[Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam] Đáp án chi tiết chuyên Vinh lần 4

Hàm số đã cho có dạng , , suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là và đường tiệm cận đứng Vậy ta chọn C.. Ta loại A và C do hàm bậc bốn trùng phương và hàm bậc hai không thể đồng biến t

Trang 1

ĐÁP ÁN

1A 2C 3B 4B 5D 6D 7C 8B 9A 10C 11B 12D 13D 14A 15D 16A 17C 18B 19B 20B 21C 22D 23C 24D 25A 26C 27D 28A 29D 30C 31A 32B 33C 34B 35C 36A 37D 38A 39B 40D 41D 42A 43A 44B 45A 46A 47A 48C 49C 50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Câu 2: Đáp án C

Hàm số đã cho có dạng , , suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là và đường tiệm cận đứng Vậy ta chọn C

Câu 3: Đáp án B

Ta loại A và C do hàm bậc bốn trùng phương và hàm bậc hai không thể đồng biến trên Tiếp theo với hàm số ở phương án B và D thì:

Với B: nên hàm số ở phương án B đồng biến trên khoảng

Chọn B

f x dx  xdx  xd x   x C

Câu 5: Đáp án D

Đồ thị hàm số có hình dạng N ngược nên ta loại A và C

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm nên loại B, chọn D

Với A: ta có nên A sai

Với B: nên B sai

Với C: nên C sai

Với D: nên D đúng

x



Đồ thị y2x có duy nhất một tiệm cận ngang là y0

y

x 1

O

Trang 2

A sai do nếu thì không phải là một số thực dương

D sai do là điểm biểu diễn của

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua các điểm

ÞD vuông góc với

Cách 1:

Đặt t 2x  1 t2 2x 1 2tdt2dxdx tdt Đổi cận 0 1

   

   



t

Suy ra a2,b   3 a b 5

Cách 2: Ta có đề bài cho a, b là các số nguyên nên ta có thể dễ dàng sử dụng máy

tính như sau:

Gán giá trị của tích phân SHIFT STO A

Lúc này nếu coi a là ; b là x thì ta sẽ có

Sử dụng lệnh MODE 7 Nhập hàm số ấn 2 lần = máy hiện START? Nhập –5 =

END? Nhập 5 =

STEP 1 =

Trang 3

Máy hiện bảng các cặp giá trị tương ứng của x và , tức các cặp giá trị b và a

Ta thấy có duy nhất cặp là thoả mãn điều kiện nguyên, tức

x

2 4 1 ln 2

f x



Với C: Ta có log2  log2 2

2

4x4 a 2 a a và Vậy C sai

Khối lập phương và khối bát diện đều cùng có 12 cạnh

A sai do hàm số không liên tục trên

2

        Hàm số đồng biến trên và

nghịch biến trên suy ra hàm số không thể đồng biến trên

D sai do hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định

Trang 4

Hàm số xác định khi

Quan sát đồ thị, ta thấy g x    0, x 1; 2

Từ giả thiết, ta có 2   2   2  

2

S g x dx g x dxxf x dx Đặt 2

2

   

   



5

xf x dx f t dt  f t dt  f x dx I

Phương trình

4 2

log log

x x

Nếu a, b là hai nghiệm của phương trình đã cho, thì ta có:

log alog b 4 log ab  4 ab3 81

Gọi ,r h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ ban đầu Từ giả thiết,

2

16

r

       Sau khi tăng chiều cao lên hai lần và giữ nguyên bán kính đáy, chiều cao mới là 2

h  h và

2

16

xq

r

Gọi M x y z ; ; MB 1 x; 2y; 3z MC,      1 x; 2 y; 5 z

Từ giả thiết, ta có

3

z

      

             

        



AM        

Mặt cầu  S có tâm I1;1;1 và bán kính R 3 Mặt phẳng    P  nên có phương trình dạng: x y z m   0,m0

Để mặt phẳng  P tiếp xúc với mặt cầu  S khi d I P ;  R

6 3

m

           , do m0 Vậy chỉ có duy nhất một mặt phẳng x y z   6 0 song song với   và tiếp xúc mặt cầu  S

y

x 2

1

S

y = g(x)

O

Trang 5

Gọi H là trung điểm AB, do SAB vuông cân tại S nên SHAB, mà

SAB  ABC, suy ra SHABC

Ta có

2 ,

SA SB a  AB BC CA a   SH  S   Vậy

.

f x  x x  x   x x  x  ;   0 1

2

x

f x

x

 

   

 



Lập bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm f x  đổi dấu qua điểm x1, và f x 

không đổi dấu qua mỗi điểm x  2 ,x 2 Vậy hàm số y f x  có đúng 1 cực trị

Gọi r, l, h lần lượt là bán kính đáy, đường sinh và chiều cao của hình nón

2

1

3 2

2

đáy

l

r l

      

Ta có

3

x



     

