thpt luc ngan 3 bac giang nam 2017 lan 1 co loi giai file word

Chiều cao của tứ diện đó là A.. Có ba nghiệm thực phân biệt.. Có bốn nghiệm thực phân biệt... Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Câu 6: Đáp án A – Phương pháp Hàm số bậc 3 có hệ số x3 dư

Trang 1

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 3

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2016-2017 Môn: Toán 12

Thời gian: 90 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: Tính đạo hàm của hàm số : x

y 2016

A. y ' x.2016x 1 

x

2016 y

ln 2016



Câu 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc OA 3,OB 4,OC 5   Tính khoảng cách từ O đến (ABC)?

A. 60

60

30

12 61

Câu 3: Tìm m để phương trình  2 2 1

2

4 log x  log x m 0  có nghiệm thuộc khoảng (0;1)

A 0 m 1

4



Câu 4: Phương trình x x x

8.3 3.2 24 6 có tổng các nghiệm bằng:

Câu 5: Số nghiệm của phương trình 22x 2  7x 5  1

 là:

Câu 6: Hàm số f x x3 2mx2m x 22  đạt cực đại tại x 1 khi và chỉ khi

A. m 3 B. m  1; 3  C. m1;3 D. m 1

Câu 7: Tổng các nghiệm của phương trình: log x log 9x32  3  2 0 là

Câu 8: Cho khối tứ diện đều có cạnh bằng a Chiều cao của tứ diện đó là

A. a 6

a 6

a 3

a 3 2

Câu 9: Phương trình 3x 2  2x 3  3x 2  3x 2  32x 2  5x 1  1

A. Có ba nghiệm thực phân biệt B. Có bốn nghiệm thực phân biệt

Đáp án

Trang 2

11A 12D 13A 14C 15D 16C 17A 18A 19A 20B

Trang 3

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Đạo hàm của hàm số y a x là y ' a lna x (với a e thì ln a 1 )

Với y 2016 x thì y ' 2016 ln 2016 x

Câu 2: Đáp án A

– Phương pháp

Với hình chóp OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc thì khoảng cách h từ O đến mặt

phẳng (ABC) được tính theo công thức 12 12 12 12

– Cách giải

Khoảng cách h từ O đến mặt phẳng (ABC) thỏa mãn

h

Câu 3: Đáp án B

– Phương pháp:

Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có nghiệm thuộc khoảng K

+ Cô lập m, đưa phương trình về dạng m = f(x)

+ Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) của y = f(x) trên K

+ Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) trên K

– Cách giải

Phương trình đã cho tương đương với

2

4 log x  log x m 0   2log x log x m 0   log x log x m 0   Đặt t log x 2 Ta có x0;1    t  ;0, phương trình đã cho trở thành mt2 t * 

Xét f t t2 t trên  ;0 Có f ' t  2t 1 0 t 1

2

x

  1

2

 0 y' + 0 

y

1

4

  0

Trang 4

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thuộc (0;1) khi và chỉ

khi phương trình (*) có nghiệm thuộc  ;0 m 1

4

– Phương pháp

Với phương trình có chứa cả a , b , ab và hệ số tự do, chú ý thử phân tích thành nhân tửx x  x

– Cách giải

8.3  24  3.2  6  0 8 3  3  2 3  3  0 8 2 3  3 0

x

x 3





Tổng các nghiệm của phương trình bằng 4

Câu 5: Đáp án D

2

2x 7x 5 2

x 1

x 2

 







 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

– Phương pháp

Hàm số bậc 3 có hệ số x3 dương và có 2 cực trị thì điểm cực đại nhỏ hơn điểm cực tiểu, ngược lại với hệ số x3 âm

– Cách giải

x m

x 3









Để hàm số có 2 cực trị thì m 0 Hai điểm cực

trị của hàm số cùng dấu, do đó để hàm số có cực đại tại x 1 thì m 0 , khi đó m m

hệ số của x3 là dương nên điểm cực đại của hàm số là x m 1 m 3

3

Câu 7: Đáp án C

log x 2 log x   2 0 log x log x 0 

Trang 5

3



Tổng các nghiệm bằng 4

– Phương pháp

Nhớ: Thể tích và diện tích một mặt của tứ diện đều cạnh a lần lượt

(diện tích tam giác đều cạnh a)

