BỘ 60 đề CHUẨN cấu TRÚC đề MINH họa GIẢI CHI TIẾT đề 5

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 1;3... Theo bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp ta có: Phương án A, B, C đúng... Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.. Ta c

Trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN – ĐỀ 07

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1

Lời giải Chọn C

Gọi d là công sai, ta có u6 u15d 18 3 5  dd  3

Câu 2

Lời giải Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x 2 vì y đổi dấu từ dương sang âm qua điểm

2

x 

Câu 3

Lời giải Chọn B

Tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu  S có phương trình  2 2  2

x y  z  là:

1;0; 2

I  , r 4

Câu 4

Câu 5

Ta có

f x dx f x dx f x dx  

Câu 6

Câu 7

Ta có: 2a  2; 4; 6

;3b    6;12; 3

; 5c    5;15; 20

Suy ra: v2a3b5c3; 7; 23

Câu 8

Lời giải Chọn D

2

V   r h   

Câu 9

Trang 2

Tập xác định của hàm số D \ 3

Ta có

2

3

x y

x



Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x  3

Câu 10

Dựa vào đồ thị ta thấy a0,c0nên chỉ có đáp án B thỏa mãn

Câu 11

Số phức z a bia b   Điểm biểu diến số phức là ,  M a b ( ; )

Từ đó suy ra điểm M(3; 1) biểu diễn số phức: z  3 i

Câu 12

r = 2

l = 3

Hình trụ có r 2, đường sinh l 3

Diện tích xung quanh S xq 2 rl2 2.3 12  

Câu 13

( )

x

f x dx e x dx  C

Câu 14

Ta có: 1.1 2.0 2.1 3 0.    Tọa độ điểm N(1; 0;1) thỏa mãn phương trình mặt phẳng ( ) nên N nằm trên

mặt phẳng ( )

Câu 15

Ta có: y '  ln sin xé  ùû '  1

sin x sin x ' cos x

sin x  cot x

Câu 16

Lời giải

Trang 3

Chọn D

Ta có: 2 2a b 2a b

Câu 17

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng 1;3 

Câu 18

Ta có: 32x1 272x   1 3 x 2

Vậy nghiệm của phương trình 32x1 27 là x 2

Câu 19

:

  có một vectơ chỉ phương là u 3 2; 1; 1  

Câu 20

Ta có 1 i 2  1 2i i 2 2i

Câu 21

I

a

a 3

D'

C'

B' A'

D

A

Ta có:  A B' 'C ; ABC D' ' BC B C'; ' 

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo BC' và B C'

CB

BB

Tam giác IBB' cân tại I , suy ra:  o  o

' 'C ; ' ' 60

Câu 22

Ta có: d I , P 3; bán kính đường tròn giao tuyến r 5 suy ra bán kính mặt cầu là:

R    do đó phương trình mặt cầu là: x12y22z12 34

Câu 23

Lời giải

Trang 4

Chọn B

Cách 1: Bấm máy tính chọn 5

6

a b

 



 



(có thể chọn số khác miễn sao thỏa mãn điều kiện 0 a 1, 0 b 1 )

5

6



 



   đuợc kết quả: 1

Cách 2:

 

3

1 2

1

3

a

b

a

b





  



1



Câu 24

Theo bảng nguyên hàm của một số hàm số thường gặp ta có: Phương án A, B, C đúng

Phương án D sai vì sin d x x cosx C

Câu 25

Ta có phương trình đường thẳng d:

2 2 3

3 5

 





 



   



y t

đi qua điểm A(2; 0; 3) và có vectơ chỉ phương

(2; 3;5)



u nên có phương trình chính tắc là 2 3



Câu 26

Đồ thị hàm số y f x cắt trục hoành tại ba điểm lần lượt là x1, x2, x3 (với x1 x2 x3)

Từ đồ thị của hàm số y f x ta có bảng biến thiên:

Ta thấy f x đổi dấu từ âm qua dương khi qua điểm x1 này nên số điểm cực trị của hàm số y  f x 

bằng 1

Câu 27

Trang 5

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Ta có BD AO











 BDAA O 

Suy ra BDA  AA O 

Kẻ AH  A O  AH BDA

Suy ra AH d A ,BDA 

Xét tam giác AA O vuông tại A có AA  , 1 1 2

AO AC :

AA AO AH

AA AO





 

3 3

Vậy  ,   3

3

d A BDA 

Câu 28

Ta có x là nghiệm của phương trình 0

2

x

  

