10 đề toán bản pdf đẹp (4)

Khi đó, IM là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC... Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất Trang 8 Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn

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

y   x m x m

1 0 0

a

m

 





  

Câu 2: Đáp án D

Điểm MOxy nên M x y ; ; 0

Ta có: MA2 x; y; 0; MB  x; 2y; 0 ; MC   x; y; 2

MA MBMC x  xy  yx y 

2

MA MBMC   x  y  x y  x y    x y

Ta có 223x3.2x1024x2 23x3 10x2 x 223x3x23x3 x 210x2 10x2

Hàm số f t  2t t đồng biến trên nên

23

x 

23

 Mẹo: Khi làm trắc nghiệm có thể dùng “Định lí Vi-ét cho phương trình bậc ba”

ax bx   cx d a có ba nghiệm x1, x2, x3 thì:

1 2 3 b; 1 2 2 3 3 1 c; 1 x 3 d

Câu 4: Đáp án C

 

0

x y

x

   

   

   

Mà y  1 15, y 1  5, y 2 6 Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 1

ĐỀ SỐ 42/80

Trang 2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất Trang 2

Gọi M là trung điểm BC , I là trung điểm BC Khi đó, IM là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác, IBICIBICIA Do đó, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC A B C   

R BC    a

Câu 6: Đáp án A

Gọi  là đường thẳng qua A3;5; 0và vuông góc với mặt phẳng  P

Phương trình tham số

3 2

 





   

  



1

Ta có H là trung điểm của MA nên M 1; 1; 2

Gọi x m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2x m  và h m  là chiều cao bể Bể có

2

3

2





Lập bảng biến thiên suy ra Smin S 5 150

2

         

Trang 3

Diện tích hình phẳng là: 3 2 3 2



u x

v e x









1 2

x











Vậy

I xe x xe  e x e  e  e  e   e 

Suy ra

1

1 4

4

a

a b b

 



 



Câu 10: Đáp án B

I f x x f x x  

  2

Gọi n, n  là số lần tăng giá

Hàm thu nhập của tháng: f n   2000000n.200000 32 n.2

2

Vậy f n  đạt giá trị lớn nhất khi

 

f



Vậy chủ hộ sẽ cho thuê với giá 2.000.000 3 200.000 x 2.600.000đ

  4   2     3  

f x mx  m x  m  f x  mx  m x

;

m



Để tất cả các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho nằm trên các trục tọa độ thì

2

1

2

0

3

m

m m

m





Trang 4

Gọi N M lần lượt là trung điểm của , AC SC ;

ABC là tam giác vuông tại B , BAC60o và

2

a

2 2

2

a

AC a SCa MC

NM là đương trung bình của tam giác SAC nên NM / /SANM ABCMS=MC=MA=MB

2

a

MC 

 

3

S





Diện tích của  

2

a

S S r     a

Gọi J là trung điểm của AB

AB SI





Nên :

   

     ,   24

SAB SIJ

IH SJ











30

Nên : BJ  502302 40

Và SJ  402302 50

SAB

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng hàm số và trục hoành :

N M S

B

a

2

Trang 5

   2 

1 2

0 2

x

 



 



Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu nằm về 2 phía với trục hoành

 1

2

m

  



4 0 1 2

m m m

 



 

 

  



1

2

x x  x C



42x522x 24x1022x 4x  10 2 x 8

5

x

  

1

x

x x



 

 (x1) 2

Theo định lí Vi-et, ta có : x1x2 1

M N M N

yx   y e x    x Hàm số luôn nghịch biến trên 0,.nên C Sai Câu 22: Đáp án A

Gọi r R là bán kính thiết diện của ,  S với  P và bán kính mặt cầu

Ta có Br2 3 r2   3 r 3

Mặt khác khoảng cách từ tâm I1, 2, 5 đến  P : 2x2y z 100 là

 

   

2 2

2

2.1 2.2 5 10

Vậy phương trình mặt cầu  S là

  2  2 2

x  y  z   2 2 2

x y  z x y z 

cx d





tại điểm có hoành độ dương nên chọn D

Trang 6

Gọi K là điểm trên AA sao cho KA 2

KA



//

KMN ABC A B C ABC KMN ABC V  V     V

A MNK KMN ABC A BCNM KMN ABC A MNK

Khối đa diện đều loại  5, 3 là khối đa diện mười hai mặt đều nên có số mặt là 12

Ta có z z là hai nghiệm của phương trình: 1, 2 z2  z 2 0 nên 1 2

1 2

z z



iz iz z z i z z i    i  i

     2016 2 1008     1008  

1008 1008 1008

iz iz

Theo giả thiết ta có phương trình 150.000.00078.685.800.e0.017N  N 37.95 (năm)

Tức là đến năm 2038 dân số nước ta ở mức 150 triệu người

3

x







2

108

5

V   x x x x x  x  x x 

Xét hệ phương trình

3

2

t





        

Khi đó tọa độ giao điểm là M3; 7;18

Theo giả thiết S ABCD là hình chóp tứ giác đều nên

ABCD là hình vuông và hình chiếu vuông góc của đỉnh

S trùng với tâm của đáy

A

B

C

A

B

C

N

M K

S

A

D O

Trang 7

Ta có diện tích hình vuông ABCD là S ABCD a2

Tam giác SAO vuông tại O

2

Vậy

3 2

.

