ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA môn Toán Cần Thơ Có lời giải chi tiết File Word

SỞ GDĐT CẦN THƠ TTLT ĐH DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 11 2016 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút. Họ, tên:.....................................................Số báo danh:........................... Mã đề thi 127 Câu 1: Cho hàm số . Khẳng định nào sau đây đúng. A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng . C. Hàm số đã cho nghịch biến trên . D. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Hướng dẫn giải. Chọn D. Ta có: Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Câu 2: Cho phương trình: . Chọn phát biểu đúng: A. Phương trình luôn có nghiệm với mọi m. B. Phương trình có nghiệm với . C. Phương trình có nghiệm dương nếu . D. Phương trình luôn có nghiệm duy nhất . Hướng dẫn giải. Chọn C. + A sai vì với phương trình đã cho (Vô lý). + B sai vì với phương trình đã cho (Vô lý). + C đúng. Vì với phương trình đã cho do + D sai vì với thì không tồn tại. Câu 3: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Hàm số với là một hàm số nghịch biến trên khoảng . B. Đồ thị các hàm số và với đối xứng với nhau qua trục hoành. C. Hàm số với có tập xác định là . D. Hàm số với là một hàm số đồng biến trên khoảng . Hướng dẫn giải. Chọn B. Ta có: Đồ thị các hàm số và với đối xứng với nhau qua trục hoành. Câu 4: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là A. 2. B. 4. C. 3. D. 1. Hướng dẫn giải. Chọn A. + Ta có: vô nghiệm suy ra hàm số không có tiệm cận đứng. + là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. + là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là

Trang 1

SỞ GD&ĐT CẦN THƠ

TTLT ĐH DIỆU HIỀN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 11 - 2016

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ, tên: Số báo danh: Mã đề thi 127

2

x y

x

+

=

− Khẳng định nào sau đây đúng.

A Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó

B Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−∞;2) (∪ 2;+∞)

C Hàm số đã cho nghịch biến trên ¡

D Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó

Hướng dẫn giải.

Chọn D

Ta có: D=¡ \ 2{ }

( )2

3

0, 2

x

′ = > ∀ ∈ ⇒

− Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Câu 2: Cho phương trình: 3x = +m 1 Chọn phát biểu đúng:

A Phương trình luôn có nghiệm với mọi m

B Phương trình có nghiệm với m≥ −1

C Phương trình có nghiệm dương nếu m>0

D Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x=log3(m+1)

Chọn C.

+ A sai vì với m=−2 phương trình đã cho ⇔3x =−1(Vô lý)

+ B sai vì với m=−1 phương trình đã cho ⇔3x =0 (Vô lý)

+ C đúng Vì với m>0 phương trình đã cho ⇔x=log3(m+1)>0 do 3>1và m+1>1

+ D sai vì với m=−2 thì log3(m+1) không tồn tại.

A Hàm số y=loga x với a>1 là một hàm số nghịch biến trên khoảng (0,+∞)

B Đồ thị các hàm số y=loga xvà log1

a

y= x với 0< ≠a 1 đối xứng với nhau qua trục hoành

C Hàm số y=loga x với 0< ≠a 1 có tập xác định là ¡

D Hàm số y=loga x với 0< <a 1 là một hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

Chọn B.

Ta có: y = x= a− x=− a x⇒

a

log log

log1 1 Đồ thị các hàm số y=loga xvà log1

a

y= x với

0< ≠a 1

đối xứng với nhau qua trục hoành

Trang 2

Câu 4: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2

1

x y

x

= + là

Chọn A.

+ Ta có: x2 +1 vô nghiệm suy ra hàm số không có tiệm cận đứng.