– Cách giải

Chiều cao tứ diện đều cạnh a là h 3V a 2 a 6

– Phương pháp

Phương trình chứa f x   g x   f x g x    

và hệ số tự do: Phân tích thành nhân tử – Cách giải

Đặt x2 2x 3 x2 3x 2 x2 2x 3 x2 3x 2 2x2 5x 1

thành

u v uv 1    uv u v 1 0     v 1 u 1  0

2

x 2x 3 2

2

x 3x 2

x 2

 

 









 Phương trình có 4 nghiệm thực phân biệt

2 2

3 S.ABC ABC

AC A 'A

Trang 6

AC a

AB BC

2 2

3 ABCD.A'B'C'D'

2a

8

Ta có góc SCA 45 0 nên SAC vuông cân tại A

2 2

3 S.ABCD ABCD

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, AN

Ta có A 'MABC , BN AC, MPAC

Vì ACMP, ACA 'M nên ACA 'PM

Suy ra góc giữa (ACC’A’) và (ABC) là góc MPA ' 45 0

Suy ra MPA 'vuông cân tại M Ta có

2 ABC

A 'M MP

3 ABC.A'B'C' ABC

3a

16

m

a a

n

m

7

a



Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm BO Có HM / / AO HMBD

Trang 7

Vì HK / /BD nên d HK,SD  d HK; SBD    d H; SBD   

Vẽ HI SM tại I thì HISBD

2 2

HM

– Phương pháp: Đưa về cùng cơ số

– Cách giải

2

log 2x 2  1 log 9x 1 log 2x 2  1 log 9x 1  log 2x 2 log 18x 2

2 2

x 1

x

2













 Tìm khoảng đồng biến nghịch biến của hàm số bậc ba: Xét dấu của y’

– Cách giải

Có y ' x 2 x 2 0   x 2 hoặc x1

y ' 0  x 2 hoặc x 1; y ' 0   1 x 2

Hàm số đồng biến trên   ; 1 và 2;  , nghịch biến trên  1; 2

– Phương pháp

Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b]

+ Tính y’, tìm các nghiệm x , x … thuộc [a;b] của phương trình y ' 01 2 

+ Tính y a , y b , y x , y x ,      1  2

+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]

– Cách giải

Trang 8

Có 2

y ' x 4x 3 0   x1 hoặc x3

28

M m

3

– Phương pháp:

Xác định nhanh số đường tiệm cận của đồ thị hàm số  

 

f x y

g x



 

f x y

g x

 có số tiệm cận đứng bằng số các số các nghiệm của g(x) mà không

phải là nghiệm của f(x)

 

f x y

g x

 có 1 tiệm cận ngang nếu bậc của đa thức f(x) nhỏ hơn hoặc bằng bậc của đa thức g(x), nếu bậc của f(x) lớn hơn thì không có tiệm cận ngang

– Cách giải

Xét hàm số y x 42





 với f x  x 4;g x  x216 Bậc f(x) bằng 1, nhỏ hơn bậc của g(x) (bằng 2) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang y 0

g(x) có 2 nghiệm x 4 và x4 nhưng chỉ có 1 nghiệm x4 không phải là nghiệm của

f(x) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng

Tất cả có 2 tiệm cận

– Lý thuyết

Điều kiện xác định của hàm mũ yf x a

+ f x   với   a  *

+ f x 0 với a nguyên không dương

+ f x 0 với a không nguyên

– Cách giải

Điều kiện xác định của hàm số đã cho là x21 0  x1

Tập xác định: D\ 1

Trang 9

– Phương pháp: Đồ thị hàm số y f x  cắt đồ thị hàm số y g x   tại 2 điểm phân biệt khi

và chỉ khi phương trình f x g x  có 2 nghiệm phân biệt

– Cách giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thị hàm số

2

x 1 x

x 1





Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

m 0







– Công thức: Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó

Dựa vào công thức trên, ta có V 2.3.6 36cm  3

xq

S  rl r r h với r, l, h lần lượt là bán kính đáy, đường sinh và đường cao hình nón

xq

S .25 25 20 125 41 cm

– Phương pháp

Giải phương trình f x log g xa   f x g x 0

– Cách giải

Phương trình đã cho tương đương với x2 x 5 2x 5 0   

2

5 x 5

2



 







