BỘ 60 đề CHUẨN cấu TRÚC đề MINH họa GIẢI CHI TIẾT đề 2

Số tập con thỏa mãn đề bài chính là số cách chọn 2 phần tử lấy trong tập hợp M có 12 phần tử.. Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 1... Đường thẳng đi qua A và vuông góc

Trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN – ĐỀ 02

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn B

Số tập con thỏa mãn đề bài chính là số cách chọn 2 phần tử lấy trong tập hợp M có 12 phần tử Số tập con gồm 2 phần tử của tập hợp M là C122

Câu 2: Chọn C

Ta có u14u113d u410d 18d3

Vậy công sai của cấp số cộng là d 3

Câu 3: Chọn A

Ta có     2  5 7

0 1

2 3

x x





 



 





 Bảng xét dấu f ' x như sau:

Từ bảng xét dấu ta thấy f ' x có 3 lần đổi dấu nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị

Câu 4: Chọn D

Hàm số đạt cực đại tại điểm x mà f ' x đổi dấu từ dương sang âm

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x 1

Ta có

1 2

2 1

1 1

1

x





Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y 2

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a 0 nên chỉ có hàm số y x33x thỏa yêu 1 cầu bài toán

Trang 2

Số nghiệm của phương trình   1

2

f x   bằng số nghiệm của đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng

1

2

y  

Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số y f x  và đường thẳng 1

2

y   cắt nhau tại 2 điểm

Nên phương trình   1

2

f x   có 2 nghiệm

Ta có: z z1 2 5 2020i i  5 10100i Phần thực của số phức z z là 1 2 5

Ta có 1 3 1 1 3 1   3 1  4 

1

0

e dx e d x  e   e e

Ta có 1 2.1 6 5   0 nên M1;1; 6 thuộc mặt phẳng  P

Đạo hàm của hàm số ylog7x là ' 1

ln 7

y x

Ta có 1 16 2.2 4 3

V  B h a a a

Ta có

1

x



 sai vì e dx x e xC

Ta có: a b c    2; 6; 2 

Vậy a b c    2 11

Ta có 32 2 1 32 2 30 2 2 0 0

2

x



Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ u 2 1; 2;3  

Số phức z  2 4i được biểu diễn bởi điểm C  2; 4 

I  f x dx f x dx f x dx  

Trang 3

Khối nón có bán kính bằng 3 nên có thể tích là 1 2 1 .3 4 12 3

Thể tích của khối hộp đã cho bằng 2.4.648

Ta có z1z2  1 2i    2 i 3 i

Câu 22: Chọn B

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là I2; 1;3  

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0;1 

Điều kiện: x  9

2

Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức x  y  xy sai

Theo công thức tính diện tích xung quanh hình trụ S xq 2 rh2 2.5 20 

Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng BCD nhận vectơ pháp tuyến của BCD là vectơ chỉ phương

Ta có BC2; 0; 1 ,  BD0; 1; 2  

d

Khi đó ta loại phương án A và B

Thay điểm A1;02 vào phương trình ở phương án D ta có

Suy ra đường thẳng có phương trình tham số ở phương án C đi qua điểm A nên D là phương án đúng Câu 28: Chọn C

Ta có

5 2

2 2

a a

a



f x  g x dx f x dx g x dx   

Trang 4

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được AH SCD

5

a AH

2 4; 1

x

    

    



Khi đó y4 16;y24;y 1 2

Nên

min4; 1 y 16

Xem ba chữ T riêng biệt ta có: n    6!

Gọi A là biến cố “xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành dãy TNTHPT”, suy ra n A   3!

(số hoán vị của T – T – T và N, H, P cố định)

Vậy xác suất của biến cố :   3! 1

2 cos 2

1

i



Do đó w 1 iz  z 1 i2i    2 i 2 i

Vậy phần ảo của số phức w 1 iz là z 1

Ta có  2  2  2

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

Trang 5

      2      

2

1

3

x x

 

 

 

 

2x 3x 7 2x 21 2x 3x 7 2x 21

2

Do x   nên x     3; 2; 1; 0;1; 2;3 

Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên

Tập xác định D  

 2 2

12

x

y

x







Ta có y'0x nên hàm số 0 22

y x



 nghịch biến trên khoảng 0;

Xét hàm số g x 2f x   1x2 trên 4;3 

Ta có: g x' 2 'f  x 2 1 x

g x   f x  x Trên đồ thị hàm số f ' x ta vẽ thêm đường thẳng y 1 x

Từ đồ thị ta thấy  

4

3

x

 





 



Bảng biến thiên của hàm số g x  như sau:

Trang 6

Vậy

4;3

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2 , x chiều cao là y

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là S 6xy2x2

Thể tích là V 2x y2 200 xy 100

x

Vậy chi phí thấp nhất là T 30 180.30000003 51 triệu

Phương trình tham số của đường thẳng

1

3

 





 



  



Gọi  là đường thẳng cần tìm Theo đề bài d cắt  nên gọi I   d I d suy ra

(1 ; 2 ;3 )

I t t t

Ta có MI( ; ;t t t1)

; mặt phẳng ( )P có VTPT là n  (1; 1;1)

 song song với mặt phẳng ( )P nên MInMI n  01.t ( 1).t1.(1t)0  t 1

( 1; 1;0)