1

1 lim 1

1

lim 1 lim

2 2

+

= +

=

+∞

x x

x

x x

x

x x

số

1

1 lim 1

1

lim 1 lim

2 2

+

−

= +

−

=

−∞

x x

x

x x

x

x x

hàm số Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y=−1và y=1

f x = +x m− x − mx+ đạt cực trị tại điểm x=1 là

Chọn A

Ta có: D=¡

( 1) 3 , 6 2( 1) 2

y

Hàm số đạt cực trị tại ( )

1 0

1

0 1 1

//

/

=

⇔







−

≠

=

⇔









≠

=

⇔

m

m y

y x

Chú ý:

Hàm số đạt cực trị tại ( )

1 0

1

0 1 1

//

/

=

⇔







−

≠

=

⇔









≠

=

⇔

m

m y

y

x không chuẩn Ví dụ y x= 4 vẫn đạt cực trị tại x=0 nhưng không thỏa "(0) 0y ≠ Tuy nhiên cách làm này vẫn chấp nhận được cho bài này

(I) f x( ) tan= 2x+2 (II) ( ) 22

cos

f x

x

= (III) f x( ) tan= 2x+1 Hàm số nào có một nguyên hàm là hàm số g x( ) =tanx

A (I), (II), (III) B Chỉ (II), (III) C Chỉ (III) D Chỉ (II)

Hướng dẫn giải Chọn C.

Ta có

2

1

cos x

2

dx tanx C

2

1 1

cos x

Trang 3

Hàm số ( ) 2

( ) tan 1

III f x = x+ có một nguyên hàm là hàm số g x( ) =tanx

Câu 7: Điểm biểu diễn của các số phức z= +7 bi với b∈¡ , nằm trên đường thẳng có phương trình là

Hướng dẫn giải Chọn B.

Gọi M x y là điểm biểu diễn của số phức ( ; ) z= +7 bi

Khi đó x 7

y b

=



 = ∈

Điểm biểu diễn của các số phức z= +7 bi với b R∈ , nằm trên đường thẳng có phương trình là 7

x=

Câu 8: Cho số phức z a bi= + Khi đó số 12(z z+ ) là

A Một số thực B 2 C Một số thuần ảo D i

Hướng dẫn giải Chọn A.

Gọi z a bi= + ⇒ = −z a bi

Ta có 12( )z z+ =12(a bi a bi+ + − )=a

Vậy 1( )

2 z z+ là một số thực

Câu 9: Gọi z là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình 1 z2+2z+ =3 0 Tọa độ điểm M biểu

diễn số phức z là1

A M( 1;− − 2 )i B M( 1;− − 2) C M( 1; 2)− − D M( 1; 2)−

2

1 2

2 3 0

1 2

 = − − + + = ⇔ 

= − +

Tọa độ điểm M biểu diễn số phức z là 1 M( 1;− − 2)

2

y= − +x x và trục hoành Quay hình ( )H quanh trục Ox

ta được khối tròn xoay có thể tích là

A 4

3

π

15

π

15

π

15

π

Hướng dẫn giải Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y= − +x2 2x và trục hoành là

2 0

0

x

=



− + = ⇔  =

Trang 4

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

2

V =π − +x x dx=π x − x + x dx=π − +x  = π

5 log 2 log

2

x + x=

A Có một nghiệm âm và một nghiệm dương B Vô nghiệm

C Có một nghiệm âm D Có hai nghiệm dương

Hướng dẫn giải Chọn D.

Điều kiện: 0< ≠x 1

2

x

=





Câu 12: Phần thực và phần ảo số phức z= +(1 2i i) là

A 1 và -2 B 1 và 2 C -2 và 1 D 2 và 1

z= + i i= − +i

0

3

f x dx=

∫ Khi đó 2 ( )

0

4f x −3 dx

2 0

4f x −3 dx=4 f x xd −3 dx=4.3 3− x =6

3

x

A x3−3x2+lnx C+ B

3 3 2

ln

3 2

x C

− + + C

2

3 2

C x

− + + D.

3 3 2

ln

3 2

x C

x

Câu 15: Gọi (x y là nghiệm nguyên của hệ phương trình: , )

2

5 51 10 1 15

x x y xy

− +





=

 Khi đó x y+ bằng

Hướng dẫn giải

Trang 5

Chọn D.

