2 3 2 2



Ta có: 1 1 d 4 2x  1 1



log b.a log b log a

3 3 log a log b log a log b



a b

Cách 2: Chọn a2, b4 rồi bấm máy CASIO

VTPT của (P) là n11;1; 1 , VTPT của (Q) là n2 1;3; 0 Gọi '    

d  P  Q Khi đó VTCP của d’ là

1 2

un , n  3; 1; 2 cũng là VTCP của d nên d song song d’

A 1; 2; 1  d, B 0; 4; 2  d AB 1; 6;3

VTPT của (R) là nAB, u15;11; 17   Phương trình mặt phẳng (R) là:

15 x 0 11 y 4 17 z 2  0 15x 11y 17z 10   0

Ta có thể lấy ví dụ về 2 khối chóp tứ giác đều ghép lại với nhau S.ABCD và S ABCD có tất cả các mặt ' nội tiếp trong 1 mặt cầu tuy nhiên đa diện này chưa chắc đã nội tiếp mặt cầu

f 2x dx f 2x dx f 2x dx f 2x dx f 2x dx

t 2x dt 2dx f 2x dx f t dt f t dt f x dx

  



t 2x dt 2dx f 2x dx f t dt f x dx



f 2x dx f 2x dx f 2x dx f 2x dx f 2x dx f x dx f x dx f x dx 3

Câu 50: Đáp án B Ta có: z1z2   a bi z2   a bi z1  z2  a2b 2

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	504,47 KB