MI

là 1 VTCP của đường thẳng  và  đi qua điểm M(1; 2; 2)

Vật PTTS của đường thẳng  cần tìm là

2

z

 





 



 



Ta có:

| 2 | ( 2) ;| 2 | ( 2)

| 2 | | 2 | 2( ) 8 2 | | 8 10

(| 2 | 2 | 2 |) (1 2 )(| 2 | | 2 | ) 50

Trang 7

Vì A 0 nên từ đó suy ra A  505 2

Vậy giá trị lớn nhất của A là 5 2

Ta có:

2

4

'( )(1 ( ))

( )



Lấy nguyên hàm 2 vế ta được

2

2 4

'( )(1 ( ))

( 1) ( )



2

2 4

3

(1 2 ( ) ( )) '( )

( 1) ( )

1 3 ( ) 3 ( ) ( 1)

x

C





3

3 3

3

1 3 ( ) 3 ( ) ( 1) 1

1 3 ( ) 3 ( ) 1 ( 1)

(1 ( ))

( 1) ( )

1

( )

1 ( )

f x

x

f x

x



    



Vậy

3 1

1

x



  Suy ra a 1;b hay 0 a b  1

Điều kiện

, * : , 2020











BPT cho có dạng ( 3)( 2) log2 4 1 ( 4)( 2) log3 2 1 0(*)

Trang 8

Xét y  thì (*) thành 1 ( 3) log2 4 1 3( 4) log32 0

x





  , rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi x 3 vì ( 3) 0; log2 4 1 log (0 1)2 0,3( 4) 0, log32 0

x





Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ ( ; )x y ( ;1)x với 4x2020,x 

Xét y 2 thì (*) thành 4(x 4) log 1 0,3  BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà 4x2020,x  Trường hợp này cho ta 2017 cặp ( ; )x y nữa

Với y2,x thì VT(*) > 0 nên (*) không xảy ra 3

Vậy có đúng 4034 bộ số ( ; )x y thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi I là trung điểm của BC khi đó , BC AI và BC AA' nên BCAA I' BC A I' Vậy góc hợp bởi A BC'  và ABC bằng AIA'

4

3

Trang 9

Gọi I là trung điểm của BC suy ra góc giữa mp SBC  và mp ABC  là SIA 30 0

H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra d A SBC ,  AH a

Xét tam giác AHIvuông tại H suy ra 0 2

sin 30

AH

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x, mà AI là đường cao suy ra 2 3 4

a

Diện tích tam giác đều ABC là

3

ABC

S   

Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra tan 300 2

3

a

Vậy

.

Đặt

2

8

1

x

t

x





Ta có:

2

2 2

1

x

 Bảng biến thiên:

Trang 10

 4; 4 

t

  

Xét hàm số: h t  f t  a 1,t  4; 4 , ta có: h t'  f ' t

t

    



  



4;4

maxh t Max a 5 ;a 5

5 20

a



Vậy có tất cả 31 giá trị nguyên của tham số a thỏa mãn yêu cầu bài toán

Dựa vào giả thiết đường thẳng đi qua hai điểm M  2; 2 và P4; 0  Suy ra

Từ giả thiết ta có hàm số   3 2   2

f x ax bx cxd f x  ax  bx c Chú ý đồ thị hàm số tiếp xúc đường thẳng d tại x  2

1

12 0

1

3

1 1

3

a b c

c d





 



Từ đó  

1

13 6

f x dx







2



3x x.ln x 2x 3 3 x m .ln 2 x m 2 *

Xét hàm đặc trưng f t 3 ln ,t t t2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình  * suy ra

 

2

'

2 khi

2 1 khi







Và '  0 2 khi

0 khi

g x





Trang 11

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: m 0 ta có bảng biến thiên của g x  như sau:

Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thỏa mãn

Trường hợp 2: m 2 tương tự

Trường hợp 3: 0m2, bảng biến thiên g x  như sau:

Phương trình có 3 nghiệm khi

1

2

3 2

m m

m



 







Trắc nghiệm: Thay tọa độ điểm M vào vế trái phương trình đường thẳng kết quả bằng 0 thỏa ta được đáp

án A

Tự luận:

Ta có w3z3z2 2z13z3 3 3i3z3 1 i w 3z3  1 i 3AM với A  1;3

 ; 

M x y biểu diễn số phức z nằm trên đường thẳng 3 d x: 2y  và 1 0 A1;3d

Khi đó w 3z3  1 i 3AM đạt giá trị nhỏ nhất khi AM ngắn nhất  AM d

AM d nên AM có phương trình: 2x  y 1 0

Khi đó M AM d nên 3 1;

5 5

M 

Gọi I là điểm thỏa mãn: 2IA IB    IC0

Trang 12

     

1; 0; 4

1; 0; 4 

I



Khi đó, với mọi điểm M x y z ; ;    P , ta luôn có

2

T  MI IA  MI IB  MI IC

2MI 2IA IB IC

Ta tính được 2IA2IB2IC2 30

Do đó, T đạt GTNN MI đạt GTNN MI  P

Lúc này,    

 2

2.1 0 2.4 8

   Vậy Tmin 2.62 30 102.

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	425,41 KB