Với x  0 2 y0  20 Vậy x0y0  22

Câu 29

1

0

x

Ta có a7 ,b   2 a 2b 3

Câu 30

Lời giải

Trang 6

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2

Câu 31

Số phần tử của không gian mẫu là n    36

Gọi A là biến cố để số chấm xuất hiện trên hai con xúc sắc đều là số chẵn

                 

 2; 2 ; 2; 4 ; 2; 6 ; 4; 2 ; 4; 4 ; 4; 6 ; 6; 2 ; 6; 4 ; 6; 6 

A

Xác xuất của biến cố A là    

 

n A

P A

n



Câu 32

Hình lục giác đều cạnh a được tạo bởi 6 tam giác đều cạnh a

Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích:

2

3 4

a

Diện tích của hình lục giác đều là:

2

3 3

a

Thể tích của khối lăng trụ là: 3 2 3

2

Câu 33

1

z

 é



   

ë

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn z  3 1

Câu 34

Ta có: 2 3 i x y1 2 i 5 4i 2x3xiy2yi 5 4i

2x y 3x 2y i 5 4i

 



 



2 1





 





x

Nên Px22y  4 22

Trang 7

Câu 35

3

29

3

x   x  x

Vậy phương trình log 33 x 2 có nghiệm là 3 29

3

x  Câu 36

Ta có :

 2

2

'

1

m y

x





+ Xét m 2

 Hàm số trở thành : y 2 là hàm số hằng nên không đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3

2

m

  (loại)

+ Xét m 2

 2

2

1

m

x



8

5

m

8

5

m



    (thoả mãn)

+ Xét m 2

 2

2

1

m

x



miny y(0) m

3

m

  (loại)

Vậy m 7

Câu 37

Ta có:

Vậy tập nghiệm S 0;3, suy ra b a    3 0 3

Câu 38

z i  i i  i  i

Do đó phần ảo của 2019

2019

z i bằng 1 Câu 39

Trang 8

      4   4  

m  m  m   m     m   m

Đặt 4 , 0

3

x

t    t x

 

Bất phương trình  1 trở thành   2  

Bất phương trình  1 có tập nghiệm là  khi và chỉ khi   2  

m t  m tm   t

 

2

4

t t



Xét hàm số  

2 2

4

t t

y f t

t t



  với t  , ta có 0

t

t t



Bảng biến thiên

Bất phương trình  2 được thỏa mãn khi và chỉ khi đường thẳng y mluôn nằm trên mọi

điểm của đồ thị hàm số y f t  Từ BBT suy ra m  1

Mà m là số nguyên thuộc khoảng0 ; 10 nên  m 1 ; 2 ; 3 ; ; 9 

Câu 40

-1

2 1

y

O

Theo bài ra ta có

  '    2   2   4

h x  f x f x  f x  x f x  x  f x f x 2x2f x 2x

 

f x 2 f x  2x

Từ đồ thị ta thấy y f x  nghịch biến nên f ' x  suy ra 0 f x   2 0

Suy ra h x 0 f x 2x 0

Từ đồ thị dưới ta thấy f x 2x0x 1

Trang 9

y = 2x

-1

2 1

y

O

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra đồ thị của hàm số yh x  có điểm cực tiểu là M1;0

Câu 41

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u d 2; 3; 2 

Mặt phẳng ( )P có véc tơ pháp tuyến n P 1; 1; 1  

Mặt phẳng ( )Q chứa d và vuông góc với ( )P ;

Đường thẳng d' là hình chiếu vuông góc của d trên ( )P , d'   P  Q

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )Q là n Qéu d',n Pù5; 4;1

  

Véc tơ chỉ phương của '

d là ud'éën P,n Qùû3; 6;9  31; 2; 3 

Ta thấy đường thẳng '

d thuộc ( )P nên điểm M0d'M0( )P Thay tọa độ điểm M01;1; 2  ở đáp

án A thấy thỏa mãn phương trình ( )P

Câu 42

Đặt: ux; dv f x e f x dx suy ra dudx, chọn ve f x 

5 0

xf x e xxe  e x e I

Câu 43

8

6

4

2

M

 

h x

0

Trang 10

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C , đường thẳng x  và trục hoành là 9 1

0

d 18

S  x x Gọi

 M; M

M x y là một điểm bất kì trên  C ta có 2 1 9

S  y OA y Theo giả thiết ta có

9

Câu 44

R

I

E

E' M'

M

C'

B'

C A'

Xét lăng trụ tam giác đều ABC A B C Gọi , ' ' ' E E lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ' , ' ' '

ABC A B C , M là trung điểm BC và I là trung điểm EE' Do hình lăng trụ đều nên EE' là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A B C, ' ' ' là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ, I IA là bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ

