Đáp án chi tiết Lam Sơn lần III

Ta có SAM là tam giác cân đỉnh S, có cạnh bên bằng l... Vậy từ mép thang bậc đến mép cuối bậc 21 có tất cả 21 đường gấp khúc PN.

Trang 1

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A

2

PT2  2 x   1 8 x       9 x 3 S 3;3

Câu 2: Đáp án C

Vtpt của (P) là: n 1; 3; 2   Đường thẳng d qua A và nhận n làm vtcp

Câu 3: Đáp án B

Hình chóp có đáy là tứ giác nội tiếp thì nội tiếp trong mặt cầu

Ta có: BCABcot 300 a 3 Diện tích tam giác ABC là:

2

S a.a 3

Chiều cao của hình chóp là:

3

2

a 3

2

Câu 6: Đáp án D

y ' x mx 2 m x 1 ' x 2mx 2 m

3

Hàm số đồng biến trên

' y ' 0





Câu 8: Đáp án A

PT hoành độ giao điểm hai đồ thị là 3 2  2 

3x 1 x 2x mx 1 x x 2x m 3  0





Hai đồ thị có ba giao điểm kh và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm phân biệt x0

Suy ra

 

4

81

1

log 81 log 3 2 log 3 2a

Trang 2

Ta có  2



4



5 3

F

 

   

Ta có: AB  1; 3; 1 ; BC 0; 2;5  AB; BC  13;5; 2 

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm khi và chỉ khi PT yf x 0 có đúng 1 nghiệm

Dựa vào các mệnh đề ta thấy

 Hàm số tập xác định  

 2

2

x 2

 hàm số nghịch biến trên các khoảng xác

định Mệnh đề 1 sai

 (C) đi qua điểm M 1; 5   Mệnh đề 2 đúng

 (C) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là x2, y 2 I 2; 2  là tâm đối xứng của (C) Mệnh đề 3 sai

 (C) cắt trục hoành tại điểm có tọa độ 3;0

2

 

  Mệnh đề 4 sai

2x 1



Hàm số xác định khi và chỉ khi

3

1 x 2

 



  





      

Dựa vào bảng biến thiên và đáp án ta thấy



xlim y , lim yx

     

 Hàm số đạt cực trị tại x 1

Trang 3

 Đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ   1;3 ,  1; 1

Ta có



1 4

4 a



 Blog 1 0a 



1 2

1

C log log 2 log 1

a

 Dlog2log4a alog 42 2

M d M 1 2t; 2t; t 2 

5



M

2

x 2

log 2 x 1 BPT

2 x log 2 x 5

32







 

x 2

x 0

63

x 0

63

32

x 2 63

32









 





Các mệnh đề đúng là mệnh đề 1 và mệnh đề 4 Suy ra m = 2

Hàm số là hàm số chẵn có f x    f x thì đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

Do n u và P d M 3; 1; 4  d và cũng thuộc (P) nên d nằm trong (P)

Dựa vào đề bài ta tính được 2 parabol có phương trình là y 1x , y2 1x2 8

PT hoành độ giao điểm là 1 2 1 2 2

Suy ra diện tích trồng hoa bằng 4 2  

4 2



Suy ra số tiền cần dùng bằng 2.715.000 đồng

Ta cózz z1 2  5 3i 1 2i    1 13i

Trang 4

3 mặt gồm: 2 mặt chéo bà 1 mặt đi qua các trung điểm của các đường cao

2 2

3

z 2 4

z 2z 4 0

 



 

Suy ra M z1  z2  z3 6

Cách 2: Ta có: z3  8 0 z3  8 z3 8 z 2 Do đó PT đã cho có 3 nghiệm đều có modun bằng

2

Gọi l và R lần lượt là đường sinh và bán kính đáy của hình nón Ta có SAM là tam giác cân đỉnh S, có cạnh bên bằng l

4R 2l 2l cos150 Rl 2 3 2R l 42 3 l 3 1

Đặt ASM  Diện tích tam giác SAM là: S 1l sin2

2

  Để Smax thì   0

max sin    1 90

AM 2l AMl 2l 3 1 R(thỏa mãn) Có 2 điểm M thỏa

mãn

Khối tứ diện G G G G1 2 3 4 là tứ diện đều cạnh bằng nhau và bằng

2 4

AB

3

 

Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là

3

a 2

12

Đặt

2

dx

v tan x

cos x



a 4 1

4 4







Vtcp của d là u 2; 2;1   Mặt phẳng (P) nhận u là vtpt Phương trình (P) là:

 P : 2x 2y z m    0  P Oz0;0; m  m 0

Ta có:     2  2 2  

S : x 1  y2  z 1  9 S có tâm I 1; 2;1   và bán kính R = 3

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên      

 2

m 16



Trang 5

Vì (P) cắt trục Oz tại điểm có cao độ dương nên m  16  P : 2x 2y z 16   0

Đặt  

 

P x; y



 







OMNP là hình bình hành, khi và chỉ khi NP || MO

MN || OP





1

 

Ta có

f ' x ln ' cot x

sin x

   1 sin x 1

cos x cos x



h ' x ln ' tan x

cos x

f ' x  x ax bx c ' 3x 2axb

Theo đề bài ta có

 

12 4a b 0 c 2

f ' 2 0





Cách 2: y’ có dạng y '3x x 23x26x y x33xC

 

f 0   2 C 2 suy ra P 1

Đặt AB = BC = a Gọi C’ là hình chiếu của C xuống (O’AB)

BC ' 2d O '; AB 2 R

2

 

