Một số đề thi thử toán hay tham khảo 2017 (15)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định.. Câu 4: Đáp án A Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Hàm số có ba điểm cực trị.. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng -4, hàm số không có giá trị lớn n

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:

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A

Ta có

2 '

2

x 3

y ' 0 x 2x 3 0 1

x 1

y ' x x 3x 8 x 2x 3

3

y ' 0 x 2x 3 0 1 x 3



         



Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 3;, nghịch biến trên khoảng 1;3

Câu 2: Đáp án A

Ta có

y ' x 2x 2 4x 4x y ' 0 4x 4x 0

x 1







Mặt khác

 

2 y ''(0) 4 0

y '' 12x 4

y '' 1 8 0

 



   

 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x   1, y  2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định

Đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ   1

0; 1 , ;0

2

  

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

Hàm số có ba điểm cực trị

Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng -4, hàm số không có giá trị lớn nhất

Hàm số đạt cực đại tại x = 0

Hàm số có hai điểm cực tiểu

ĐỀ SỐ 32/80

Trang 2

Hàm số xác định khi và chỉ khi 2  

x     2 0 x 2 D R \  2; 2

Ta có

 

3

a

log 3log a log b

b

log a b 3log a log b

 





x 1

Chiều cao h của hình chóp là:

 

ABCD

3V 3.4a 12a

A 'A A 'B AB  5a  3a 4a

ABC

S 3a sin 60

Thể tích của hình lăng trụ là:

2

3 ABC

9a 3

V S A 'A 4a 9a 3

4

sin dx 2 sin d 2cos C

 

 

Câu 14: Đáp án B

3x.e dx e d x e C



Câu 16: Đáp án C

Trang 3

Ta có

A 0; 1

B 2;3

C 3; 4













, gọi G là trọng tâm tam giác ABC 1 2 G 1 2

Đặt

z x yi; x, y   x 1 y 1 i   x 2 yi

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình x    y 1 0

Chiều cao của hình nón là: 3V2 3.122

r 3



Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq    rl 3 3242  15

Gọi chiều cao của hình trụ là h Ta có: h12a : 2 2a 4a

Thể tích của khối trụ là: V r h2  a 4a2  4 a3

Ta có: AB 1; 3; 4   Để ABD là hình bình hành thì

CDAB  3 x ;5y ;1 z  1; 3; 4

5 y 3 y 8 D 4;8; 3

AB 3; 3;3  AB  3  3 3 3 3

Vtcp của (P) là n 2; 1;0   A sai

Bán kính mặt cầu đó là:        

 2

1 2 2 2 1 8

Tx x   x 6 5x2 x   x 6 27x 3x 9x 15

Do yx2      x 6 0 3 x 2

Trang 4

Xét hàm số   3 2    

f x x 3x 9x 15 x  3; 2 Ta có:

f ' x 3x 6x 9 0

x 3





       



Lại có: f  3 42;f 1 10;f 2 17 suy ra M + m = 42 + 10 = 52

y ' x 3x mx4 3x 6xm

Hàm số đồng biến trên khoảng

2 2

m 3x 6x f x 3x 6x m 0

;1 y ' 0, x ;1

Ta có f ' x 6x 6 f ' x  0 6x    6 0 x 1

Xét bảng biến thiên của hàm số trên đoạn ;1 ta thấy

 

;1



           ,

Ta có:

nên đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận

ngang

Để đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì nó có 1 tiệm cận đứng   2

g x x m

   có nghiệm kép hoặc có 2

nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm x = 4 m 0

m 16





   

Ta có đồ thị hai hàm số như hình bên

Dễ thấy đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 6 điểm phân biệt khi và chỉ

log 60 2log 2 log 3 log 5

1 log 5 log 2 log 5 1 log 2

Trang 5

3 3 3 3

log 5 log 2 log 5 log 2 b a b a a b

 

BPT

x 0

1 log x 1 log x 2 0 log x log x 2 0 2 log x 1 log x 2

4









 

1

x 2, x R x 1; 2

4

PT x44x2 log m3 (*)

Suy ra PT (*) là PT hoành độ giao điểm đồ thị hàm số 4 2

yx 4x

và đường thẳng ylog m3 song song trục hoành

PT ABC có nghiệm như đề bài khi và chỉ khi  3 log m3 0

     

Diện tích cần tính bằng

3

1

x 0, t 0

t x t x 2tdt dx

x , t







2

cos xdx 2 t.cos tdt tdt t.cos 2tdt

Đặt u t

dv cos2tdt





 



du dt

t.cos2tdt sin 2x sin 2tdt sin 2x cos2t 1

v sin 2x

2









Trang 6

Suy ra

2

cos xdx tdt sin 2x cos 2t sin 2x cos2t

1

a

b 8

4

1 a

b

2

 



  



  1

2      1 a a 3 d : y  x 3

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay

hình phẳng (S1) được giới hạn bởi các đường (C), (d),

Oy, Ox như hình bên quanh trục

x 1

OxV   2 dx 3 x dx

1

8 3

V

3 ln 4

    

