dap an thi thu thpt 2018 de so 7

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.. Nhận xét đề bài này không rõ ràng học sinh không biết dùng diện tích nào của hình nón: Diện tích toàn phần hay diện tích xung quanh, hay điện tích đ

Trang 1

AIB|A|AIC|B|C|B|A|DID|IA|IDID|IA|B|IA|IDIC|A|B|BIAICIC AIC|C|B|B|A|B|BIC|D|A|IC|D|ID|IB|IDIC|IC|D|IA|BIDIDICIC Câu 1:

Câu 2:

Câu 3:

Câu 4:

Câu 5:

PHAN HUONG DAN GIẢI

M Ta có y=x4+3x°-4=> y'=3x +6x=> y" =6x+6=05 x=-1> y=2 > M (-1;-2)

là trung điểm của đoạn thắng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số Mà

M (-1;-2)ed:2x+y+4=0

là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

kĩ Ta có lim y=Š=sy=

x>‡”

M Quan sat dé thị ta có lim y=+œ nên ta loại đáp án B Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị

A(0:4) B(1:3).C(—1:3) trong đó có I cực đại và hai điểm cực tiểu nên ta loại câu C, D

MI Ta có /=2R và §Š=9z€©>zRÌ=9©R=3

=>h=A0=V6 -3 =3\3

Suy ra h= AO =V4R’ —R? =3

Nhận xét đề bài này không rõ ràng học sinh không

biết dùng diện tích nào của hình nón: Diện tích toàn

phần hay diện tích xung quanh, hay điện tích đáy

M Tir dién đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng tạo bởi một cạnh với trung điểm của cạnh

đối diện của nó.

Trang 2

Câu 7:

Câu 8:

Câu 9:

Câu 10:

Câu 11:

Câu 12:

Câu 13:

Câu 14:

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x—x? =0 ©x=0 hoặc x=2

2

Ta có $= [z>x-x#&

0

= 3 Suy ra sô nguyên lớn nhat không vượt quá S$ 1a 1

Đồ thị hàm số đi qua điểm W(-2;0) >0 =(~2)”~2m(~2)” +2m—4>m=2

Ta có 5? = B c5"? =5” ©3x-2=x”©

Vậy tổng bình phương hai nghiệm bằng 5

Goi la x số tiền gởi ban dau

Giả sử sau ø năm sô tiên vôn và lãi là 2x

Ta có 2x x.(1,065)"

1 1

2 xt |2

Ta có | vde= 2 J TU

5

Và

als

Chon D

x-1>0

In[(x—1)(x+1)]>0

1 1

n+1 2m1

x>I1

x?—-1>I

(x+1ỷ

Vẽ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x =—3 , gid tri cue dai lA fry =

1

<> (1,065)" +2 <>n~ log, 1,065 <n ~11

1+2+0

3

3 5+lI+0

3

x„ +xXg +,

xẹ =Ã4 2 CL

+yg+

Theo công thức tọa độ trọng tâm ta có + y„ = na e =

z _ 2a tiptic _

Gọi H là trung điểm BC

Tacó SH 1(ABC) va SH =BC=a

Sone AABC =~ AH.BC 2 = 4.a.2a =a? 2

Vậy thê tích khôi chóp VW$„„ =3 SH-Š„c = 304 “3°

3+0+9

x>

S <=x>

x<- 2vx>42

=1

=2

=—<©n+l=4<n=3

64

v2

=4

¡In © SIn|2x= l =lnmi© SIn9=Inm €> m=3, Vay n=m

=G(1;42)

RY

-9

Trang 3

Cau 16:

Câu 17:

Câu 18:

Câu 19:

Câu 20:

Cau 21:

Cau 22:

Xét phương trình hoành độ xÌ~3x” +x—1=1—2x«©xÌ—3x”+3x—2=0€©>x=2

Vậy số giao điểm là 1

Dựa vào hình dạng của đồ thị ta thấy: Dé thi đạt cực đại tại điểm x=0 nên hệ số z>0 và đồ thị có ba cực trị nên z và ? trái dấu Vậy z>0 và b<0

Ww thi độ, ye (x? +x+1) _ 2x+l

Áp dụng p dụng công thức (log, công thức (1 w) = = mm (°+x+l)ln5 (x? +x+1).In5

Mat phang (P) di qua diém A(2;-1;3) va vuông góc véi duéng thang BC nên nhận véctơ