 Hàm số nghịch biến trên đoạn 2; 0

 

2;0 2;0

1

5

 

 

 

 









Vậy 5M m 0

1

   

       



Do z1 có phần ảo âm nên z1  1 i z, 2  1 i Khi đó w 1 2i z 1 1 2i   1 i 1 3i Vậy w 1 3i

Ta có

2 2

1

1 1

x x

 



Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x0 khi  

 00

0 0

y x

  



 



 hay phương trình y 0 có nghiệm xx0

Có

2

1

x

g x

x



 trên

H

B S

Trang 6

Đạo hàm  

2 2

2

1

x x

x

 



Hàm số g x 

luôn đồng biến trên Giới hạn lim   1; lim   1

xg x   xg x  Để phương trình y 0 có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số g x  cắt đường thẳng y a, hay 1       a 1 1 a 1

Điểm M  1;a , a0 biểu diễn số phức z 1 ai a,  

điểm biểu diễn là 1 2; 2

a

2

1

a

 nên P, R, S không phải là điểm biểu

diễn của số phức w dox S1,x P0,x R0 Vậy chọn đáp án B

Giả sử sau x ngày nuôi cấy trong môi trường đó thì số lượng hai loài bằng nhau

Ta có phương trình 5 10 5 1 10

2



2

4

2 log 3

log 3

Phương trình tham số của : 22 , 

1 2

  



    

  



và : 00 , 

x

z t

 

  



  



Gọi A d , do d   nên A    , ta tìm được tọa độ A1;1; 1 

Gọi B d Oz  , do d   nên B    Oz, ta tìm được tọa độ B0; 0;1 Suy ra A d B d ,  và AB   1; 1; 2 Vậy đường thẳng d có véctơ chỉ phương

là u d1;1; 2 

Từ giả thiết, ta có  1  2

1; x , 2; x

M x a N x b với x10,x20

Do MN Ox nên x1 x2

a b Lại có AN2AM x2 2x1   x2 2x1 dox10,x20 Vậy ta có:

1

b

a y

x

1

M

O P

R

S Q

x

y

M N

O

A

x

y a

x

y b

Trang 7

– Nếu a0, hàm số trở thành

2

y

  Khi đó ta có

  ; lim 0

x y

  hay đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y0 Vậy 0

a thỏa mãn yêu cầu bài toán

2

1

2 lim lim

2

x y

a a

x

 

 



 

;

2

1

0 lim lim

2

x y

a a

x

 

 



Để

đồ thị có tiệm cận ngang khi a0 Vậy a0 là các giá trị cần tìm

Từ đồ thị hàm số y f x (hình vẽ) , ta thấy f x   0 x 2;

  0,  0; 2

f x   x và f x   0, x  2; 5 Bảng biến thiên:

 

f x

 0

f

 2

f

 5

f

Từ bảng biến thiên, suy ra min0;5 f x   f 2

Lại có f x   0, x  2; 5  Hàm số f x  đồng biến trên khoảng  2; 5 Suy ra

   2 3

Khi đó f       5 f 2 f 5 f 3 , mà f       5 f 3  f 0 f 2 (giả thiết) nên ta

có f       5 f 2  f 0 f 2  f   5  f 0 Như vậy max0;5 f x   f 5

 

Cách 1: Đặt z1 a bi z, 2 x yi a b x y, , , ,  

1

2

1 1

a b z

ax by







z z  a x  b y  a b  x y  ax by 

Cách 2:









z z  z z  z  z  z z 

STUDY TIP

Với mọi số phức z, ta có:

2

.

Trang 8

Thể tích V của một chiếc kem được tính bởi V V1V2, trong đó:

– V là thể tích của hình nón cụt có bán kính đáy lớn 1 R3,2 cm , bán kính đáy nhỏ r0,8 cm và chiều cao h7,2 cm

1

.7,2 3,2 0,8 3,2.0,8 32,256

h

– V2 là thể tích của nửa khối càu bán kính R3,2 cm

2

8192 20288 32,256

V V V       cm là thể tích của mỗi chiếc

kem Vậy lượng kem cần dùng để sản xuất 1000 chiếc kem là:

Các trục Ox, Oz có véctơ chỉ phương lần lượt là i1; 0; 0 và k0; 0;1

Mặt phẳng   có véctơ pháp tuyến là n  1; ;a b

Từ giả thiết, ta có sinOx,   sinOz,   cos , i n   cos , k n 

 

1

b

  

Đường thẳng  có véctơ chỉ phương là u 1; 1; 1   Do    nên u n.    0

1; 2

1; 0

a b

   

       

 Thử lại ta thấy với a0,b1 thì   :x z  1 0 chứa đường thẳng  nên trường hợp này không thỏa mãn Vậy a2

0

2

x

 



 

 Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy f x      0, x  ; 2 2; và

  0,  2; 2

f x    x Như vậy, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 2 và

2;; hàm số nghịch biến trên 2; 2

Đồ thị hình bên có dạng là một parabol  P với phương trình

y ax bx c a  có đỉnh

;

Đồ thị đi qua điểm  0; 0 , có đỉnh  1;1 nên có hệ phương trình:

1

y

x O

Trang 9

2

0

4 1 4

b

a

c

b ac a







do a0

Vậy phương trình   2

P y  x x và thể tích khối tròn xoay cần tính là:

Đặt AB x x , 0BD x 2 (do ABCD là hình chữ nhật)

Ta có SB SD  SA2AB2  2a2x2 Do SBD đều nên SB BD SD 

Suy ra 2a2x2 x 2 2a2x22x2x22a2 x a 2

.