3

,

AE IE RIA AE2IE2

12



Thể tích khối cầu là 4 3

3

V   R

3

 2 23



Câu 45

Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ

Phương trình đường trònx2 y2 25    y 25  x2

Trang 11

Tìm được tọa độ điểm 5 3 5

;

2 2

(một giao điểm của đường tròn và đường thẳng 5

2

y  )

Diện tích 4 phần trắng (không trồng cây) là:

5 3 2

2 1

5 2

5

2

S   x   x

Diện tích phần trồng rau bằng diện tích hình tròn trừ cho S , tức là 1

5 3 2

1

5 2

5

2

S r S    x   x

Số tiền cần để trồng hoa là: 50000.S 3533057 đồng

Câu 46

Dễ thấy đường thẳng đi qua các điểm 0; 3 và   1;0 nên :y3x3 suy ra hệ số góc của  là

 

Hàm số y f x  đạt cực tiểu tại x   suy ra 1 f   1  0

1 1

f x x f x  f f    

Câu 47

1

x

m

Đặt t  , phương trình (1) thành x 1 3 1 4 3 3 0  2

t t

m

t m

Bài toán trở thành tìm số giá trị nguyên của m để phương trình  2 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt

Nhận xét: Nếu t là một nghiệm của phương trình 0  2 thì  cũng là một nghiệm của phương trình t0

 2 Do đó điều kiện cần để phương trình  2 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt là phương trình  2 có nghiệm t  0

2

m

 é

  ë

Thử lại:

+) Với m   phương trình (2) thành 2 3 1 24 3 0

t

Trang 12

Ta có 3 1 2

3

t

  ,    và t 24 3 2,

t

xảy ra khi t  , hay phương trình 0  2 có nghiệm duy nhất t  nên loại 0 m   2

+) Với m  phương trình 1  2 thành 3 1 14 6 0  3

t

Dễ thấy phương trình  3 có 3 nghiệm t 1,t0,t1

Ta chứng minh phương trình  3 chỉ có 3 nghiệm t 1,t 0,t1 Vì t là nghiệm thì t cũng là nghiệm phương trình  3 nên ta chỉ xét phương trình  3 trên 0;  

Trên tập 0;  ,   3 3 1 14 6 0

t

Xét hàm   3 1 14 6

t t

f t    t  trên 0;  

Ta có '  3 ln 3 3 ln 3 2

3

f t

t



 

3

1

3

t



Suy ra f ' t đồng biến trên 0;  f ' t  có tối đa 1 nghiệm 0 t 0 f t  có tối đa 2 0 nghiệm t 0; Suy ra trên  0;  , phương trình   3 có 2 nghiệm t 0, t1

Do đó trên tập , phương trình  3 có đúng 3 nghiệm t 1,t0,t1 Vậy chọn m  1

Chú ý: Đối với bài toán trắc nghiệm này, sau khi loại được m   ta có thể kết luận đáp án C do đề 2

không có phương án nào là không tồn tại m

Câu 48

Ta có g' x  f ' x 'f f x  

 

g x

 é

  



ë

2

x

 é

   

ë

 

   

0 *

2 **

f x

 é

  



ë Dựa vào đồ thị suy ra:

Phương trình (*) có hai nghiệm 1

2

x x

  é



 ë

Phương trình ( **) có ba nghiệm

2

x n n

x p p

é



ë

Trang 13

 

g x  có nghiệm

1

0

2

x

  é







 







 



 ë

Bảng biến thiên

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số g x  ff x   có 6 cực trị

Câu 49

Đặt zxyi x y,  

Theo giả thiết, z  1 z z 1 và 2 2

1

x y 

1

y  x )

f x  x  x  x x 

f x  x  x  

1 1;1 2

0

2 1;1 3

x

é

   



   

ë

 1 4

f   ; 1 13

2

f  

f  

  ; f  1 4

1;1

1

2

f x f



Vậy maxP  13

Câu 50

Trang 14

(Q

P)

Ox i

nP

I

H

A K

Chứng minh góc giữa (P) và (Q) bé nhất là góc giữa Ox và (P)

Giả sử (Q)  (AKI) Ta có     P , Q AKI , Ox P,  AIH

Xét AHI,AHK là tam giác vuông chung cạnh AH

Ox có VTCP i1; 0; 0

 P có VTPT n P 1; 1; 2 

Góc giữa Ox và mặt phẳng  P là : 1

sin

6

P P

i n

 

Góc giữa  Q và mặt phẳng  P thoả: cos . 1 sin2 5

P Q

n n

 

Phương trình mặt phẳng  Q :ByCz 0

Ta có:

6 6

 



Chọn A = 1, C = -2

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	507,71 KB