10 đề toán bản pdf đẹp (3)

Ta có u u,  không cùng phương nên d và dhoặc chéo nhau hoặc song song.. Vậy d và dchéo nhau... Dễ thấy các tam giác SAC SBC SDC, , là các tam giác vuông có chung cạnh huyền SC.. Gọi E

Trang 1

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GIA LAI LẦN 1 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh:

Số Báo Danh:

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A

Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình: 2

1

3 1

1

2

x x









Vậy hai đồ thị hàm số có 2 điểm chung

Câu 2: Đáp án C

Ta có: AB3; 6; 4 ,  AC4; 6; 2 ,  AD4; 5;1 

Suy ra AB AC, 12;10; 6AB AC AD,  12.4 10.    5 6 4

V  AB AC AD 

Đường thẳng d qua M1;1; 2 và có véctơ chỉ phương u1; 2; 3 

Đường thẳng d qua M0;1; 2 và có véctơ chỉ phương u 2; 4; 6

Ta có u u,  không cùng phương nên d và dhoặc chéo nhau hoặc song song

Ta có u u, 24; 12; 0 ,  MM  1; 0; 0u u, .MM  24 0

Vậy d và dchéo nhau

Câu 4: Đáp án D

Hàm số yx22x7 có đồ thị là parapol nên loại A

Hàm số yx34x25x9 có a c 0 nên PT y 0 có hai nghiệm phân biệt nên loại B

Hàm số 2 1

1

x y

x





 có tập xác định \ 1 nên loại C

Xét hàm số ye x3 x2 5x có  2  3 2 5

' 3 2 5 x x x 0,

y  x  x e     x nên chọn D

Câu 5: Đáp án A

ĐỀ SỐ 41/80

Trang 2

Dễ thấy các tam giác SAC SBC SDC, , là các tam giác vuông có chung

cạnh huyền SC

Gọi E là trung điểm của SC ta có

2

SC

Suy ra E là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

Tam giác SAC vuông cân tại A có

2

SC

SAACa SC a R a

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD là 2 2

2

;1; 2

3

f x  ax  bx c

Theo để

0

1

2

1

a

c





  

     

Vậy   1 2

1

2

Câu 8: Đáp án B

2 log 16 ;m log

P m a m

log x 4x3 log 4x4

7

x

2 2

log

'

ln 2

x

4

0 2

x



    

  hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2 và  2; 

f x      x x

Trang 3

 3 0

f  Vậy giá trị lớn nhất của f x là 0  

Nhận xét trang 77 SGK Giải tích 12 ( Ban cơ bản)

Vì đề bài hỏi điểm cực tiểu của đồ thị hàm số, dựa hình vẽ ta thấy điểm M0; 2  là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y f x 

2

Ta có 2   1 2 2 

5

6

2

x

f x

x



 Nên tiệm cận ngang của đồ thị là đường thẳng y3

 

2

4

y x P TXĐ: D

Ta có: y  2x y 1  2

Tiếp tuyến với  P tại điểm  1;3 có phương trình: y 2x    1 3 2x 5

Khi đó tiếp tuyến cắt Ox Oy, lần lượt tại 5  

; 0 , 0;5 2

 

OAB

Lăng trụ ABC A B C    đều nên đáy A B C   đều có

cạnh đáy bằng 2a Nên  2

2

3 4

A B C

a

S    a Lại có: AA a 3

Vậy V ABC A B C.    AA S A B C  a 3.a2 33a3

2

C

B

B' A

Trang 4

Đồ thị các hàm số 3 5

2 4

yx  x và yx2 x 2 tiếp xúc nhau tại điểm M x y( 0; 0) nên ta có hệ phương

trình

0

0 0

2

1

1 1

4

x

x x

 



      





    



Gọi h là đường cao của hình trụ  T

Ta có:

xq

R h R

S

R h

Vậy thể tích khối trụ: 6 2

đ

V h S  R

6

x    x  

2

2 9 9

3

x

1008 ( ) 2 ( ) d 1008 ( )d 2 ( )d 2018

I  f x  g x x  f x x g x x

Dựa vào đồ thị ta có đồ thị của hàm số y f x( ) là:

Từ đồ thị ta thấy rằng, với m thỏa 0 m 2 thì phương trình f x  m có số nghiệm nhiều nhất là 6

Đường thẳng d đi qua M1; 0; 2 và có VTCP là: u1; 2;1

Ta có: IM   1; 0;1, IM u,     2; 2; 2 

Trang 5

Do mặt cầu  S tiếp xúc với đường thẳng d nên  , , 2

IM u

R d I d

u

Vậy phương trình mặt cầu  S là: 2 2 2

(x2) y  (z 1) 2

Ta có: y’ 3 x23, y’ 0     x 1 x 1

Xét trên khoảng 1;4

3

 

 

 , ta loại nghiệm x 1 và nhận nghiệm x1

Do y’ đổi dấu khi đi qua x1 nên ta có một cực trị trên khoảng 1;4

3

 

 

 

