10 đề toán bản pdf đẹp (5)

Khi đó, bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình nón bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp SAB.. Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón chính là tâm đường tròn nội tiếp SAB.. Gọi R và r lần lượt l

Trang 1

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 - THANH HÓA MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên thí sinh:

Số Báo Danh:

PHÂN TÍCH – HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI THỬ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 – THANH HÓA Câu 1: Đáp án D

Tập xác định D  ;1  2;

Khi đó BPT

1

2



 

Kết hợp điều kiên vậy nghiệm của bất phương trình là x0;1  2;3

Câu 2: Đáp án C

y '  0 3x 6x   0 0 x 2

Do đó hàm số đồng biến trên  0; 2

Câu 3: Đáp án B

y ' x 2x2 '.e  e ' x 2x2  2x2 e e x 2x2 x e

Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

3 2 ABCD

3

Thiết diện là tam giác đều SAB Khi đó, bán kính của khối cầu ngoại tiếp

hình nón bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp SAB Tâm mặt cầu ngoại

tiếp hình nón chính là tâm đường tròn nội tiếp SAB Đặt AB = a Gọi R

và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình nón

Ta có:

3 3

3 1

3 2

a

4 πR

8 4

yx 2mx  m 3 x   4 x 4

ĐỀ SỐ 43/80

Trang 2

   

2





Để    d  Cm tại ba điểm phân biệt A, B, C thì phương trình 2  

x 2m  m 2 0 1 có 2 nghiện phân

*

 

    Vì B, C d nên: x y 4  0

 2 2

1 3 4

 

Vì A 0; 4  nên x , x là hai nghiệm của (1) nên B C B C

B C



2



2



Câu 8: Đáp án D

y '3x 6xy '  1 9

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A 1; 2 là:

yy ' 1 x 1  2 9 x 1  2 9x7



  

Đặt tlog x2 Khi đó, phương trình ban đầu trở thành: 2 t 1





Với t = 1 thì log x 12   x 2 (thỏa mãn)

Với t = 4 thì log x2   4 x 16 (thỏa mãn)

Vậy x x1 2 2.1632

t3 0 Khi đó phương trình trở thành 2

t 3







   

 



(thỏa mãn)

Với t = 1 thì 3x   1 x 0

Với t 1

3

    Khi đó x12x2   1 2.0 1

Câu 11: Đáp án A

Trang 3

    5 3x

5 3x 1 5 3x e



1

N  N 4%N 1 r N m

2

5

N N 1 r 4,86661.10

y '3x 2 m 1 x m 3m2





y '3x 6xy ''6x 6 y '' 2  6 0 nên x = 2 là điểm cực tiểu

y '3x 12x 12 3 x2 Khi đó, y’ không đổi dấu khi đi qua điểm x = 2 nên x = 2 không là điểm cực tiểu Vậy m = 2

Vì chiều dài đường sinh bằng 2a nên chu vi đáy bằng a

2π

Gọi chiều dài và chiều rộng của trang sách lần lượt là x cm và y cm , trong đó x > 6, y > 4

Chiều dài của trang chữ là: x 3 3   x 6 cm 

Chiều rộng của trang chữ là: y 2 2   y 4 cm 

x 6



min











Đặt

x

2





Với t = 3 thì

x

2

Với t = 5 thì

x 2

x

2

Trang 4

y

 



2 y

2

y

2







Với xy2 thì xy 8 y3     8 y 2 x 4 (thỏa mãn)

Với x y thì

3 2

xy 8 y     8 y 4 x 2 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S    2; 4 ; 4; 2 

Ta có:

2

3





1;2 1;2

Chia cả 2 vế của phương trình cho 4 x

Khi đó, phương trình đã cho trở thành:

Đặt

x

3

2

 

  

2

3 t

2

t 3

 

       



(thỏa mãn)

Gọi M là trung điểm của B’C’

Vì A'B'C' đều nên

2

2 a a 3

Ta có: AMA '600

0 a 3 3a

Thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ là:

3

A 'B'C'

Ta có:

1

4

x 1

4

Trang 5

 3

1

4

Đồ thị hàm số đi qua A 0;1  loại các đáp án A, B, D

Điều kiện

x

x x

0 16

  

