10 đề toán bản pdf đẹp (1)

Lập bảng biến thiên suy ra m1 loại.. Lập bảng biến thiên, ta nhận được kết quả đúng... Gọi M là trung điểm của BC.. Khi đó  là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC .. Đường trung trực c

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 B

Ta có tập xác định \

4

m

 

 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì

4

m

x là nghiệm của PT x26x m 0 Suy ra

2

8

m





Câu 2: Đáp án C

Ta có 8 3 24 2; 0 0

3

x





Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta hàm số nhận x3 làm điểm cực tiểu

y x  mx m

Vì y là hàm bậc hai nên y 0 tại hữu hạn các điểm Vậy hàm số đồng biến trên khi và chỉ khi 0,

y   x , hay

2 0

a



 

 

y



39





ĐỀ SỐ 38/80

Trang 2

Hàm số đạt cực tiểu tại x1 thì   2 1

2

m





3

m   y x x  x Lập bảng biến thiên suy ra m1 loại

Với m2, ta có 1 3 2 2

3 x 3 1

y x   x Lập bảng biến thiên, ta nhận được kết quả đúng

Câu 5: Đáp án A

Hoành độ giao điểm là nghiệm PT:   2  

2 1

1

x

    

Đường thẳng y  x m 1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình f x 0

có hai nghiệm phân biệt khác 1 , hay

2

*

m

 



Khi đó, gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình f x 0, ta có 1 2

1 2

2 2



 (Viète)

Giả sử A x x 1; 1 m 1 , B x x2; 2  m 1 AB 2 x2x1

4 10

m

Kết hợp với điều kiện  * ta được m 4 10

Câu 6: Đáp án D

Dựa vào bảng biến ta thấy hàm số có giá trị lớn nhất bằng 4 , không có giá trị nhỏ nhất

Ta có: y 4x34mx, cho y 0 x 0





   

 



Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi m0

Gọi  4

0; 2

Khi đó: BC4 m và hm2

Khi đó: S 2 1 2

.2 2

2 m m

2

m

Ta có

sin cos 2 sin 2 sin 2sin sin 1

Đặt tsinx với t  1; 0 vì ; 0

2

Trang 3

Khi đó y   t3 2t t 1 nên 2

3 4 1

y  t  t , cho 0 1

1 3

t y

t

 





  

  



Lập BBT

Dựa vào BBT suy ra

;0 2

23 min

27

y





Ta có:   2

6 36 1

v t S  t  t và v t  12t36, cho v t   0 t 3

Lập BBT suy ra t3s thì vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 55m s /

Câu 10: Đáp án B

  1 ln

f x   x, cho f x   0 x e

Khi đó f  2  4 2 ln 2, f  3  6 3ln 3 và f e e nên

2;3 min f x  4 2 ln 2

Ta có y 3x23m nên y  0 x2 m

Đồ thị hàm số 3

3 2

yx  mx có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m0

yx  mx  x x  m  mx  x y mx

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 3

3 2

yx  mx có phương trình :y 2mx2

Ta có: 1 .sin 1sin 1

IAB

S  IA IB AIB AIB

Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 1

2 khi sinAIB 1 AI BI

Gọi H là trung điểm AB ta có: 1 2  ,

IH  AB d 

Mà   , 2

2 1 2

4 1

I

m

d

m



 





Suy ra:

2 1 2 2

4 2 2 4 1 2

4 1

I

m



 



2

B A

I

Trang 4

Tam giác ABC vuông cân tại A nên 1 2 2

2

ABC

S  AB AC cm

.

S ABC

ABC

V

S



Tứ giác AA C C là hình chữ nhật có hai kích thước 1 1 AA12cm và

 

2 2

AC cm AB nên

1 1

2

4 2

C C AA

Vậy

1 1 1

1

3

Tam giác BCD đều 3 2 3

3

AH  AD DH 

EF

3

AE  AK  AF 

AMNP

AEKF

Độ dài đường sinh 4

sin

AC

B

3

2 2 4 3 24

xq

A S

A

1

A

1

2

2 2

P

N M

K H F E

C A

2a

30°

B

3 V=48π

Trang 5

Gọi M là trung điểm của BC Từ M kẻ đường thẳng € SA Khi đó  là trục của đường tròn ngoại tiếp

ABC

 Đường trung trực của cạnh bên SA qua trung điểm J và cắt  tại I Suy ra I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

Có bán kính

9

RIA     

Vậy

3

4 9 729

V      

 

