,có thể tích.. 3 4 12 S EFGH Các khối chóp còn lại cùng chiều cao và diện tích đáy bằng nhau nên thể tích của chúng bằng... - Để mỗi loại sách còn ít nhất một cuốn ta xét trường hợp đối
Trang 1GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 9
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B A B D A C B C D B D B A B C D D D B B C A D A A
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
B B C A D D C A D A B D B B C B B C A C D B C C A
Câu 29:
2
0
2
0
4 cos 2 3 sin 2 ln cos 2 sin
2 cos 2 sin 2 cos sin ln cos 2 sin
Đặt tcosx2 sinxdt sinx2 cosx dx
Với x 0thì t 1.
Với
2
x
thì t 2.
Suy ra 2 2 2 2
1
3
2
I t tdt td t t t tdt
Vậy
3
4
a
c
Câu 30:
w 2 z 1 i w 1
2
i z
2
i
2
i
w 7 9
3 4 2
i
Ta được w 7 9
2
i
Do đó tập hợp điểm biểu diễn biểu diễn số phứcwlà hình tròn tâm I7; 9 , bán kính bằng 4
Vậy diện tích hình tròn là S 16
Trang 2Câu 31:
Ta có1 2
2
Đặtt x dt dx ,khi đó 2 2 2
Suy ra 2 2 2 2
2
x
Vậy 2
0
16.
f x dx
Câu 32:
Xétu 3 x4 4 x3 12 x2 m trên đoạn 3; 2 ta có:
u x x x u x x x x x x
Khi đó
3;2
3;2
Nếua 0 m 32 0 m 32 min3;2 y m 32 100 m 132 m 32, ,132
101 số nguyên thỏa mãn
Nếu
3;2
TH này có 101 số nguyên thỏa mãn
Nếu
3;2
243 m 32 A a 0 min y 0 100
(thỏa mãn)trường hợp này có 274 số nguyên thỏa mãn
Vậy có tất cả 101+101+274= 476 số nguyên thỏa mãn
Câu 33:
Dựa vào đồ thị ta thấy
1
1
x a x
x b b
Do đó
Trang 3Lại có, nếu x 1;1 thì f x 0;1 Suy ra vì cosx 1;1 nên fcosx 0;1
Vậy nên loại các trường hợp fcosxa và fcosxb Chỉ còn fcosx0
Vậy có 643 nghiệm
Câu 34:
Ta có 1 1 1 2 1 2017 2 1 3 2 2017 2016 2018 2017
2017
1 1 1 1 2018
2017 ! 2018
1 2 3 2016 2017
Vậy a 2018; b 2017.
Câu 35:
Điều kiệnx 1, x 2018.
Xét hàm số
x
x
f x
đồng biến trên ;1
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm
Câu 36:
Tâm đường tròn I2; 3,
Bán kính đường tròn R 4 9 9sin 2 13cos2 4 4cos 2 2 1 cos 2 2sin
R
αα
A'
A
Trang 4Gọi P x y , , xét tam giác IAPta có
2 2
2 sin sin
IA R
2 2 2 2
Câu 37:
Gọi hình chóp tứ giác đều làS ABCD ,có thể tích . 1 2
.1.2
S ABCD
Gọi M N P Q E F G H; ; ; ; ; ; ; là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (hình vẽ) Khi đó
MNPQEFGH S ABCD S EFGH F MBQ G QCP H PDN E MAN
.1
3 4 12
S EFGH
Các khối chóp còn lại cùng chiều cao và diện tích đáy bằng nhau nên thể tích của chúng bằng
.
1 1 1 1 1
.1
3 2 2 2 24
E MAN
V Vậy thể tích cần tìm 2 1 4 5
.
3 12 24 12
MNPQEFGH
Câu 38:
2
4
Trường hợp 1: x2 y2đi qua trục O
Trường hợp 2: Xét nửa đường tròn
2
4
x
Phương trình tiếp tuyến tại M x y o 0; 0là: 0
0
: 4
x
x
D
C B
A
S
N M
H
G F
E
Q
P
Trang 5
0
2 0
4
; 0
4 0;
4
x
x
OAB
S
Để SOAB min khi 2 2
0
4
4
Vậy SOABmin4
Câu 39:
Đường tròn C1 có tâm I1 1; 2 và bán kính R1 1
Đường tròn C2 có tâm I21; 0 và bán kính R2 1
Đồ thị hàm số ax b
y
x c
có tiệm cận đứng d x1: c, tiệm cận ngang d y2: a
Đồ thị hàm số ax b
y
x c
đi qua tâm I1 1; 2 , đi qua tâm I21; 0 1 2 2 2
0 1
a b
a b c c
c
*
Vì hai đường tròn C1 và C2 cùng tiếp xúc với hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số ax b
y
x c
nên
11 12 22 12
0
c
Vậy a b c 1 1 0 2
Câu 40:
Ta có: OA OB 0 nên
OP AP OP BP AP BP
2
3 OP 3 2 OP OA OB 1
Giả sử P x y z ; ; thì phương trình (1) trở thành
3 x y z 3 2 2 t x 2 y z 3 2 t 4 4 1 x y z
Trang 6Hay
3 OP 3 6 tOP OP 2 tOP 1 0
Từ giả thiết suy ra 2 4
1 3
3
t t t Vậy Q2a b 11
Câu 41:
Gọi h x là thương và g x là phần dư khi chia f x cho 2
2
x tức là 2
2
f x h x x g x
Do f x là hàm số bậc 4 nên h x là một hàm số bậc 2 và g x là hàm số có bậc nhỏ hơn 2 Suy ra hàm sốg x có dạng g x ax b
Ta có 2
f x h x x h x x a
Theo giả thiết khi chia f x cho x 2 được phần dư bằng 2019, chia f x cho x 2 được phần dư bằng 2018 nên ta có
2 2018
f
Suy ra g x 2018x2017 Vậy g 1 2018. 1 2017 4035
Câu 42:
log sin log cos 1 log sin cos 1 sin cos
10
log sin cos log 1
2
2
2 log sin cos log log 10 log sin cos log
10 1
n
n
Vậy n 12
Câu 43:
Gọi M x y z ; ; , suy ra
9
MA MB 2 2 2 2 2 2
x y z 4 0
Suy ra: Tập các điểm M x y z ; ; thỏa mãn MA2 MB2 9 là mặt phẳng P :x y z 4 0
Trang 7Trên S m tồn tại điểm M sao cho MA2 MB2 9 khi và chỉ khi S m và P có điểm chung
;
2
1 1 1
2
16 16 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 8 4 3
Câu 44:
- Số cách tặng 8 quyển bất kỳ là A168 518918400.
