giải chi tiết đề thi sở GD, đt thanh hóa

36 41 49 47 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017

HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN TOÁN Câu – mã đề

NỘI DUNG

137 251 384 429

2 6 4 10 Mặt cầu có bán kính RIA 1611 18 nên có phương trình

18 ) 3 ( ) 4 ( ) 1 (x 2 y 2 z 2 

3 29 5 17 (P),(Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là nP  ( 2 ;  3 ; 6 ), nQ  ( 1 ; 1 ;  2 )

Ta có [ n n uur uurP, Q]  (0;10;5)nên d có vectơ chỉ phương u [ , ] ( 0 ; 2 ; 1 )

5

1 nP nQ 

Do đó d có phương trình

1

2

x

 





  



¡

4 4 18 8 Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 2

3

5 2 23 22

4 4 4

4 2

3 2 2

1 3 2 2

1 ) 3 2

i

i i

z i i

z

6 5 25 13

AB

AB(2;2;2) có vectơ chỉ phương (1; 1; 1)

2

1









AB đi qua B nên có phương trình

1

3 1

1

1











x

7 12 24 23 Mệnh đề sai : Số phức zabi có số phức liên hợp làz  b  ai

8 15 14 9 ln 3 1

2

S

S



10 9 20 19

Tính được

3

a

SA SB AB a  V a a 

11 24 13 30

2 2

3 2

1 2

3 2

1 2

3

2 ,





























































z

12 18 15 29

Có hai hàm số nghịch biến là

x

e













 và

x











 2 3

13 25 29 28

Vì f x   là hàm chẵn nên 2   2   2  



Do đó 1   1     2  

14 21 30 27

































1 2

1 0 1 2

1 1 2 0

1 2

0 ) 1 2 ( log

2

1

x x

x x

x

TXĐ:











 ;1 2

1

15 20 19 5

4

2016   f ' x dx  f 4  f   1 2017  f     1 f 1 1

16 13 6 21

x x x

x

y

3 2

3 3 ln ) 3 2 (

3 ln 3 '









17 30 28 2

sin cos sin sin sin

4

F x  f x dx x x dx x d x  x C

 

 



18 17 2 18 2 3 3.4

3

V

h



19 23 22 6 Có hai mệnh đề đúng: (I) “Trong tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn có nghiệm”

và (III) “Môđun của một số phức là một số phức”

20 7 7 14 Điểm cực tiểu của đồ thị là M(0; 2).

21 1 26 24 Vẽ đồ thị hàm số y  f x ( ) , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt

22 19 10 12 A(1;3),B(2;1)AB5

23 3 21 7

  1 2

2

x

f x dx e C



24 14 17 16 Có ba mệnh đề đúng: (I) a  b (II) b c  5 (IV) b  14

25 11 11 20 Tính được 2 2 2

26 16 27 26

































3 log

1 3

2

2 2 0 6 2 5 4

2

x

x

x

x x

x

2

'

' 0

y

  có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn x x1 2  4

28 27 1 25 d đi qua M ( 1 ; 0 ;  1 ) và có vectơ chỉ phương u  ( 2 ; 1 ;  1 )

)

(P có vectơ pháp tuyến n(2;3;1) Nhận thấy ( )

0

) (

P d n

u

P M















Cách 2: Lấy Md M(12t;t;1t), thay tọa độ của M vào phương trình của (P) ta được

) ( 0

0 0 1 1 3 ) 2 1 (

2  t  t t    M P , do M lấy bất kì trên d nên d (P)

29 10 8 4

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 3

2

y

30 28 16 15 Mệnh đề sai: Vectơ n(2;1;1) là một vectơ pháp tuyến của (P)

31 49 33 48 Gọi a b c, , là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì STP  2  ab bc ca   

Theo giả thiết ta có 2 2 2 2

' 18

a b c  AC 

Từ bất đẳng thức 2 2 2

2.18 36

TP

a b c ab bc ca  S  

32 50 43 42 Gọi H là trung điểm của AD suy ra

SH ABCD Dễ thấy tâm I của mặt cầu nằm trên trục d đi qua trung điểm O của MN

và vuông góc với mặt phẳng (ABCD), I và S cùng phía so với mp (ABCD)

Nếu đặt xOI thì 10

4

a

IK OH  và

2

4

a

            

2

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho H (0;0;0), ;0;0 , ( ;0;0)

2

a

3 0; 0;

2

a

  Khi đó trung điểm

3

; ; 0

4 4

a a

  là trung điểm của MN Do

IE ABCD nên 3

; ;

4 4

a a

I t

  Từ

IS IA  t  R IA

s t    t v s t t  v    t t

Khi t  3 v 27; t  5 v 15vmax 27

34 40 37 35 Gọi z  x  yi với x,yR Ta có 2 z  1  z  1  i  2 x  1  2 yi  x  1  ( 1  y ) i

0 1 2 6 3 3 ) 1 ( ) 1 ( 4

) 1 2 ( x 2 y2  x 2  y 2  x2  y2 x y  (1)

Mặt khác điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn đã cho nên (x1)2(y1)2 5 (2) Giải (1) và (2) ta được: ( x ; y )  ( 0 ;  1 ), ( 2 ;  1 )  z   i , z  2  i

Do đó tích các môđun là 01 41 5

35 37 36 46 TXĐ: D = ¡ , 2    

y  x  m  x  m   y '  0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên ¡ +) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   0;3  y '  0,   x   0;3

 

2

x

 Xét hàm số   2 2 3

g x

x



 trên khoảng   0;3

 