Gọi V ,V 1 2 lần lượt là thể tích của khối trụ bên ngoài và bên trong

Do đó lượng bê tông cần phải đổ là:

1 2 40 200 25 200 195000 0,195

5

3 5 0

1 0

1

b



 

Vậy: 3a2b3

1 2

2

1 3

2 2

1 0

1 3

2 2





   





Chuyển máy tính sang chế độ số phức (MODE – 2)

Nhập vào màn hình: A2B2 4 3i 3 2

Chuyển máy tính sang chế độ số phức (MODE – 2)

Phương pháp tự luận

Giả sử z x yi x y ,  

      2   2  2 2

6y 9 4x 4 2y 1 4x 8y 4 0 x 2y 1 0 x 2y 1

I J

M A

C

B S

200 cm

40 cm

15 cm

Trang 6

 2

5 5 5

Suy ra min 5

5

z  khi 2 1

Vậy 1 2

5 5

z  i

Phương pháp trắc nghiệm

Giả sử z x yi x y,  

      2   2  2 2

6y 9 4x 4 2y 1 4x 8y 4 0 x 2y 1 0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện z3i   z 2 i là đường thẳng :d x2y 1 0

Phương án A: z 1 2i có điểm biểu diễn 1; 2  d nên loại A

Phương án B: 1 2

5 5

5 5 d

  nên loại B

Phương án D: z  1 2i có điểm biểu diễn 1; 2d nên loại B

Phương án C: 1 2

5 5

z  i có điểm biểu diễn 1; 2

5 5 d

1

2 1

2

 

1

2

Giả sử w x yi x y,  , khi đó     2 2

1  x7  y9 16 Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I7; 9 , bán kính r4

Vậy diện tích cần tìm là S .42 16 

Phương pháp tự luận:

Vì z1  z2 và z1z2 nên cả hai số phức đều khác 0 Đặt 1 2

w





 và z1  z2 a, ta có

1



Trang 7

Từ đó suy ra w là số thuần ảo Chọn D

Phương pháp trắc nghiệm:

Số phức z z khác nhau thỏa mãn 1, 2 z1  z2 nên chọn z11;z2 i, suy ra 1 2

1 1

i

  là số thuần ảo

d cos 5 d 5 sin 5

           

1

1 1





Câu 28: Đáp án

Bài này bị lỗi đề, tại điểm x2 thì g x  không xác định nên không thể dùng giả thiết G 1 3 để tính

 4

G

Đặt d 2d

2

x

   Đổi cận : x  4 t 2,x  2 t 1

   

2

x

I  f   x f t t f x x 

 

 

Tính

ln 2

ln 2 d

x

Tính

ln 2

0

1

d

2e x1 x



Đặt 2 1 d 2 d d d

1

t

 Đổi cận : xln 2 t 5,x  0 t 3

5

3

d d ln 1 ln ln 4 ln 5 ln 2 ln 3 ln 2 ln

t

ln 2

2

0

d ln 2 ln 2 ln 2, 1, 1

e



Vậy a b c  4

Ta có: y2  6 3x  y 6 3 x

Phương trình hoành độ giao điểm:

Trang 8

2

3 2 0

2

x





4x   6 3  x  4 x 6 3 x  0 x 2

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:

2 7 3

Ta có:     4000

d d 8000.ln 1 0,5

1 0,5

t





Mà số lượng vi trùng ban đầu bằng 250000 con nên C250000

Do đó: N t 8000.ln 1 0, 5 t 250000

Vậy sau 10 ngày số lượng vi trùng bằng: N 10 8000.ln 6250000264334 con

Ta có:

log 3 3 10 ;ln 3 3

Vậy ln 30 ln 3 ln10 n n

m

Hàm số  3

4 2

y x  x xác định khi: 3 0 3



Vậy TXĐ D  3;5

+ Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học:

Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: 3 + 3r 3 1 r  

Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là:  2  

3 1r 3 1r Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là:

 4  3  2  

3 1r 3 1r 3 1r 3 1r 12927407, 43A

+ Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng:

Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: AAr T A1 r T

Sau 2 tháng số tiền còn nợ là:        2  

Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là:  60  59  58  

A r  r  r T r T

Trang 9

Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi

 

60 60

60

1

1 1

232.289

T T

r

T

r T

r

T r



 



 







