10 đề toán bản pdf đẹp (2)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho là y7x19.. Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số đã cho với tiếp tuyến của nó là... Trong đó a là số tiền gửi vào ban đầu, r là lã

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

 Gọi I là trung điểm NP  IA đường cao của ANP cân tại A  2  2

12

AI  x  x = 24x6

 diện tích đáy 1 1 12  24 6

ANP

S  NP AI  x x , với 6 x 12  thể tích khối lăng trụ là

2

ANP

a

V S MN  x x (đặt MNa: hằng số dương)

 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 1      

2

 

24 6

x



3 24 6

24 6

x x

 

 , y    0 x 8 6;12 + Tính giá trị: y 8 8 3, y 6 0, y 12 0

 Thể tích khối trụ lớn nhất khi x8

Câu 2: Đáp án C

Các hàm số trên nghịch biến trên toàn trục số khi y   0, x

+ Hàm số yx33x2 có y 3x26x không thoả

+ Hàm số y  x3 3x1 có y  3x23 không thoả

+ Hàm số y  x3 3x23x2 có y  3x26x3 thoả điều kiện  2

3 1 0,

y   x   x

+ Hàm số yx3 có y 3x2 không thoả

Câu 3: Đáp án B

I

P

B

A

N

ĐỀ SỐ 39/80

Trang 2

 Điều kiện cần (): Đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận đứng khi mẫu số chỉ có một nghiệm hoặc có hai

nghiệm nhưng một nghiệm là x 3 

   

2

m

  



    

9 27

m m





  



 Điều kiện đủ ()

+ Với m9, hàm số 2 3

x y





3 3

x y x





 : đồ thị có TCĐ x: 3, TCN y: 0

+ Với m 27, hàm số 2 3

x y





   yx3x3x9 y x19,x 3 đồ thị có 9

:

TCĐ x , TCN y: 0

Câu 4: Đáp án A

 Phân tích hàm số   1 1

1

f x

 Các nguyên hàm là ln x 1 ln x C  một nguyên hàm là F x  ln x ln x1

 3 3

27



  là hàm luỹ thừa với số mũ không nguyên nên hàm số xác định khi x3270x3

 Tập xác định là D3; 

Ta có log3x 3 x 3 3 Do đó,

 2  3  

3

Ta có

1008 2 3 4 2017

1009 4 8 2016 5 9 2017

2 6 10 2014 3 7 11 2015

1009

      

509040 509545 508032 508536

2017 1009

i

Ta có y 3x28x4, y   3 7

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho là y7x19 Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số đã cho với tiếp tuyến của nó là

Trang 3

3 2 2 33

4 4 1 7 19

3

x

  



        



Ta có y 3x26x9, 0 1 9

y

   



       

Đặt



e x x e x e x x

Câu 11: Đáp án D

1 2 3

2

n n

     nên  1

.log

n n



2

1



t x   t x  t tx x Đổi cận: 2

1

1 1

a

Vẽ đồ thị hàm số   2

C yx  x

Ta có phương trình 3 3

x  x m  x  x m ( với điều kiện m0) là phương trình hoành

độ giao điểm của đồ thị   2

C yx  xvà đường thẳng ylog2m Dựa vào đồ thị  C ta thấy với:

2

1

4 log 2

4

m





   thì thỏa yêu cầu bài toán

Trang 4

Ta có

2 2.

a

b

Ta thấy: 1 7 17 1 1 1 1

i



1i  3 2i 3 2 i  1 i  2i  13 2i  32i  13 8i 13 40 i: đúng

2i  3 i  2 11i 18 26 i   16 37i: đúng

1 3 i  2 3i 1 2 i  1 i  5 2 3  3 3 i: sai Vì

3

5 2 3 3 3

i

Gọi z a bi với ;a b

2

1 2 0

b ab

  



  

     

 

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài là z0, 1 1 ,

z   i

Ta có y 3x x 2; 0 3  2 0 0 4

  



         

Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 2; 0 và B 0; 4

Vậy AB 2242 2 5

2

1 2

2 5 0

1 2

 



      

 (do z1  z2 4i có phần ảo là 4 )

Do đó 2 2

Vậy phần thực của số phức w2z12z22 là 9.