S ABCD ABCD

2

x 

và tiệm cận ngang y1

x





1

; 0 2

M 

Ta có: khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d11 và khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là d12

Vậy tích hai khoảng cách là d d1 2 1.22

Gọi z x yi, x y, 

Ta có: z 2 2i  1 (x 2) (y2)i  1 (x2)2(y2)2 1

Tập hợp các điểm trong mặt phẳng Oxy biểu diễn của số phức z là đường tròn ( ) C tâm (2; 2) I và bán kính 1

R

 2 2

1

này ngắn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng nối hai điểm N 0;1 Oy I,  2; 2 với đường tròn (C)

IM IN R 

Đặt , ,b a h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc,  là góc kí hiệu như trên hình vẽ

Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với cung nhỏ

" 4

BB  b và cung lớn AA"4a

y

x 1

1

O

I M

Trang 8

Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng BA” Áp dụng định lí hàm số cosin ta được:

l BO OA  BO OA 

2 2

2

b





2 2

( )

a

2 2



2 2

a b

Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm được l

Ghi chú Để tồn tại lời giải trên thì đoạn BA” phải không cắt cung BB tại điểm nào khác B, tức là BA” nằm dưới tiếp tuyến của BB tại B Điều này tương đương với 2 cos 1 b

a

    

 

  Tuy nhiên, trong lời giải

của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều kiện này (và đề bài cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó)

Dựa vào bảng biến thiên

Gọi z x yi, x y, 

Ta có: (3 2 ) i z4(1 i) (2i z)  (3 2 )(2i i z) 4(1i)(2 i) 5z



Vậy z 3 i nên z  32 ( 1)2  10

Ta có u d1 2; 1;1 

Đáp án B có u 1; 3; 5  

Nhận thấy u u d1  2.1 1.3 1.5   0 d1 

Các đáp án khác không thỏa mãn điều kiện vuông góc

Trang 9

Ta có 2    

log x m2 log x3m 2 0 *

3

log x t *  t m2 t3m 2 0 1

Vì  * có 2 nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x x1 2  9  1 có 2 nghiệm t t thỏa mãn 1, 2 1 2

1 2

3 3t t    9 t t 2 Theo vi-ét ta có t1      t2 m 2 m 0  1;1

Ta có

1

x t

 





Số giao điểm của d và   bằng số nghiệm của hệ

1

x t

x y z

 



  



   



    



Thay vào thấy đúng với mọi t Vậy d  

Ta có z     i 2 2 i M2;1 là điểm biểu diễn số phức z i 2

2 2

2

x x



 

Phương trình ( )f x m là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị

 y f x( ) như hình vẽ trên

Để phương trình ( )f x m có 3 nghiệm phân biệt thì hai đồ thị y f x( ),ym phải cắt nhau tại 3 điểm phân biệt    2 m 2

Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn số phức z x yi x y;  

1z   1 x yi  x1 y 2 x1 yi

1 z là số thực thì 2x1y   0 x 1;y0

Trang 10

Ta có : BCAA BC,  ABBCABA  A BC   ABA

3

a

AH d A A BC  Xét A AB vuông tại A

AH  AB  A A  A A  AH  AB  a

2

4

a

A A

4

ABCD A B C D

a

V    

Ta có mặt phẳng A AB € O O

Kẻ A B € AB  thiết diện tạo thành là hình chữ nhật ABB A 

Kẻ OHAB OH,  A A OH A AB 

 d O O A AB  ,   d O A ABB ,   OH 4

2 5 4 5 ABB A 32 5

AH  OA OH  AB S  

Ta có: y  x3 4x Cho y        0 x 2 x 0 x 2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số có 1 cực đại và hai cực tiểu

Ta có:

2

3 1 3

1

m

x



2

3 1 3

1

m

x



Do đó, đồ thị hàm số luôn có 2 tiệm cận ngang là y 1; y1

Để đồ thị hàm số có 3 tiệm cận thì chỉ cần có thêm 1 tiệm cận đứng

0

x  m có 2 nghiệm mà 1 nghiệm bị triệt tiêu bởi lượng x 3 0 trên tử Cụ thể ta có 9

m 

y



3



1

3





a

B '

H

C

A

B

D

Trang 11

Thật vậy, ta có:

2

3 9

x x



3 lim

9

x

x x



 

đứng là x 3

Vậy đáp số là m0; 9 

V  S h r h

4

3

cm 3



3



3

d

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	0,94 MB