Điều kiện: 2 0

2 0

2

x





   2 

2 2

2 ln 3

x

f x



2

2 2

1 2 4 4

ln 3 2

f x

Vậy   2

Điều kiện: x1

pt3log3x 1 3log32x  1 3 log3x1 2 x 1 1

2

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: S 1; 2

Vì hàm số 3

4 log

y x có cơ số nhỏ hơn 1 nên hàm số nghịch biến do đó 3 3

log alog b a b

 3 1 3 1 2

3 2 2 3

1

P

a

Cách 1: Sử dụng chức năng CALC của MTCT ta thay các đáp án vào thấy x 1 thỏa mãn

Cách 2:

Biến đổi phương trình thành:

3 2 5x 1 3x 0 1 2 5x 3x 0

x  x   x   x  x   

Trang 10

  1  

1

3

5

x

 







Ta thấy phương trình  1 có vế phải là hàm nghịch biến, vế trái là hàm đồng biến nên phương trình  1 có nghiệm duy nhất x1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 1

Tâ ̣p xác đi ̣nh: D

Nhận thấy 3 5 3 5 1 3 5 3 5

Đặt 3 5 0 3 5 1

t

Phương trình 2

1

3 5

3 3 1 0

1

x

t

x

x t

t







Tâ ̣p xác đi ̣nh: D

 2

2 1

3 x 10.3x  3 0 3 3x 10.3x 3 0

Đặt t3x 0 BPT

3

x

Tọa độ trung điểm

3 5

4 2

3 1

2

2 4

3 2

x

z















4; 2;3

I

4

x t





  



  



có véctơ chỉ phương u11; 1;1 

Trang 11

1; 1; 2

2; 4; 4

AB

AC



 nAB AC, 12; 0; 6 

Phương trình    

4; 2;5 :

12; 0; 6

Đi qua có

A

mp ABC

VTPT n





12x 6z 18 0 2x z 3 0

Bán kính mặt cầu Rd I P ;  3

Phương trình mặt cầu là   2  2 2

x  y  z  Câu 47: Đáp án C

Vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là

 

1 2;1; 2

d

u  , u d2 1; 2;3

Giả sử dd2   B B d2

Gọi B3t; 2 2 ;3 t t  AB1t; 2 ;3t t1

Vì d d1ABu d1  AB u d1  0 2 1   t 2t 2 3 t   1 0 t 0

Khi đó AB1; 0; 1 

d đi qua A2 ;1 ; 2 và có VTCP là AB1; 0; 1 , nên có phương trình :  

2 2 1

 





  



Vectơ chỉ phương của :u1;1; 1 , vectơ pháp tuyến của  P là n P 1; 2; 2

Vì

    ;   4; 3;1

d





 

Tọa độ giao điểm H    P là nghiệm của hệ

1

2 2; 1; 4 2

2 2 4 0

x t





  

  





Lại có d;   P d , mà H    P Suy ra Hd

A B

2

d

1

d

Trang 12

Vậy đường thẳng d đi qua H 2; 1; 4 và có VTCP u d 4; 3;1  nên có phương trình

 

2 4

: 1 3

4

  







Thay tọa độ A1; 0; 2 ;  B 0; 1; 2  vào phương trình mặt phẳng  P , ta được P A P B   0  hai điểm ,

A B cùng phía với đối với mặt phẳng  P

Gọi A là điểm đối xứng của A qua  P Ta có

MA MB MAMBA B Nên min MA MB  A B khi và chỉ khi M là giao điểm của A B

với  P

Phương trình

1

2 2

 





  



( AAđi qua A1; 0; 2 và có véctơ chỉ

phương n P 1; 2; 1 )

Gọi H là giao điểm của AA trên  P , suy ra tọa độ của H là H0; 2; 4 , suy ra A   1; 4; 6, nên

phương trình : 1 3

2 4

x t







  



Vì M là giao điểm của A B với  P nên ta tính được tọa độ 2; 11 18;

5 5 5

Đường thẳng d1 đi qua điểm M11;1; 0 và có véc tơ chỉ phương u d1 0; 0;1

Đường thẳng d2 đi qua điểm M22; 0;1 và có véc tơ chỉ phương u d2 0;1;1

Gọi I là tâm của mặt cầu Vì I nên ta tham số hóa I1t t; ;1t, từ đó

Theo giả thiết ta có d I d ; 1d I d ; 2, tương đương với

0

t

Suy ra I1; 0;1 và bán kính mặt cầu là Rd I d ; 11 Phương trình mặt cầu cần tìm là

(P)

A'

A

B

M H

Trang 13

 2 2  2

x y  z 

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	810,57 KB