Công thức tính lãi suất kép là Aa1rn

Trong đó a là số tiền gửi vào ban đầu, r là lãi suất của một kì hạn (có thể là tháng; quý; năm), n là kì hạn

Sau 1 năm kể từ khi gửi thêm tiền lần hai thì 100 triệu gửi lần đầu được gửi là 18 tháng, tương ứng với 6 quý Khi đó số tiền thu được cả gốc và lãi của 100 triệu gửi lần đầu là

Trang 5

3

100 1

100

  (triệu)

Sau 1 năm kể từ khi gửi thêm tiền lần hai thì 100 triệu gửi lần hai được gửi là 12 tháng, tương ứng với 4 quý Khi đó số tiền thu được cả gốc và lãi của 100 triệu gửi lần hai là

4

2

3

100 1

100

  (triệu)

Vậy tổng số tiền người đó nhận được 1 năm kể từ khi gửi thêm tiền lần hai là

100 1 100 1

    232 triệu

b

b a a

x xx b a  b a b a   b a

Ta có: điều kiện: x2 2x 8 0 x 4 x 2.(*)

1

4

2

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x 6 x 4

Ta có: Gọi M x y; là điểm biểu diễn của số phức z x yi

Gọi A 4; 0 là điểm biểu diễn của số phức z 4

Gọi B 4; 0 là điểm biểu diễn của số phức z 4

Khi đó: z 4 z 4 10 MA MB 10.(*)

Hệ thức trên chứng tỏ tập hợp các điểm M là elip nhận A B là các tiêu điểm ,

Gọi phương trình của elip là

Từ (*) ta có: 2a 10 a 5

Vậy quỹ tích các điểm M là elip:

Quãng đường chất điểm đi được là:

0

Trang 6

Đồ thị hàm số ở hình 2 nhận làm trục đối xứng nên là hàm số chẵn Loại đi 2 phương án B và C

Mặt khác, với x 1, ta có y 1 4 (nhìn vào đồ thị) nên chọn phương án A

Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị C : x3 2mx2 m 3 x 4 4

2

0

x

Với x 0, ta có giao điểm là A 0; 4

d cắt C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

2

(*)

2 0

m

Ta gọi các giao điểm của d và C lần lượt là A B x x, B; B 2 ,C x x C; C 2 với x x là nghiệm của B, C phương trình (1)

Theo định lí Viet, ta có: 2

B C

Ta có diện tích của tam giác MBC là 1

2

Phương trình d được viết lại là: d y: x 4 x y 4 0

Mà

2 2

1 3 4

32

Ta lại có: BC2 x C x B 2 y C y B 2 2 x C x B 2 32

2

4m 4m 24 0 m 3 m 2

Đối chiếu với điều kiện, loại đi giá trị m 2

Vì mặt phẳng Q song song P :x 3y 2z 2 0 nên phương trình Q có dạng

:

P x 3y 2z m 0 m 2

Q đi qua A3; 2;1 nên thay tọa độ vào ta có m 1

Trang 7

Vậy phương trình Q :x 3y 2z 1 0

Giải phương trình hoành độ giao điểm ( )

( )

2 0

2

4a(8; 20;12) , 1 0; 2 1;

 , 3c3; 21; 6

x a b c  

(0; 2; 1)

AB  AC ( 1;1; 2) AD ( 1; m 2; k)

( 5; 1; 2)

ABAC    ABAC AD  m 2k3

Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng ABAC AD   0 m 2k3

Giả sử phương trình mặt cầu có dạng:

S y z  ax by cz d b   c d

Vì mặt cầu S đi qua O A, 1; 0; 0 , B 0; 2; 0 và C0; 0; 4nên thay tọa độ bốn điểm lần lượt vào ta có

2

0 0

1

1 0 0 2.1 0

2

1

d d

b d

b











      

 P 8; 4; 8 ;  Q  2; 2; 0

Gọi là góc giữa hai mặt phẳng    P & Q ta có    

   

cos

24 2

n n

Vậy 

4





Trang 8

Đặt

1

lnk

    

1 1

.ln + d 1 ln 1

e e k

k

x

e



Do k nguyên dương nên k 1; 2

Do thiết diện qua trục là tam giác vuông nên 2

2

l

r

Vậy diện tích xung quanh của nón bằng

2

xq

l



Xét phương trình hoành độ giao điểm

4

2

x





    

