10 đề toán bản pdf đẹp (8)

Suy ra để đồ thị có tiệm cận đứng thì x2.. Câu 12: Đáp án C Hình chóp tứ giác có đáy là tứ giác không nội tiếp đường tròng có thể không có mặt cầu ngoại tiếp... Chiều cao của khối trụ

Trang 1

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI – HÀ NỘI 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 D





 

'' 0 2

'' 0

y 4 0

y '' 12x 4

y 8 0



  

thị hàm số là M 0; 0  

Câu 2: Đáp án A

PT33 x 5x2 3x 33.55x2 3x 33x 2 log 55 x2 3x 3log 35 x 2

5

Câu 3: Đáp án D

Khôi mười hai mặt đều có mặt là ngũ giác đều

y ' 5   '5  .ln 5 x 3x 3  2x 3 5  .ln 5

Ta có AB  1;1; 0 , AC   1; 0; 0 , AD 1;1;1 , suy ra

AB; AC 0; 0;1 AB; AC AD 1

Vậy thể tích tứ diện ABCD bằng1 AB; AC AD 1

6   6

Câu 6: Đáp án B

Ta có 672, 71 760.e 1000i   i 1, 22.10 4

Vậy áp suất không khí ở độ cao 3000m là P760.e3000.1,22.104 530, 23mmHg

Câu 7: Đáp án C

Hàm số có tập xác định P 0; 4 \ 2  

2

2 2

y



m   2 y 2x2 4xx 2  Đồ thị hàm số không có tiệm cận ddwngd

Với

Với m 2; 4 đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x2

ĐỀ SỐ 46/80

Trang 2

Suy ra để đồ thị có tiệm cận đứng thì x2

Đặt

5

2 3

3



Ta có: MAMB MC  0 MAMB1; 1;1 M6;5; 4 

Xét mặt cầu

  2 2 2   2  2 2 I 1; 2;3 

S : x y z 2z 4y 6z 5 0 x 1 y 2 z 3 9

R 3





M 1; 2; 4 , N 2; 0;3



Điểm M ở ngoài mặt cầu, điểm N

trong mặt cầu (S)

Hình chóp tứ giác có đáy là tứ giác không nội tiếp đường tròng có thể không có mặt cầu ngoại tiếp

3

x 1  y2  z 4 9

Thể tích của hình lăng trụ là

ABC.A 'B'C' ABC

a 3 a 3



Gọi x (triệu đồng) là số tiền người đó phải gửi mỗi năm, khi đó

500x 1 0, 07 x 1 0, 07   x 1 0, 07

  1 1 0, 07 10

x 1 0, 07 500 x 33,821263

1 1 0, 07

 

x x  1 x 3

2

1

2



 

b

1 1

2 2





Trang 3

     2

2 b

1

2







2

Suy ra PTTT tại A 1;1

2

  là

1

y x 1 2x 2y 1

2

Ta có :

inx inx

cos



Hàm số nghịch biến trên khoản 0;

2



  khi và chỉ khi

 

m 0;1

x 0;





Dựa vào bảng biến thiên ta thấy :

Tại x1 thì f ' x không xác định tuy nhiên   f ' x đổi dấu từ dương sang âm khi   f ' x qua điểm x1

nên hàm số đạt cực đại tại x1

Trên khoảng  0; 2 hàm số không tồn tại các giá trị tại f 1 ; f 2 nên hàm số không có GTNN    

Ta có

2



PT

1

2

x 0

2









lim y 8, lim y 8



Khi quay lục giác đều quanh đường thẳng AD, ta được khối tròn xoay hợp bởi

ba khối

 Khối nón N1 sinh ra bởi tam giác ABF

 Khối nón N2 sinh ra bởi tam giác DCE

 Khối trụ T sinh ra bởi hình chữ nhật BCEF

Trang 4

Chiều cao của khối trụ là a, chiều cao của khối nón là a

2 Khối nón và khối trụ có cùng bán kính đáy

BF a 3

R

Thể tích của khối tròn xoay là

3 1

       

Khi quay lục giác đều quanh đường thẳng MN

Ta có BCAFI, CDFE I ' I, I ' thuộc đường thẳng MN

Gọi V2, Va, Vb, lần lượt là thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi lục giác đều, tam giác

ICF, tam giác IAB

Ta có BCAFI, CDFE I ' I, I 'thuộc đường thẳng MN

Do tính đối xứng của hình nên ta được

1 1 a a 3 7 3 a

V 2 V V 2 a a 3

Vậy thể tích giữa thể tích hai khối tròn xoay là

1

2

V   12  7 3  7

x 3







 