( ) ( )

2

5 51 10

x x y

xy

− +





=



Xét ( )

( )

2

5 51 10

2

1 1

5

x x

y y

− +

=



 ≠









+ TH1: y=1 thay vào ( )2 ta được x=15 ⇒(x y, ) (= 15,1) thỏa mãn

+ TH1:x=10 thay vào ( )2 ta được 3

2

y= Suy ra loại Vì ,x y∈¢ Vậy nghiệm nguyên thỏa mãn hệ là: (x y, ) (= 15,1)⇒ + =x y 16

Câu 16: Giá trị của tham số m để phương trình x3−3x=2m+1 có ba nghiệm phân biệt là:

2 m 2

− < < C − < <2 m 2 D − ≤ ≤2 m 2

Chọn B

Ta có:

3

3 2 1

2

x − x= m+ ⇔ =m − − .

Đặt f x( ) = x3− −32x 1 Ta có f x′( ) =3x22−3, ( )

1 1

2 0

3 1

2

f x

 = − ⇒ =



′ = ⇔ 

 = ⇒ = −



Vậy phương trình x3−3x=2m+1 có ba nghiệm phân biệt 3 1

2 m 2

⇔ − < <

Câu 17: Cho hàm số y= f x( )có đồ thị như hình vẽ Khi đó f x( )

đồng biến trên các khoảng nào?

A (−∞ −; 1 , 1;) ( +∞)

B (−1;0 , 1;) ( +∞)

C (−1;0 , 0;1) ( )

D (−∞ −; 1 , 1;0) (− )

Chọn B

1

z= +i có môđun bằng

Chọn A

Ta có ( )3

z= +i = − + ⇒ =i z

Câu 19: Số nghiệm của phương trình 3x−31 −x =2 là

Trang 6

A 0 B 2 C 1 D 3.

Chọn C

3

x

−

( )

3 3

1

x

l

 =

= −



log(x − − + =x 6) x log(x+ +2) 4 là

Chọn C

Điều kiện:

2

6 0

3

2 0

x x

 − − > ⇔ >

 + >

Khi đó log(x2− − + =x 6) x log(x+ +2) 4

log x 2 log x 3 x log x 2 4

( ) log x 3 4 x x 4

Giải thích vế trái hàm đồng biến – Vế phải nghịch biến nên phương trình có nghiệm duy nhất!

Câu 21: Phương trình 9x−3.3x+ =2 0 có hai nghiệm x x với 1, 2 x1<x2 Giá trị A=2x1+3x2 là

A 2log 3.2 B 1 C 3log 2 3 D 4log 2 3

Hướng dẫn giải Chọn C

0 0

3 1

9 3.3 2 0 3 3.3 2 0

log 2 log 2

3 2

x

x x

− + = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ⇒  = ⇒ =A 3log 32

2 2 2 3

2

− (với a>0,b>0) được kết quả

+

2

2a

a −b .

2 1

2

2a 2a b a a b

−

2

2a

=

1

3 0

d ( 1)

x

= +

∫ có giá trị là

8

1

8.

Trang 7

3 0

d ( 1)

x x

x+

∫

Đặt t x= + ⇒ =1 dt dx

Đổi cận:

2

x

= =  − ÷ = − + ÷ =

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x−2z+ =1 0 Chọn câu đúng nhất

trong các nhận xét sau

A ( )P đi qua gốc tọa độ O B ( )P song song mặt phẳng (Oxy )

C ( )P vuông góc với trục Oz D ( )P song song với trục tung.

( )P 0 ( ) ( )//

nr rj= ⇒ P ⊥ ⇒rj P Oy

2

x y x

−

= + có đồ thị ( )H Tiếp tuyến của ( )H tại giao điểm của ( )H với trục

hoành có phương trình là

y= x− B y=3x C y=3x−3 D y x= −3

Hướng dẫn giải Chọn A

( )

0 0 0

1

1 3

x

f x



 =



 ′ =



.

Phương trình tiếp tuyến có dạng 1 1

3 3

y= x−

1

i z

i

−

=

− Tìm môđun của z iz+ .

Hướng dẫn giải Chọn B

3

(1 3 )

1

i

−

A Mặt phẳng 2x+3 – 2y z=0 đi qua gốc tọa độ

B Mặt phẳng ( )P : 4x+2y+ =3 0 song song với mặt phẳng( )Q : 2 5 0x y+ + =

C Khoảng cách từ điểm M x y z đến mặt phẳng ( 0, ,0 0) 2x+2y z+ + =1 0 là 2 0 2 0 0 1

3

x + y + +z

Trang 8

D Mặt phẳng 3 –x z+ =2 0 có tọa độ vectơ pháp tuyến là (3, 0, 1− ).