 ;

1

x x

x





    

 đvdt

16

3

 P 2; 3;1 ;  Q 5; 3; 2  P  Q  0

   P Q 0

n n  Vậy vị trí tương đối của    P & Q là cắt nhưng không vuông góc

Ta có:











Kẻ AHBCSHBC

Khi đó:

45o







2

a

2

ACBC  nên sin 300 3

4

a

4

a

SA

Do đó:

3

a

V  S SA AB AC SA

B

C H

S

A

Trang 9

Ta có: u2a3mb2; 2 3 m 2; 4 3  m 2 và vma b 2 ;m m 2; 2 m 2

Khi đó: u v  0 4m2 3 m 2m 2   4 3m 22m 20

2

9m 2 6m 6 2 0

6

 

Mặt phẳng  P đi qua điểm A1;1;1 và có véc tơ pháp tuyến OA1;1;1

Nên:  P :x   y z 3 0

Ta có: 4

4

S

a

Và 2 2.1 sin 2sin

2

Vậy: 1 sin

4

ABCD

V S AA a S 

Gọi z x yi, x y,  

Ta có:

Mặt cầu có bán kính R 1 4 9   14 và tâm I1; 2;3

Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng Oxy là d 3

Bán kính đường tròn giao tuyến là 2 2

5

r R d 

Thể tích khối hộp đa cho V 6V ABCD AB AC AD,  

Ta có: AB   1; 1; 4, AC  6; 0;8 và AD 1; 0;5

Do đó: AB AC,      8; 16; 6  Suy ra AB AC AD,    38 Vậy V38

Câu D sai vì phương trình 2 2 2

2 2 2 10 0

x y z  x y z  có a 1, b c 1, d 10 nên

0

a    b c d Do đó phương trình đã cho không là phương trình mặt cầu

B A

C D

A

D

Trang 10

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Trong mặt phẳng ABO dựng đường trung trực của AB cắt AO tại I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Ta có:

2

a

AO AB BO  a  a ,

3

2 3

AO

a

Diện tích mặt cầu  S là:

2

a

S R  a  

Gọi h và R là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ Khi đó hR

Ta có: S xq 2 2R h 2   R h 1

Thể tích khối trụ: V R h2 

Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 0

1

x





   



2 2

V  x  x x x x x xx x

Mặt cầu  S có tâm I1; 3; 2 IM 6; 2;3 

Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm M7; 1;5  và có véctơ pháp tuyến IM 6; 2;3 nên có

phương trình là: 6x 7 2 y 1 3 z  5 0 6x2y3z550

Trang 11

Vì DOyzD0; ;b c, do cao độ âm nên c0

Khoảng cách từ D0; ;b c đến mặt phẳng  Oxy:z0 bằng 1 1 1 do 0 

1

c

      Suy ra tọa độ D0; ; 1b   Ta có:

1; 1; 2 ,  4; 2; 2 ;  2; ;1

1

6

ABCD

0;3; 1 3

1 0; 1; 1

ABCD

D b









           Chọn đáp án D0;3; 1  

Do tứ diện OABC có ba cạnh OA OB OC đôi một vuông góc nên nếu , , H là trực tâm của tam giác ABC

dễ dàng chứng minh được OH ABC hay OH  P

Vậy mặt phẳng  P đi qua điểm H1; 2;3 và có VTPT OH1; 2;3 nên phương trình  P là

x 1 2 y 2 3 z   3 0 x 2y3z140

Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau:

0; 0; 0 1; 0; 0 1;1; 0 0;1; 0

1; 0;1 , 0;1;1 ,

1;1; 0 , 0;1;1



Trang 12

* Mặt phẳng AB D  qua A0; 0; 0 và nhận véctơ nAB AD; 1;1; 1 

  làm véctơ pháp tuyến Phương trình AB D  là : x  y z 0

* Mặt phẳng BC D  qua B1; 0; 0 và nhận véctơ mBD BC; 1;1; 1 

  làm véctơ pháp tuyến Phương trình AB D  là : x   y z 1 0.

Suy ra hai mặt phẳng AB D  và BC D  song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính

là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D :     1 3

3 3

d A BC D  

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	745,48 KB