S ABCD ABCD

a

Điều kiện: 4x  1 x 0 Đặt t4 ,x  t1 thì phương trình có dạng: log2 1

1

t m t

 

 Xét hàm số   2

1 log

1

t

f t

t





 trên 1; Ta có    2   

2

1 ln 2

t



 Hàm số f t  đồng biến trên khoảng 1; Bảng biến thiên:    

1

x



 

f t

0



Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số f t  xắt đường

thẳng y m , với t1; Quan sát bảng biến thiên, ta được m0 là các giá trị cần tìm

Đặt  2

t x  Xét hàm số    2

1

t x  x trên 1; 2

Ta có t x  2 x1 ;  t x   0 x 1 Suy ra t  1 4;t 1 0;t 2 1 Khi đó 0t x 4 hay t 0; 4

Hàm số đã cho trở thành y f t       t m 1 0, t 0; 4

Có max1;2 max0;4   max0;4     0 , 4  max0;4  1 , 3 

            

– Trường hợp 1: Nếu

1;2

maxy m 1

 

1 5

m m

m

      



C

B

S

Trang 10

– Trường hợp 2: Nếu

 1;2 

maxy m 3

3 5

m m

m

      



Vậy các giá trị m tìm được thỏa mãn tập hợp   5; 2  0; 3

  Do w là số thực nên w w

2

          (do z không phải là số thực nên z z 0)

Đặt z x yi x y  , ,   Ta có 2 2 2

2

z x y  Suy ra tập hợp các điểm A x y ;

biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là đường tròn  C tâm O 0; 0 , bán kính 2

R

M   z i x  y i  x  y AB với B1;1 Để

M đạt giá trị lớn nhất  Đoạn thẳng AB đạt lớn nhất

Nhận thấy    

 1;1;   

A x y C





 nên ABmax2R2 2 Vậy Mmax2 2

Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy:

2 2

2

đáy

h

   

  , trong đó R đáy , h lần lượt là bán kính đường

tròn ngoại tiếp đáy và chiều cao của hình chóp

A B ACC A A B MA C

A B AA

   

   

Có

2

AC

MA MC AA   a a a

  , A C  AC2a;

2

MA C ACC A AMA CMC

S  S  S S AC AA AM AA CM CCa Gọi R đ là bán kính đường tròn ngoại tiếp MA C  

MA C

 



 



Hình chóp M.A’B’C’ có B A MA C  nên có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là:

đ

R R    a  

      

Gọi I x y z ; ;  là tâm của mặt cầu  S Theo bài ra, ta có IA d I  ;   d I ;  

Từ d I ;   d I ;              x y z 6 x y z 6 x y z 0

y

x

1

–1

A

B

O

M

C'

B'

B

A'

Trang 11

Từ      suy ra     ;    2  2 2

2

d

Suy ra tập hợp các điểm I x y z ; ;  là tâm của mặt cầu  S là giao tuyến của mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  và mặt phẳng  P x y z:   0, cũng chính là hình tròn có bán kính        2 2

Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là S   R2 9

Ta có:

 

1 3 1

d f x



3x  1 t 3x t  1 3dx2tdt

dx



Từ  1 và  2 , suy ra   2      

3

f x  x C f x   x 

f x e  

3

C

Gọi D là trung điểm của BC và E là trung điểm của BD Khi đó ME AD , mà

AD A N nên ME A N Suy ra bốn điểm A M E N, , , thuộc cùng một mặt phẳng

Vậy A MN  cắt cạnh BC tại điểm P E

Ta có

2

3 4

ABC A B C

a

S S   

Suy ra

2

A B N ABD A B C

MBP

ABD

a











Khối đa diện MBP.A’B’N là một khối chóp cụt có hai đáy là MBP và A B N   ,

chiều cao h BB a Vậy

.

MBP A B N MBP A B N MBP A B N

V   S S   S S  

3

7 3 96

MBP A B N

a

V  

P,E D

N

M

C' B'

B

A'

STUDY TIP

Thể tích của khối chóp cụt được

tính theo công thức:

3

h

Trong đó: h là chiều cao của hình

chóp cụt; B, B’ lần lượt là diện

tích của hai đáy

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	0,98 MB