3

4

3 t

1 4

t 2

 



 



x 4

3

2





Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 0;1  2;

M



3

x 1

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: yy ' 2 x 2  y 2  3 x     2 5 3x 11

11

A ; 0 , B 0;11

3

x 2x

x

f ' x



Xét hàm f t log t2 t, t0 Ta có   1

t ln 2

     Hàm f đồng biến trên 0;





Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là:  1;3

Cách 2: Sử dụng CASIO, nhập phương trình và CALC các giá trị nghiệm đáp án đã cho

Trang 6

Vẽ đồ thị hàm số x45x24

Để phương trình đã cho có 8 nghiệm phân biệt thì đường thẳng ylog m2 cắt (C) tại 8 điểm phân biệt 0 log m2 9 1 m 429

4

Xem lại cách vẽ đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối





+) y '' 0     6 0 x 0 là diểm cực đại

+) y '' 2    6 0 x 2 là diểm cực tiểu

Vậy  0;1 là điểm cực đại của đồ thị hàm số



Bất phương trình

6

5





  

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;6

5

 









0

0 1 3a

Đặt AB x AC2x, BCx 3

Ta có:

2 2

2

ABC

Trang 7

Thể tích khối chóp S.ABCD là: 2

ABC

y '4x 8x 0 4x x 2   0 x 2

y '  0 x 0, y '   0 x 0 y ' đổi dấu từ - sang + khi qua điểm x = 0  Hàm số đạt cực tiểu tại x =

0

A ' AC

 vuông tại A có ˆC 45 0  A ' AC vuông cân tại A

A ' A AC x 5, A 'C B ' D a 10

2 x 5  a 10  x a

ABCD

Thể tích của khối hộp là: VAA '.SABCDa 5.2a2 2 5a3

Ta có: CA  3; 0; 6 , CB   8; 0; 4  CA.CB   3. 8 0.0 6.    4 0 CACB

ABC

Gọi M là trung điểm của BCA'MBC

A 'BC

2

ABC

4

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: VA ' A.SABC 2.4 38 3

Vì H, K lần lượt là tring điểm của AB và AD nên HK là đường trung bình của ABD

Gọi, OACBD, I là hình chiếu của H lên BD

BD AHI BDHJ, trong đó J là hình chiếu của H lên SI









Trang 8

 

2

4

Vì ABCD là hình thoi nên BA = BC

0 ABCD

TCĐ: x = 1 Để đồ thị hàm số có TCN thì ac bd  3m0 (điều kiện để hàm số không suy biến) Khi đó, TCN là: y 2m Diện tích hình chữ nhật là 1 2m  8 m  4 m 4 (thỏa mãn)

l 20 25 5 41

xq

S πRl π.25.5 41 125π 41 cm 

4

 là nghiệm của bất phương trình nên

Khi đó, bất phương trình đã cho

2

 



5

2 5

2

 



  

  



AB 3; 4; 2 , AM  x2; y 1; 4 

Trang 9

Ta có:

 

k



Khi quay hình chữ nhật ABCD quay AB ta được hình trụ có bán kính đáy là R1AD1 đường cao

1

h AB2 Ngược lại khi quay hình chữ nhật ABCD quanh AD ta được hình trụ có bán kính đáy là

2

R AB2 đường cao h2 AD1 Ta có

1 1 1

2 2 2

V  πR h  π.2 1 4 2

Độ dài đường sinh l của hình nón bằng bán kính của hình tròn  l 6

Chu vi đáy của hình nón là sau khi bỏ phần tam giác OAB là độ dài cung lớn AB: AB  

3

4

Bán kính đáy của hình nón sau khi ghép là: RN 9π 9

Độ dài đường cao của hình nón là:

2

 

Thể tích khối nón đó là:

2 2

 

Ta có: 2u5v2 2; 3;1    5 1; 2; 2  1; 4;12

 

2

log 30

2





Để hàm số có 3 điểm cực trị thì m1 1 

A 0; 2mm , B  m; m m 2m , C m; m m 2m

Ta có ABC cân tại A Để ABC đều thìABBCAB2BC2 m m44mm43m0

3







Từ (1) và (2)  m 33

F ' x f x 3mx 2 3m2 x4





Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	615,54 KB