 Tổng hai nghiệm là 3

– Phương pháp

k log b log b , chú ý điều kiện xác định

– Cách giải

Điều kiện: x 0, x 1  Phương trình đã cho tương đương với

Trang 10

 2  2 2 2 2 2 2 2

2 2





Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm

– Phương pháp

Đồ thị hàm số bậc ba có dạng chữ N xuôi hoặc ngược, nếu y   khi x   thì hệ số của x3 dương và ngược lại

– Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số và các đáp án, ta thấy đồ thị hàm số đã cho là của hàm số bậc 3 với hệ

số x3 dương => Loại A, D

Đồ thị hàm số đi qua điểm 1; 2 nên chỉ có đáp án B thỏa mãn

– Phương pháp

Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b]

+ Tính y’, tìm các nghiệm x , x … thuộc [a;b] của phương trình y ' 01 2 

+ Tính y a , y b , y x , y x ,      1  2

+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]

– Cách giải

y ' x  2x 2 2x 2 e    0 x  4 e  0 x 2

y 0 2; y 2 2e ; y 3 e nên GTLN, GTNN của hàm số đã cho trên [0;3] lần lượt là e và 3 2e2

Tích của chúng là 2e5

– Lý thuyết: Tập xác định của hàm số y log f x a   là tập các số x sao cho f x 0

– Cách giải

2

     nên tập xác định của hàm số đã cho là 1;

2

Trang 11

– Phương pháp: Giải phương trình chứa cả  a b x và  a b x với a b 2  : Đặt một1 trong hai lũy thừa làm ẩn phụ

– Cách giải

Vì  2 1  x 2 1 x  nên đặt 1 t  2 1x 0  2 1x 1

t





Tích các nghiệm bằng –1

– Phương pháp: Sử dụng trực tiếp máy tính Casio để tính biểu thức

Kết quả: 80

27



– Tính chất

Đồ thị hàm số y ax b

cx d





 với, a,c 0,ad bc  nên có tiệm cận đứng x d

c

 và tiệm cận

ngang y a

c

- Giải

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng x 1

2

 và tiệm cận ngang y 1

Diện tích tam giác ABC đều, cạnh a là

2 ABC

S

4



AA 'B

2 2

AA ' A 'B  AB a

3 ABC.A 'B'C' ABC

a 3

4

– Phương pháp

b cos x c

 

 để đánh giá – Cách giải

Trang 12

Có y 2 5

cos x 2



 

cos x 2

 Dấu “=” xảy ra  cos x1

– Phương pháp: Điều kiện để hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất đồng biến trên mỗi khoảng xác định là y ' 0, x D  

– Cách giải

Điều kiện cần tìm là

 2

1 m

x 1

 



– Phương pháp: Tính y’ và giải phương trình y ' 0

Nếu hàm số bậc 3 có y ' 0, x    thì hàm số nghịch biến trên 

– Cách giải

y '3x 6x 3 3 x  2x 1 3 x 1    0, x nên hàm số đã cho nghịch biến trên tập xác định (tập )

– Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hợp, chú ý điều kiện

– Cách giải

Điều kiện : 0 x 4 

Có: y ' 4 2x2

4x x





 nên f ' 2 0;f1 ,f ' 5   không tồn tại

Điều kiện: x2 5x 6 0   x 3 hoặc x 2

0,5

x 2 log  x  5x 6 1 0

 

2

0,5

x 4







Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

– Công thức: Số tiền gửi ban đầu là A đồng, thể thức lãi kép r % một kì hạn (tháng, quý, năm,

) thì sau n kì hạn số tiền người đó có là

n n

r

100

Trang 13

– Cách giải

Gọi n là số quý ít nhất để người đó có ít nhất 20 triệu đồng, ta có n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn

1,0165

Vậy n 18

– Phương pháp

Phương trình f x  m có k nghiệm phân biệt  Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số

 

y f x tại k điểm phân biệt

- Cách giải

Có x4 4x2 m 0  x4 4x2 1 m 1

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  Đường thẳng y m 1  cắt đồ thị hàm số

4 2

y x  4x 1 tại 4 điểm phân biệt   3 m 1 1   4 m 0 

Gọi M là trung điểm BC AMBC

Mà AA ' BC  AA 'M BC

=> Góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc AMA ' 30 0

Vì ABC là tam giác đều nên

2 ABC

0 a

A 'A AM.tan 30

2

3 ABC.A 'B'C' ABC

a 3

8

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	658,5 KB