- Để mỗi loại sách còn ít nhất một cuốn ta xét trường hợp đối là có sách được tặng hết
+) Tặng hết sách toán có 8! 40320 cách
+) Tặng hết cả sách lý và anh A A85. 33 8! 40320 cách
+) Chỉ tặng hết sách lý có 5 3 3
8. 11 3 6612480
A A A cách
+) Chỉ tặng hết sách anh có 3 5 5
8. 13 5 51851520
A A A cách
- Số cách tặng mỗi loại sách để còn ít nhất một cuốn là
518918400 2.40320 6612480 51851520 460373760
- Xác suất cần tìm là 460373760 173
518918400 195
Câu 45:
Vì SC/ / nên 1 1
MA NB EA FB Mặt khác dễ thấy:
; ;
MN EF AB
đồng quy tại P Áp dụng Menelaus trong tam giác SAB
:
MA PB NS PB
Trang 8
2 2 4 16
3 3 3 27
1 1 1 1
3 3 3 27
AMEP
ASCB
BNFP
BSCA
AMNBFE AMEP BNFP
2
V V
Chọn C.
Câu 46:
Đặt độ dài cạnh AB x x0 và M là trung điểm AB
Vì tam giác O AB đều nên O A O B AB x 3
2
x
O M
Vì mặt phẳng O AB tạo với mặt phẳng chứa đường tròn O R; góc 60 nên O MO 60
Xét tam giác O OM vuông tại O ta có: cos O MO OM
O M
Suy ra
3 cos 60
4 3
2
OM x
Xét tam giác OAMvuông ở M có: OA2 OM2 AM2 nên
Do đó: 3 2 21
x
x
OM R Vì vậy, ta có
7
OO O M OM R Vậy thể tích khối trụ là
3
R
V R h R R V
Câu 47:
Đặt
M
B A
O'
O
Trang 91
.2k 2 2.2 3.2 100.2 (1)
k
Khi đó, ta có
2 T 2 2.2 99.2 100.2 (2) Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
101
1
log 2k 2 log 99.2 101 log 99.
k
k
Do đó a 101; b 99; c 2.
Vậy a b c 202
Câu 48:
NHẬN XÉT:
biểu diễn tham số m theo hàm ẩn x Do đó phương trình (2) nhân 2 cộng với pt (1)
Cách 1:( Lớp 10)
Nhân 2 vế của 2 với 2 rồi cộng vế với vế với 1 ta được phương trình
4 x 3 x x 2 x 2 x 1 y 1 3
Ta có:
2
2 2
Thay 4 vào 1 ta được phương trình
2
2
2
2
Nên vế trái 2 3
5
2
Suy ra HPT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2 3
2
m Lại có: m ; m 2019 nên m 2019; 2018 ; ; 0 Đáp án: C
Trang 1010
Cách 2: ( Lớp 12)
2
II
; 2 4
x x u u x y v
Hệ II trở thành 1 2
.
u v m
2
1 2
1 2
2 1
2 1
u
1
4
u u
Xét hàm số 2
2 1
f u
u
với
1 4
u
2
2
2
u
BBT
Từ BBT suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2 3
2
Lại có: m ; m 2019 nên m 2019; 2018 ; ; 0 Đáp án: C
NHẬN XÉT: Cách 3
2
2
2
1 4
t
Đến đây khảo sát hàm t là OK
4
2
'
f u
5 8
2
Trang 11Câu 49:
Nhận thấy: 1 / / 2 và M1;1; 0 1 nên 1 2 2 2 2 2
2.1 1 2.0 5
Vì S tiếp xúc với 1 , 2 nên tâm I của S luôn thuộc mặt phẳng P song song với 1 , 2
và cách 1 , 2 một khoảng bằng 1 (1)
Khi đó S có bán kính R1 và P : 2x y 2z 2 0
Mặt khác, S đi qua A1;1;1 nên IA R 1 Vậy, Iluôn thuộc mặt cầu ( ')S tâm A và có bán kính
' 1
R (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, khi S thay đổi thì tâm I của nó nằm trên một đường tròn cố định
P S'
Ta có: 2.( 1) 1 2.1 22 2 2 1
,
3
Bán kính của đường tròn là r Ta có 2 2 2 1 2 8
r R d A P
Diện tích hình tròn giới hạn bởi bằng 8
9
Câu 50:
Giải hệ
Dựa vào đồ thị hàm số y f x suy ra 1 f1 4 v f 5 8 u 1 4 5 8
u v
Trường hợp 1: Với 2 u v 1
Thế vào 2 2 v 1 1 12
v v
0
v
2
u
Trường hợp 2: Với 4 u 2 v 3
Thế vào 2 16 v 6 4 v 3
2
3 8
v
3 8
v
Trang 12
Vậy 0 0 1 1
0
u v , suy ra a b 1 2 3