2 2

1

2

x

x





Từ BBT, g x    m ,   x   0;3   m 2 +) Hàm số đồng biến trên khoảng   3; 1   y '  0,     x  3; 1 

2

x

 Xét hàm số   2 2 3

g x

x



 trên khoảng    3; 1 

 

2 2

1

2

x

x





Từ BBT, g x    m ,        x  3; 1  m 1 Do đó m [ 1; 2]a2b2 5

S

A

D

N

O

K

H

d

36 41 49 47 Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường

thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một

cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ

Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S và

1 4

S ABC S MNP

Đặt xSM y, SN z, SP, ta có:

 

 

 

2

2

2

120

4 7



3

2 95

S ABC S MNP

37 36 39 34 (S) có tâm I(5;3;5), bán kính R  2 5 INR2 5

Do tam giác IMN vuông tại N nên IM  IN2 MN2  20  16  6

Ta lại có d I P  IM











4 4 1

3 10 6 5 )) ( , ( do đó M phải là hình chiếu của I lên

) ( )

(P IM  P IM t n P M(5t;32t;52t)

Do M(P) nên 5t2(32t)2(52t)30

11 )

1

; 1

; 3 (





38 32 46 39 2

1

1

k k

5 2

5

2

5

39 34 35 36 Phương trình 2

2 0

x   x có hai nghiệm x  1, x   2 Thay x1 vào biểu thức 4 x   1 x2 2 x  6 thấy kết quả bằng 0, thay x 2 vào biểu

4 x   1 x  2 x  6 thấy kết quả khác 0 Suy ra đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận đứng là

2

x 

40 39 38 32 - Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hoành trùng với đường thẳng

MN thì parabol có phương trình là 1 2

6 6

y  x 

- Khi đó diện tích của khung tranh là

2

2

6



- Suy ra số tiền là: 208

900.000 20.800.000

41 38 42 37 Công thức tính thể tích chỏm cầu có bán

kính R, chiều cao h là:

chom

3

R cau

R h

h





Gọi V là thể tích khối nón tròn xoay khi 1 quay tam giác BCD quanh trục AC, V là 2

thể tích khối cầu khi quay hình tròn quanh

B

A

S

M

N

P

B

C

A

1 2 3

V   V V V Tính được:

2

3

Khối chỏm cầu có bán kính R7, chiều cao 7 7 2

2

2 4

h

343 4 3 2

6

42 43 40 31 log712xlog732log72x (1)

xy

xylog712.log1224log724log733log72 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra log72xyx,log733x2xy

8 5

1 3

log 3 2 log

1 3 log 2 log 3 ) 2 3 ( log

) 7 3 2 ( log 54 log

168 log

7 7

7 7

3 7

3 7 7

7

x xy

xy





















Do đó a1,b5,c8S 15

43 42 32 44

Đặt  2

2

2

ln 9

9 3

x

x







2 2

2 1

3



 2 1

ln 5 6 ln 2 2 6 ln 3 ln 5 6 ln 2 2 6 ln 5 12 ln 2 5ln 5 6 ln 2 2 13

x S

44 45 41 43

PTlog22x2log2x3m Đặt t  log2x, do    ; 4  

2

1

x nên t  [ 1 ; 2 ].

PT đã cho trở thành t22t3m (*) Lập bảng biến thiên của hàm số f(t)t22t3 trên đoạn [1;2] ta được (*) có nghiệm

] 2

; 1 [



t khi và chỉ khi min ( ) max ( ) 2 6

] 2

; 1 [ ]

2

; 1



45 44 47 45

2

2

ln ln 2 '

x

x x























2 ln

0 ln 0 '

e x

x x

x

3 3 2

) ( ,

4 ) ( , 0 ) 1 (

e e y e e y

2 2 ]

; 1 [ 3



















e e y

e

46 35 34 50 Gọi Nn là số tiền người vay còn nợ sau n tháng, r là lãi suất hàng tháng, a là số tiền trả hàng

tháng, A là số tiền vay ban đầu

a r A

N1  ( 1  ) 

)]

1 ( 1 [ ) 1 ( )

1 ](

) 1 (

 ( 1 )2 [ 1 ( 1 )]  ( 1 ) ( 1 )3 [ 1 ( 1 ) ( 1 )2]

r

r a r A r

r r

a r A N

m m

m m

m

1 ) 1 ( ) 1 ( ] ) 1 (

) 1 ( ) 1 ( 1 [ ) 1

Khi trả hết nợ nghĩa là N m 0

Ar a

a m

a a Ar

















47 46 45 49

Từ đồ thị ta thấy

   



   



0 0 0 0

ac cd bd ab











0 0

bc ad







48 33 44 40 +) Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác IAB vuông cân tại I nên IH  AB và

IH

IA  2 +) d đi qua M ( 2 ; 1 ;  1 ) và có vectơ chỉ phương u  ( 2 ; 1 ;  1 ) uuur IM  (0; 2; 2) 

[IM u; ] (2; 4; 4)

1 4 4

4 16 16 ]

; [ ) ,















u

u IM d

I d

Do đó IA 2IH 2d(I,d)2 2, suy ra mặt cầu có phương trình

8 ) 1 ( ) 1 ( ) 2 (x 2 y 2 z 2

Chú ý: Có thể tính IH bằng cách tìm tọa độ điểm H

yx  m x  m  y  x  m x x x  m 

Điều kiện để có 3 cực trị là m1 Tọa độ các điểm cực trị là

Tam giác ABC luôn cân tại A nên theo giả thiết ta có

uuur uuur

50 47 50 41

Gọi T là chu kì bán rã, suy ra 1 . ln 2

2

r T

T



Do đó:

4000

ln 2

1602

2

T

 