CB= (2:3: 6) làm véctơ pháp tuyến Khi đó phương trình tông quát của mặt phẳng (P) là:

2(x-2)+3(y+1)+6(z~=3)=0©©2x+3y+6z—19=0

Vì log,

2

te, —log, y=2log, x—log, y

y

Xét tam giác ABC vuông tai A ta có:

tan60? = 98 —, Ag = a3 Khi đó

AC

a3

2

S sane = 5 dap AC=

Ta có hình chiếu vuông góc của cạnh #C” trên mặt phẳng

(ACCA') là AC” Khi đó góc BCA =30° Xét tam giác

tan30°= 22 = 4c’ =3a

AC

Khi đó: CC'=VAC” —AC? =2aV2 VAY Vane rpc = CC Spare = ONG -

Chon B

2

Diện tích hình phẳng: S = Ỉ |x°—x|dx Bảng xét dấu

Chon B

Ta có [ ƒ(x)dx= [e (2e! +1)dx= [(2+£ *Y)dx=2x—e *+C

Do F(0)=1>-e°+C =1 @-1+C=14C=2

Vay F(x)=2x—e "+2.

Trang 4

Câu 24:

Câu 25:

Câu 26:

Câu 27:

Câu 28:

Câu 29:

Câu 30:

Ta có: logz; 5 =2 log; 5 = 4 © log; 5 = 34, log, 7= „ log; 7= ð ©log, 7= 3É

log,(7.5) _log,7+log,5_ log,7+log,3.log,5 3b+c.3a _ 3(b+ac)

+) Giao điểm của đồ thị ham số với Oy là (0:4): x=0> y=4

Loại đáp án B và D, còn đáp án A và C

+) Bắm máy tính tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm thấy đáp án C thỏa mãn vì

có 2 nghiệm là —l và 2

T11 TỰ gIU1, 13

Ta có P=xÄxÄxA'x =x.x).x3).x?3Š =x 5 15 30 = x10,

Mat phang (a) cắt các trục tại các điểm A(12;0;0), B(0;8;0) ,C(0;0;6) nên phương trình

(z)là 242451 2x43y44z-24=0 12.8 6

Đáy là tam giác đều canh a nén diện tích Sac =

=F SAS yo = $A = SA = +—=a3

SA 1a đường cao nên Vy ,„e

Tứ diện đều tạo thành là tứ điện đều ABCD có tất cả các cạnh bang Sem

a3 =—cm 2543 2

4 4

Diện tích đáy là S =

Duong cao AH = AD? —- DH? = NH sf) - ¬, với H là tâm đáy

1 25/3 5/6 _ 125/2

Thẻ tích =1 3,36

3

Ghi nhé: Thể tích khối tứ điện đều cạnh a la V =4 v2

Diện tích xung quanh của mặt trụ là S.„ = 2z = 2z.5.23 = 230zcm”

Sau khi lăn 15 vòng thì diện tích phần sơn được là: $ =230z.15 = 3450zcm?

(P):2x— y+z—L=0 Vec tơ pháp tuyến của (P) là n=(2;-L1).

Trang 5

Câu 32:

Câu 33:

Câu 34:

Câu 35:

Câu 36:

Mặt phẳng trung trực (P) đi qua trung điểm /(2;3;3) của đoạn thắng A# và vuông góc với

AB nên (P) nhận véctơ AB =(-2;4;2) làm véctơ pháp tuyến Vậy phương trình tổng quát của (P) là: -2(x—2)+4(y—3)+2(z—3)=0 ©-~2x+4y+2z—14=0 hay x—2y—z+7=0

142017 +201

Ta có lim y= lim = 017 = lim 4 =1

x x

14 2017

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y=l;y =—I và không có tiệm cận

đứng vì x? +x+1>0,Vx

Vì cơ số nhỏ hơn 1 nên dấu bất phương trình đổi ngược chiều

s†y

y=xẺ-3x+1

4+

Dựa vào đồ thị ta thấy: —I<zm<1 thì thỏa bài

Gọi W(x;y;z) là điểm cần tìm Ta có: MN (x-3; y-l;z)

Khi đó theo giả thiết ta có: 4 y—l=—1 ©4y =0= N(2;0;0)