Dễ thấy: đáp án C sai vì: ( ( ) ) 2 0 2 0 0 1

,

3

9 16

2x − +x =4có nghiệm là

A x=2, x=7 B x=4, x=5 C x=1, x=8 D x=3, x=6

Ta có: 2 2 9 16 4 2 9 16 2 2 9 14 0 7

2

x

= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  =

25

log (125 ) logx x x=1 là

7

630

625.

Điều kiện: 0

1

x x

>



 ≠



125

log log (125 ) log 1 log 125 1 log 1 log 1

log

x

1 5

2

5 log 1

log 4

5

x x

=



=

Suy ra tích 2 nghiệm: 1 2

1 125

x x = Câu 30: Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại B, SA⊥(ABC), SA= 3cm, AB=1cm

Mặt bên (SBC hợp với mặt đáy góc bằng)

Ta có: ( )

( )

gt

BC AB

BC SB

BC SA SA ABC

⊥

Từ đó ta có: góc giữa mp SBC và ( ) mp ABC là ·SBA.( )

Xét ∆SAB vuông tại A ta có:

tanSBA SA 3 SBA 60

AB

Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm m để phương

trình x2+y2+ −z2 2mx+2(m−2)y−2(m+3)z+8m+37 0= là phương trình của một mặt cầu

A m< −2 hay m>4 B m≤ −2 hay m≥4

Trang 9

C m< −4 hay m> −2 D m< −4 hay m>2.

Phương trình x2+y2+ −z2 2mx+2(m−2)y−2(m+3)z+8m+37 0= là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi

+ − − 2+ + − − >

m m m m ⇔3m2−6m−24 0>  >

⇔  < −



4 2

m m

Câu 32: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 , a SA=2 , a SA vuông góc với

mặt phẳng (ABCD Thể tích khối chóp ) S ABCD là

A

3

4 3

a

3

2 3

a

3

6 3

a

3

8 3

a

3 2

1 . 1.2 (2 ) 8

a

V= SA S = a a = (đvtt)

Câu 33: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 )+i z i( − +) 2z=2i Môđun của số phức w z 22z 1

z

Ta có

( )

1 3

3

− +

+

i

1 3 1

−

( 1) 3 10

2 3

y

x

=

+ có đồ thị là ( )C Gọi m là số tiệm cận của ( )C và n là giá trị

của hàm số tại x=1 thì tích mn là

A 14

2

3

6

5.

Ta có

2

x= − là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

2

4 3 3 lim

→+∞

+

x

3 2

y= là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

2

lim

→−∞

+

x

1 2

y= − là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Trang 10

Đồ thị không có tiệm cận xiên.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận hay m=3, 2

5

n=

Do đó 6

5

mn=

Câu 35: Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và song song với mặt phẳng 5 – 3x y+2 – 3 0z = có phương trình

A 10x+9y+ =5 0z B 5 – 3x y+2z=0 C 4x y+ +5z− =7 0 D 5 – 3x y+2 – 3 0z =

Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm

Mặt phắng (P) song song với mặt phẳng 5 – 3x y+2 – 3 0z = nên (P) có dạng

5 – 3x y+2z m+ =0

Mặt khác (P) đi qua gốc tọa độ nên ( ) : 5 – 3P x y+2z=0.

x− y+ z

− Gọi d là đường thẳng đi qua M , cắt và vuông góc với ∆ Khi đó, vectơ chỉ phương của d là

A u =r (0;3;1) B u =r (2; 1;2- ) C u = -r ( 3;0;2) D u =r (1; 4; 2- - )

Giả sử A= Ç D Ta có d A(1 2 ; 1+ t- + -t t; ) và vectơ chỉ phương của d là

uuur

2 1; 2;

MA = t- t- -t

Khi đó

d^ D Û u MAD = Û t- + -t + = Ût t= Þ MA=æççç - - ö÷÷÷÷

çè ø Do

đó vecto chỉ phương của d có thể là u =r (1; 4; 2- - ) .