Ta có: S16a2

Do hình trụ  T nhận hình tròn nội tiếp của hai mặt hình lập phương làm đáy nên bán kính đáy của  T

là

2

a

r , và chiều cao của  T là ha

2 2

S  rha

Từ đó, ta có: 1

2

6

S

S 

Ta có công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quảng đường đi được là 2 2

0 2

v v  as nên quãng đường đi được từ lúc bắn lên đến khi dừng lại là : 2 2

0

v v s

0 0 29, 4

44,1

v v

s

a

 Quãng đường đi được từ lúc bắn đến khi chạm đất là S44,1.288, 2m

Giả sử A x y( ;0 0) thuộc đồ thị hàm số 3 2  

yx  x m C Gọi B(x0;y0) là điểm đối xứng của  C qua gốc O

B x y  C     y x x m

Vậy ta có

0

3

3 (1) 3

   



    

Với m0 , (1) vô nghiệm

Với m0, (1) có nghiệm x0  0 y0 0 (loại)

Với m0, (1) có 2 nghiệm phân biệt, nên m0 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Số tiền thu được khi có x khách là

2

40

x

 

Ta có

2

Trang 6

120 3

40

x

f x

x





(40) 160

(60) 135

f



Vậy

[0;60]

max ( ) (40) 160

x f x f

Gọi O là trung điểm AC ( ; 2; )1 1

O O là trung điểm của ( ;3; )1 5

Ta có OO'AA' và OO'(0;1; 2) nên A'3;3;3 

Số tiền thu được cả gốc lẫn lãi sau n năm là

100(1 0,12)n

C 

Số tiền lãi thu được sau n năm là

100(1 0,12)n 100

1,12

40

n

Ta có

m y

x m



 

 để hàm số xác định trên 1; thì m   1;  m 1 Khi đó hàm nghịch biến tương đương với   m 0 m 0 Vậy điều kiện 0 m 1 Chọn A

Xét tứ diện vuông OABC có hình chiếu của O lên ABC chính là trực tâm  H của tam giác ABC và

d O ABC h thì 12 12 12 12

h OA OB OC nên biểu thức 12 12 12

OA OB OC có giá trị nhỏ nhất khi

d O ABC lớn nhất Mặt khác d O ABC ,  OM dấu bằng xảy ra khi H M hay  P là mặt phẳng

qua M và có vectơ pháp tuyến là OM nên:   P :1 x 1 2 y 2 3 z 3 0  x 2y3z 11 0

a b b a b    a b  b a   

log

a

b

Do x1 là một nghiệm của bất phương trình nên log 6m log 2m   0 m 1

Vậy bất phương trình tương đương với

1

3

x

  



Đồ thị hàm số ylnx cắt Ox tại điểm có hoành độ x1

Trang 7

Diện tích hình phẳng cần tìm 1 1

ln d ln d ln k k ln 1

S x x x xx x x k k k

Để S 1 klnk  k 0 lnk  1 k e (Do k1)

Ta có: ysinxcosx mx

' cos sin

Hàm số đồng biến trên    y 0, x .  m sinxcos ,x  x

 

max ,

  với  x sinxcos x

Ta có:   sin cos 2 sin 2

4

Do đó: max x  2 Từ đó suy ra m 2

Ta gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều

Diện tích đáy:

2

3 4

BCD

a

Ta có

2

a a

AG AB BG  a  

Thể tích tứ diện là:

Theo đề ra: 6 6 6 3 6

3

a

AG    a Do đó: V 27 3

Ta có:

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

           

8ln 2 3ln 5 4

3

a

a b b





Gọi Hlà chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC

Xét tam giác ABH : sin B AH AH 2a 3.sin 600 3 a

AB

0

cos B BH BH 2a 3.cos 60 a 3

AB

G M

C A

Trang 8

Xét tam giác SAH vuông tại A : 0

tan SHA SA SA 3 tan 45a 3 a

AH

Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ AISH tại I Ta có

AI  SBC nên AI là khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC 

Xét tam giác SAH , ta có:

9

2

a

Gọi , 'h h lần lượt là chiều cao của khối nón và khối trụ

,

R r lần lượt là bán kính của khối nón và khối trụ

Theo đề ta có: h3 , 'R h 2 R

Xét tam giác SOA ta có: ' 3 2 1

1

3

  Ta lại có:

2 trô

V r h    R   

3

   

Ta có: AB   3; 3; 2, n Q1; 3; 2  Suy ra n P AB n, Q0;8;124 0; 2;3 

Phương trình mặt phẳng   Q : 2 y 4 3 z  1 0 2y3z 11 0

Ta có:

2

m

x x

Suy ra:

2

ln 1 ln 2

2m  m m  2

(*)

Ta thấy chỉ có m1 thỏa mãn (*)

Gọi H    d H1 2 ; 1 t   t; t

Ta có: MH 2t1;t 2; t, u 2;1; 1 

3

MH u   t      t t t

d

Vậy phương trình đường thẳng : 2 1

Xét

3 3

d

x

e

x

D A

S

H I

Trang 9

Đặt t3x dt 3dx Đổi cận: x  1 t 3, x  3 t 9

3

Đặt log4alog6blog (9 a b ) x

4

1 5

2 9

x

a

a b

 

 

  



Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	618,66 KB