Mặt khác BC'2 CC'2 BC2 4R2 AB2 R2 a2 R a 10

5

10

Ta có: MA2; 4; 6 ; MB     1; 2;3 nên M thuộc đoạn AB và MA

= 2MB

+ Gỉa sử (P) cắt AC tại N ta có:

AMND

ABCD

V  AB AC  2 3 AC  2  4

Suy ra

Trang 6

     

AN AC 3; 9;3 N 0; 4; 2 DMN : 3x z 2 0 hay x 0

Do đó S 1

3



+ Gỉa sử (P) cắt BC tại N suy ra BMND

ABCD

V  2 BA BC3 BC

Suy ra BN 3BC

2

 nên B nằm ngaoif đoạn BC nên không thể thỏa YCBT

Ta có B’D’ là hình chiếu của B’D trên măt phẳng A 'B'C'D' 

B'D; A 'B'C'D' B'D; B'D' DB'D' 45

Tam giác DB’D’ vuông tại B’, có tan DB' D ' DD ' B' D ' a

B' D '

Tương tự A’C’ là hình chiếu của AC’ trên mặt phẳng A 'B'C'D' 

AC'; A 'B'C'D'  AC'; A 'C' AC'A '30

Tam giác AA’C’ vuông tại A’, có tan AC ' A ' AA ' A 'C ' a 3

A 'C '

Tứ giác A’B’C’D’ có B' A ' D '600 và B ' D ' a

A 'C ' a 3







 A’B’C’D’ là hình thoi cạnh a

Vậy thể tích khối lăng trụ là

A ' B'C ' D '

Hàm số có tập xác định D  10; 10 \ 1   đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang

2 2

2

10 x 2x 1

y

x4 10 x 2x 1 0, x   D x đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng

Xét hàm số   m

x

    trên khoảng 1;

2

 

 , ta có

2

3x m 3x 1

y '

Để hàm số đồng biến trên khoảng 1; y ' 0; x 1;

      

2

1

; 2

 

 

Xét hàm số   3x2

f x

1 3x



 trên

1

; 2

 

 , có    

 2

3 3x 1



x

1

; 2

4

3

 

 

 

Trang 7

Từ (1), (2) suy ra m 4 m 4;

      là giá trị cần tìm

Gọi điểm G x; y; z sao cho   GA GB GC   0 BAGCG 0; 2;1  

Xét mặt cầu     2  2 2

S : x4  y 2  z 1 9 tâm I 4; 2; 1   và bán kính R = 3

IG 4; 4; 2 IG 4  4 2   6 R Gnằm ngoài mặt cầu (S)

Ta có MA MB MC   MG GA GB GC    MG MGMGnhỏ nhất I, M, G thẳng hàng

Hay điểm M chính là trung điểm của IG   M

M







Ta sẽ bẻ lan can cong thành thẳng như hình vẽ dưới

 Khoảng cách giữa hai bậc thang liên tiếp là d 330cm

21

 Chiều dài MN chính là chiều dài cung 0

20 bằng MN 20 .100 100 cm

 Tam giác MNP vuông tại N, có 2 2

PN MN MP 38, 28cm Với MP là khoảng cách giữa hai bậc thang liên tiếp

Vậy từ mép thang bậc đến mép cuối bậc 21 có tất cả 21 đường gấp khúc PN

Do đó chiều dài của lan can cầu thang là 21.PN 21.38,28 804cm 

Dựa vào đồ thị hàm số, vì yf x đối xứng với x

ya qua đường thẳng y x nên đồ thị hàm số

 

yf x có phương trình là   1 

a

yf x log x Do đó  3 3

a

f a  log a  3

Dựa vào đồ thị hàm số  bảng biến thiên        

   

M f 0 , f b , f d

m f a , f c

 



 





Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

f ' x dx f ' x dxf x  f x f a f c

Trang 8

 a   b              

f ' x dx f ' x dx f 0 f a f b f a f 0 f b

f ' x dx f ' x dx f b f c f d f c f b f d

f a f c m f c

M m f 0 f c

f 0 f b f a M f 0



Theo giả thiết, ta có

 

a b 2

a 4b 12

f

 

 



 



Khi đó a b 2 12 a 2 20 a a 4

16



Xét hàm số   2  2 2

f a 16a  12 a 17a 24a 144 với a 0; 4 , có   12

f ' a 0 a

17

Tính các giá trị     12 2304

f 0 144, f 4 320, f

 

  suy ra    

0;4

maxf a 320

Vậy giá trị lớn nhất của z là zmax  a2b2  4222 2 5

Ta có     5 2      5 2

f x f ' x 3x 6x f x f ' x dx 3x 6x dx

      x6 3 f2 x x6 3 2  6 3

f 0  2 f 0  4 2C 4 f x x 4x 4

x 2



Đặt tf x 2 suy ra f t  t3 3t2 3t 4 và phương trình f f x     2 2 3 f x 

2

f t 2 1 t

t t

f t t 2t 3 t 4t t 1 0

f t 2 1 t

                  

Xét hàm số   3 2

f x x 3x 3x4 với x , ta có   2  

f ' x 3x 6x 3;f ' x    0 x 1 2

Dựa vào bẳng biến thiên, ta thấy rằng:

 Đường thẳng y t1 2 cắt đồ thị yf x  tại ba điểm phân biệt

 phương trình f x  t1 2 có ba nghiệm phân biệt

 Đường thẳng y t2 2 cắt đồ thị yf x  tại ba điểm phân biệt

Trang 9

 phương trình f x  t2 2 có ba nghiệm phân biệt Vậy phương trình đã cho có m = 6 nghiệm phân biệt

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	419,39 KB