Câu 37: Phương trình (2+ 3) (x+ −2 3)x =m có nghiệm khi

Xét hàm số f t( ) t 1

t

= + với t>0, ta có f t( ) t2 1

t

−

1

t

f t

t

=



′ = ⇔  = − Dựa vào bảng biến thiên của hàm số đang xét, ta có (min0, ) f t( ) f ( )1 2

+∞ = = Do đó phương trình

đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m (min0, ) f t( ) 2

+∞

Câu 38: Cho hình phẳng ( )H giới hạn bởi các đường y x y= 2, =2x Thể tích của khối tròn xoay được

tạo thành khi quay ( )H xung quanh trục hoành bằng

Trang 11

A 16

15

π

15

π

15

π

15

π

Phương trình hoành độ giao điểm là 2 2 0

2

x

=



= ⇔  = Thể tích cần tìm là 2 4 2

0

64

4 d

15

Ox

V =π x − x x= π

Câu 39: Phương trình (m−2).22(x2 + 1)−(m+1).2x2 + 2 +2m=6 có nghiệm khi

A. 2< ≤m 9 B 2< <m 9 C 2≤ <m 9 D 2

9

m m

<



 ≥

Viết lại phương trình ( )

( )

2.2 2.2 6

Đặt t=2x2+1 Vì x2+ ≥ ⇔1 1 2x2+1≥ ⇒ ≥2 t 2

Xét hàm số ( ) 22

2 2 6

2 2

t t

f t

+ +

=

− + với t≥2 Ta có ( )

2

2 2

6 4 16

2 2

f t

′ =

− + , ( ) 0 42

3

t

f t

t

= −





 =



Lập bảng biến thiên f t Chọn đáp án A.( )

chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng Vậy số tiền Thầy Tâm phải trả là

A 12750000 đồng B 3750000 đồng C 6750000 đồng D 33750000 đồng

Trang 12

Chọn hệ trục như hình vẽ Phương trình Parabol là 2 9

4

y= − +x

Diện tích mái vòm là

3 2 2 3 2

d

−

Số tiền cần trả: 9.1500000 6750000

log x+ log x+ −1 2m− =1 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1,3 3

 .

1

2

x+ x+ − m− = ⇔ =m x+ x+ −

Đặt 2

3

t log , 0= x ≤ ≤t 3 Ta có ( ) 1( )

1 1 2

f t = t+ t+ −

( ) 1 1 1 ; ( ) 0

t

+

( )0 0; f 3( ) 2

f = = Vậy 0≤ ≤m 2

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1, 0,0), B(0, 2,3− ) và C(1,1,1)

Mặt phẳng ( )P chứa A B, và cách C một khoảng bằng 2

3 có phương trình là

A x+2y z+ − =1 0 hoặc − +2x 3y+6z+ =13 0

B x y z+ + − =1 0 hoặc −23x+37y+17z+23 0=

C 2x+3y z+ − =1 0 hoặc 3x y+ +7z+ =6 0

D x y+ +2z− =1 0 hoặc − +2x 3y+7z+23 0=

Mặt phẳng ( )P có dạng: Ax By Cz D+ + + =0

(1,0,0) ( ): 0 1( )

A ∈ P A D+ =

(0, 2,3) ( ): 2 3 0 2( )

B − ∈ P − B + C D+ =

( )

3

A B C D

d C P

+ + +

+ +

Từ ( )1 ⇔ = −D A thế vào ( )2 ⇔-2 3B + C A− = ⇔0 2B=3C A−

3

+ +

Trang 13

( )

2

1

23 17

A

C

 =



 

⇔  ÷ + − = ⇔ 



1

A

C = chọn A=1, C=1, B=1, D=-1 nên x y z+ + − =1 0

23 17

A

C = − chọn A= −23, C=17, B=37, D=23 nên 23− x+37y+17z+23 0=

Câu 43: Cho hình chóp đều S ABCD có độ dài cạnh đáy bằng Gọi là trọng tâm tam giác SAC Mặt

phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh SC SD, lần lượt tại M và N Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng Thể tích khối chóp S ABMN bằng

A

3

3 8

16

3 4

3 16

Chọn D.