Ta có thời gian ô tô bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là : -38+19=0<>=— (s) Trong

khoảng thời gian này ô tô di chuyền một đoạn đường :

1

0

Trang 6

Câu 37:

Câu 38:

Câu 39:

Câu 40:

Câu 41:

Chọn C P

Gọi E là điểm đối xứng của € qua AB

Gọi M4 =DE>AB, khi đó bạn Na đặt chốt ở vị trí ; , , 30

M thì tông độ dài hai sợi dây đèn led ngăn nhật C

Ta có —— AE _ MA =1 — MB ~3MA, 10

Chon D B

Tacé [~*~ dx=— { =——<d(x" +4x+7)=< n(x? +4x+7) ox +4x+7 29x +4x+7 2 0

= in12—Fin7 =In Vid ~In V7,

Gọi V, V' lần lượt là thê tích khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương

Không mất tính tổng quát gọi độ dài cạnh của khối lập phương bằng 1, khi đó bán kính khối

VP+P+P v3

2 cầu ngoại tiếp khối lập phương là R= 2

3

Suy ra V =1; v4, 4) 73 _,V _wW3

Tập xác định của hàm số y=2”°%**#* là D=(0;+œ)

Ta có y'= (rẽ ) - 2 — 2log; x 22l0gyx~logÏx TT) 2= 2—2log, x glows +1083 «Jy 2

xin3 xin3

Bang biến thiên

2

Dựa và bảng biến thiên ta có hàm số y=2”°%*'*%”* đạt giá trị lớn nhất bằng 2 tại x=3

Gia st N(x; y;z) Do J là trung điểm của MN nên

: Xn = 2x) —Xy Xn =-l

1 = "Hn 24 Yn =2y,-Yy oS Vy =2 => MC12;5)

Zy + Zy wy = 22) —2y Zy =5

9

Trang 7

Câu 43:

Câu 44:

Câu 45:

Câu 46:

Câu 47:

Câu 48:

Ta thấy f(x) = sin? > —cos’ 2= —eosx nén J #@)dx = [—cos.xdx =—sin x+C

Ta có [Z@dx+[ /@0dx = [zœ& nên [Z@0& =2016-2017 =-1

x=-2¢[-1;3]

Ma y(1) =-6; y(3) = 46; y(-l) =14 nén M =46;m=-6 > M +m=40 (39; 42)

Chon A

TXD: D=0

Taco: y’ =(2m—1)+(3m+2)sinx

Đề hàm số nghịch biến trén 0 thi y’ <0, Vx ttre 1a: (2m—1) + GBm+2)sin x <0 (1) , Vx

+) m=-5 thi (1) thanh =3 <0Vx

+) m>—2 thi (1) thành sinx< 1? = 12m vị 21+] c0 —^ << 3 3m+2_ ”3m+2 3m+2 3 —I 5

+) m<—^ thì (1) thành sinx> 1” — 12m 3 3m+2 3m+2 1à MB cg —3<mm<—^ 3m+2 3

Kết hợp được: —3 < m < ¬§

(S) có tâm là /(I;—1;1) và bán kính R=3

Do mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên ta có:

of A!

2° 4274+

za Chi ý: Ta có thể nhận xét nhanh vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu đề thay rang do

m=-—5_

phương của (P) không đổi nên chỉ có 2 mặt phẳng thỏa mãn điều kiện tiếp xúc

Dat t=3*, t>0

tr —2t-3

yebt <> 1° —2(m+1)t-3-2m>0,vt>0 am<

2t+2 Ve>O-eom<5(t43),¥1>0

£)=5(+3)./')=3>0.vr>0 = hàm số đồng biến trên (0,+ø)

Vậy ycbr cm < ƒ (f).Vt >0<>m <ƒ (0)=—

Chọn D

x=l =y=-2=y,

3 s:

Trang 8

Vì giả sử ta gọi F(+x) là một nguyên hàm của ƒ (x) thì ta có:

b

[ZŒ)@x=F(b)~F(a)= [r(r)&

Câu 50: Gionlél

Do v3 >2 nên ta có (0,La) ” <(0,1a)” =0,1ø<1=0<a<10

Do Š <-—— nên ta có tog, = = <log — 1 =b>I

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	1,13 MB