Có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây

x

3 

y



5

199

27



Dễ thấy hàm số đồng biến trên khoảng  0;1

Trọng tâm G của tam giác ABC là G 4; 0; 2   AG2; 4; 0AG 20

x2  y4  z 2 20

3x x 1 2 m *

      PT  * là pt hoành độ giao điểm đồ thị hàm

y 3xx 1 và y 2 msong song với trục hoành

PT ban đầu có sáu nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hai đồ thị cặt nhau tại 6

điểm phân biệt

Trang 5

Ta có y '3x26mx, x R Phương trình y ' 0 x x 2m 0 x 0





Để hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m 0. Khi đó gọi  3  3

A 0;3m , B 2m; m là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

AB

AB 2m; 4m n 2m ;1 AB : 2m x y 3m 0

4

3 m



Thuyền ở vị trí A sẽ đi đến E (đất liền) và đi ra đảo C Bài toán yêu cầu cần tìm GTNN của quảng đường

AE EC.

Chuẩn hóa 120 : 450 : 270 12 : 45 : 27 AB 12, AC 45, CD27

Cách 1 : Đặt BEx, x0 Ta có 2  2

ED 30 2 x AE EC x 12 30 2 x 27

f x  x 12  30 2x 27 , x0 Khảo sát hàm số f(x) trên

khoảng 0;30 2

Cách 2 :Gọi H là điểm đối xứng với A qua B và K là điểm đối xứng với C qua D

Và I là hình chiếu với A lên CD Khi đó AHKC là hình thang cân và

Ta thấy EC EK nên AE EC AE EK

Để AEECmin khi và chỉ khi AEEKmim và điều đó có nghĩa là A, E, K thẳng hàng

AK KI AI  30 2  27 12 9 41 Hay quãng đường ngắn nhất cần tính là 90 41

Góc giữa hai vecto u; v là   u; v 4 4 log 2m 4 1 log 2 m 

u; v

Vì u ; v  0 để góc giữa hai vecto u; v là góc nhọn khi và chỉ khi 1 log 2 m 0

1

m

1

2

m 1



  







 



là giá trị cần tìm

Trang 6

Có 2 2 2

3

1

2

Ta có

F x f x dx sin x dx cos 2x dx x sin 2x C

Mặt khác

 

F



 

 



Mặt phẳng thiết diện (P) cắt SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm M,

N, P, Q và đặt

SM

k 1 k 0 , V V

SA    

Ta có

S.MPQ

S.MNP

V

Suy ra

3

S.MNP

S.MNPQ

S.MQP

k

2

k

2









Mặt kahcs

2 2

Vậy diện tích thiết diện cần tính bằng

2

3

a S 4

Gọi H là trung điểm của ABSHABSHABCD

Khi đó HC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)

SC; ABCD  SC; HC SHC60

Xét SHC vuông tại H, có

0 SH

tan SCH SH tan 60 HC

HC

2

Nên

3

Trang 7

2

2 2





suy ra phương trình có 10 nghiệm nguyên

M x; y; z



 



Thể tích của khối cầu bán kính R là V 4 R3

3

  bằng thể tích của khối nón

 



1 0, 5t

Dựa vào đồ thị và đáp án ta thấy : khi x  thì y  (loại D)

Đồ thị hàm số đạt cực trị tại các điểm  1; 4 Loại A, B

Ta có

sin ax.cos bx sin a b x sin a b x sin ax.c dx sin a b x sin a b x dx

CCâu 43: Đáp án C

1 du

v 2







Độ dài vecto tích có hướng của hai vecto u; v bằng u; v  u v sin u; v 

Trang 8

Ta có     x x x x



Thể tích nước trong hồ là V 1,5.50.50 3750m3





3.4  35.6 2.9   0 12 2 35.2 3 18 3 0

x

2 9

x 2

x 1

0

3 3

  

 



 

 



Hàm số xác định khi và chỉ khi

3.4  35.6 2.9   0 12 2 35.2 3 18 3 0

x

2 9

x 2

x 1

0

3 3

  

 



 

 



Tỉ số cần tính chính là tỉ số giữa lập phương bán kính khối cầu ngoại tiếp và

khối cầu nội tiếp khối nón Vì thiết diện qua trục của khối nón là tam giác

đều  O là tâm mặt cầu nội tiếp cũng là tâm mặt ngoại tiếp khối nón Gọi

độ dài cạnh của tam giác ABC là a

Bán kính đường tròn nội tiếp ABC là r a 3

6



Bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC là R a 3

3

Khi đó

3 3

1

2

 

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	528,75 KB