Ta có: ( (SAB) (, ABCD) ) =SJO· =600; 0 3

OJ , tan60

SO

3 2

S ABC S ACD ABC

3

SABM SABC

V

3

SAMN SACD

V

Trang 14

3

3 16

SABM SAMN

S ABMN

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1, 0,0),B(0,3,0), C(0,0, 6) Tìm

phương trình mặt cầu ( )S tiếp xúc với Oy tại B , tiếp xúc với Oz tại C và ( )S đi qua A?

A (x+5)2+ −(y 3)2+ −(z 6)2 =61 B (x−5)2+ −(y 3)2+ +(z 6)2 =61

C (x−5)2+ −(y 3)2+ −(z 6)2 =61 D (x−5)2+ +(y 3)2+ −(z 6)2 =61

Theo yêu cầu bài toán ta có tâm I x( , 3, 6)

R IB= = x + =IA= x− + + ⇒ =x nên I(5, 3, 6) Vậy phương trình mặt cầu : (x−5)2+ −(y 3)2+ −(z 6)2 =61

Câu 45: Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M(1, 2,3) và có vec tơ chỉ phương

(1;3; 2)

ar = là

A

1

2 3

3 2

= − +



 = − +



 = − +



1

2 3

3 2

= +



 = +



 = +



1

2 3

3 2

= − −



 = − −



 = − −



D

1

2 3

3 2

= −



 = − −



 = −



Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M(1, 2,3) và có vec tơ chỉ phương

(1;3; 2)

ar = là

1

2 3

3 2

= +



 = +



 = +



1

x

C y

x

+

=

− và M là một điểm nằm trên ( )C Giả sử d d tương ứng là1, 2

các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của ( )C , khi đó tích d d bằng1 2

Khoảng cách từ M x y đến đường thẳng :( o; o) ∆ Ax By C+ + =0là ( , ) Ax o 2By o 2C

d M

∆ =

+ Hai tiệm cận lần lượt là: x− =1 0 và y− =2 0

Gọi ;2 3 ( )

1

o o o

x

  Khi đó, 1 2 2

1

1 0

o

x

1

0 1

o

y d

x

−

− +

Do đó, d d1 2 =5

Trang 15

Câu 47: Số tiền mà bé Gia Bảo để dành hàng ngày là x (nghìn đồng) với x>0,x∈¢), biết x là

nghiệm của phương trình ( ) ( )2

3 3

log x− +2 log x−4 =0 Vậy tổng số tiền mà bé Gia Bảo để dành được sau 1 tuần (7 ngày) là

Điều kiện: x− >2 0 và x≠4

Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành

2log x− +2 2 log x− =4 0

( )

3

log x 2 x 4 0

( ) ( ) ( ) ( )



⇔ 

 (Do điều kiện x− >2 0)

3 2 3

x x

 = ±

⇔ 

=

 Theo điều kiện đề bài ta có x=3, nên số tiền bé Gia Bảo để dành được sau 1 tuần là 21

(nghìn)

Câu 48: Cho hai điểm M(1, –2,1 , ) N(0,1,3) Phương trình đường thẳng qua hai điểm M N, là

x = y− = z−

x+ = y− = z+

x = y− = z−

x+ = y− = z−

Đường thẳng (MN có vectơ chỉ phương là ) MNuuuur= −( 1;3; 2) qua M(1, –2,1 , ) N(0,1,3) nên có phương trình chính tắc là 1 2 1

x− = y+ = z−

x = y− = z−

−

hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính bóng bàn Gọi S là tổng1

diện tích của ba quả bóng bàn, S là diện tích xung quanh của hình trụ Tỉ số 2 1

2

S

S bằng

Gọi R là bán kính quả bóng bàn Khi đó, hộp hình trụ sẽ có bán kính đáy bằng R và chiều cao

bằng 3 lần đường kính quả bóng bàn nên bằng 6R

Do đó, ta có: ( 2) 2

S = πR = πR và S2 =2πRh=12πR2

Vậy 1

2

1

S

S =

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	1,62 MB