 

Gọi V2 là thể tích khối tròn xoay thu được khi quay

hình phẳng giới hạn bởi các đường (d), Ox như hình

bên quanh trục hoành

Suy ra 3 2

2

1

V   3 x dx 9

Khi đó V V2 V1 19; 3

3 ln 4

Câu 34: Đáp án B

Ta có

x y 1 i x y 1 i

x y 1 i

i

i z x y 1 i x y 1 i x y 1 i x y 1 x y 1

2 2

2x

y 1

x y 1







Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là các điểm trên trục tung với y < -1 hay y > 1

Trang 7

Ta có z0  2 5iw= 1 i z   0  2 52 5i i  w 3 2

SA SB SC

2

Đặt AB  x Gọi M là trung điểm của AB, H là trọng tâm tam giác

ABC

Ta có:

2

 

SH HM.tan

6

Khi đó:

Suy ra

3 2

d



Ta có:

 2    

IA IB AB  2 5 4  6 d I; P  A là hình chiếu của I lên (P)

Phương trình đường thẳng IA là:

x 5 t

y 3 2t

z 5 2t

 



   



  



Khi đó AIA P A3;1;1OA 9 1 1   11

0

v

10000

Theo đề bài ta có

0

v

10000

0 0

v

S t 10000t v dt 5000t v t 1,5 v 173, 2 km / h

20000

y ' x 2mx 1 4x 4mx4x x m

Trang 8

Hàm số có ba cực trị, khi đó PT y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt, suy ra m > 0

Khi đó tọa độ ba điểm cực trị lần lượt là

 

2

A 0;1

OA 1

B m;1 m

OB OC m 1 m

C m;1 m





Ta có

OAOB OC  3 m 1 m  1 m 1 m  1 m 2m m0

m

m 1 2



y ' x 2mx m 1 4x 4mx4x x m

Hàm số có ba cực trị, khi đó PT y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt, suy ra m > 0

Gọi độ dài hai phần lần lượt là x, y(m)    x y 6

Suy ra độ dài cạnh hình vuông và độ dài tam giác sẽ bằng x y,

4 3

Suy ra diện tích hai hình sẽ bằng

2

x

S

6 y

16

S S S

y 3

S

36







 







Lập bảng biến thiên hàm số S(y) trên đoạn  0;6 ta thấy  min 54

S y S

9 4 3

Suy ra độ dài cạnh tam giác sẽ bằng y 18  

m

3 9 4 3

Vật dừng hẳn khi v t  0 140 10t   0 t 14 s 

Suy ra quãng đường đi được trong 3 giây cuối bằng 14   14 

Sv t dt  140 10t dt 45m

Trang 9

Ta có: SN BM AG AG AG 1

NB MA GS   GS   GS  2

AB SN GM   GM   GM 2

Gọi F là trung điểm của BH Ta có SH

NF

2

 Đặt SABCD S, VABCD V

Ta có: CDE S ABCE 3S

Ta có:

M.BCN

V  MB MN MC  2 3 2 6  6 12  2 12 12

1

2

12 12 V 7



Câu 46: Đáp án D

2

z 1

z 1 0

 



Gọi I, O lần lượt là trung điểm của AD và SD Ta có BI là đường

trung tuyến của tam giác BAD và 1

2

giác vuông BDSBO cách đều 3 điểm S, B, D Tương

tự O cách đều 3 điểm S, C, D Mà SAD vuông nên O cách đều

3 điểm S, A, D Vậy O là tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD

Ta có:

   2 2

SD SA AD  2a  2a 2a 2

Bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:

2a 2

2

Trang 10

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:  3 3

3



Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm của AB, CD và MN

Khi đó O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Ta có:

2

4

Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:



Tổng quát: Cho tứ diện ABCD có

ABCDa, ACBDb, ADBCc

Thể tích tứ diện là: 1  2 2 2 2 2 2 2 2 2

6 2

Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:

a b c R

2

Giả sử M a; b; 2a  b 6MA a 1; b  2;a b 4 , MB a  5; b4;a b 2

Ta có:

MA.MB a 1 a  5 b2 b4  2a b 4 2a b 2

5a 2b 6a 4ab 21 2 a b 3 a 1 18 18 MA.MB

a  1;b 1

MA.MB MI IA MI IB MI MI IA IB IA MI

4

điểm của AB)

Khi đó MA.MB nhỏ nhất MImin  M là hình chiếu của I trên (P)

min

AB

I 3;3;3 P d I; P 18

4

x 3 2t

I 3;3;3 IM y 3 t M IM P 1;1;5

z 3 t

 





  



Trang 11

Chú ý     P ; Q  nhỏ nhất    với giao tuyến d của (P) và (Q)

Khi đó ud n ; uP 3 1;0;1  suy ra nQ n ; ud  2 1;1; 1  

Khi đó (Q) qua A 0; 1; 2   và có

n 1;1; 1  Q : x    y z 3 0 d O; Q  3

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	515,6 KB