Dap an de 06

Câu 38: Đáp án A Có tính chất trực tâm của tam giác nhọn ABC đồng thời là tâm nội tiếp tam giác OHK... Khi đó theo bất đẳng thức Holder có: 4..[r]

Trang 1

Đáp án 1- Nhận biết; 2- thông hiểu ; 3- vận dụng ; 4 – vận dụng cao

1A(1) 2C(1) 3A(1) 4B(1) 5C(1) 6B(1) 7D(1) 8A(1) 9C(1) 10C(1

) 11A(1

)

12A(1

)

13D(1 )

14B(1) 15A(1

)

16C(1 )

17C(1 )

18B(1) 19B(1) 20B(1)

21B(2) 22A(2

)

23D(2 )

24A(2 )

25A(2 )

26A(2 )

27A(2 )

28C(3 )

29A(2 )

30A(3 ) 31A(3

)

32B(3) 33C(3

)

34A(3 )

35C(3 )

36D(3 )

37C(3 )

38A(4 )

39B(3) 40A(3

) 41C(3

)

42D(3

)

43B(4) 44B(4) 45D(3

)

46A(4 )

47D(4 )

48B(4) 49C(4

)

50B(4)

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A

Có z  2i là số thuần ảo (phần thực bằng 0)

Câu 2: Đáp án C

Câu 3: Đáp án A

Câu 4: Đáp án B

Câu 7: Đáp án D

x

        

Trang 2

Có f2( )x  4 f x( ) 2; ( )f x 2

Kẻ đường thẳng y 2 cắt tại 2 điểm và kẻ y2 cắt tại 3 điểm Nên phương trình đã cho có

5 nghiệm

Có

1 1

0 0

ln | 2 1 | ln 3

2x 1dx 2 x  2





Có BD(ABCD A C),  (A B C D   ), (ABCD) (// A B C D   ) Do đó

d BD A C  d ABCD A B C D    a

2 1

f x



Vi-ét có 1 2 1 2

1 2

3 3x x  1 3xx  1 x x 0

Ta có A( 1;1;0) d1  A ( )P và n P u u1, 2(3; 1;5).

Vậy 3x y 5z 4 0

Số phần tử của không gian mẫu là  C202

Gọi A là biến cố cần tính xác suất, ta có  A C102 C C101 101, xác suất cần tính

2 1 1

10 10 10 2 20

38

P A

C



Có CD/ /AB(SA CD, )(SA AB, )SAB600 vì tam giác SAB đều cạnh a

Trang 3

Số đầu tiên có 3 chữ số chia hết là 21 là u1 105 Số cuối cùng có 3 chữ số chia hết cho 21 là

987

n

u  Chúng lập thành một cấp số cộng có công sai bằng 21 Vậy

1 21( 1) 987 105 21( 1) 43

n

u u  n    n  n Có tất cả 43 số thoả mãn

Gọi M là trung điểm BCAM (BCC B )AB, (BCC B ) AB M và

3 2 3

3 2

AM

AB M

B M





Dễ thấy d và x′Ox chéo nhau Lấy điểm (0; 0;1) , (0; 0; 0) 0; 0;1

2

 

 là trung

điểm OB sẽ thuộc (P) và n P u i d, (0; 0; 1). Vậy ( ) : 1 0.

2

y x  x      m x   m    m m có tất cả 7 số nguyên thoả mãn

Ta có y 3x2 2mx(m2  m 1),  m2 3(m2    m 1) 2m2 3m  3 0, m

Do đó y  0, x và 2

[ 1;1]

miny y(1) m 2 6 m 2

Theo giả thiết, ta có:

 

Vậy điểm biểu diễn của w thuộc đường tròn tâm I(3; 3),r 4

Trang 4

Áp dụng trường hợp chóp có cạnh bên bằng nhau có

2

4 3

2 (5 )

3

d

R

a a

  

Phương trình tương đương với:

3 64

64

t

x



 



Khảo sát hàm số f t( )64 2 t 3t có f t( )64 2 ln 2 3 ln 3 t  t  và

3 2

t

2

ln 2 log 10, 749

ln 3

Do đó m1, 2, ,10 có tất cả 10 số nguyên dương thoả mãn (Các em nên MODE 7)

Lập phương hai vế, phương trình tương đương với:

3 3

Vậy có tất cả 9 số nguyên thoả mãn



t  x   t x  t  x  t dt  xdx

Đổi cận: x  0 t 3;x  2 t 1 và

3 1

t dt

 

Có tính chất trực tâm của tam giác nhọn ABC đồng thời là tâm nội tiếp tam giác OHK

Ta có OH OK,   (4; 8;8) n(ABC) (1; 2; 2) (ABC) :x2y2z0

Trang 5

Tam giác OHK có

8 4 8 (2; 2;1), ( ; ; ), (0; 0; 0)

3 3 3









0

1 (0;1;1)

1

I

x

z

 









 





Gọi

1

z





Do đó đường thẳng qua A 4; 1;1 vuông góc với mặt phẳng (ABC) là 4 1 1

x  y  z



( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( 1)( 4)

g x  f x f  x  f x f  x  f x f x   f x f x   x x  x

x

  





Có (2; 0; 0), (0; ; 0), (0; 0; )( , 0) ( ) : 1

2

Khi đó theo bất đẳng thức Holder có:

4

1 2

 

 

Dấu bằng đạt tại b c 4

Cách 2: Có thể đưa về hàm một biến với ẩn b, tức rút 2 0 2

2

b

3

( 2)

b

Trang 6



*Chú ý Nếu làm theo cách 2 các em nên MODE 7

2

m

M m

m



  Khi đó hệ số góc của đường thẳng OM là

( 2)

M OM

M

k





Hệ số góc của tiếp tuyến là ( ) 5 2

( 2)

m



 Theo giả thiết có

3

5(2 1)

( 2)

OM

m

m m



1

( u 100)

u

   và đặt alogu1 0,blogq2 Khi đó

logu log(qu )logu logq a b

Khi đó theo giả thiết có

(a b ) 3(a b )  4 a 3a b 3b  4 3ab a b  2 0

1 2

100n 10 2( 1) 2018 1010 1011

n

Do đó



 

Vì vậy

       

Trang 7

Gọi I là tâm mặt cầu, vì mặt cầu tiếp xúc với (P) tại A nên I nằm trên đường thẳng qua A vuông

góc với (P) có phương trình 1 ( ;1 ; 2 )

2

x t





     



  

 Đường thẳng d qua điểm M(1; 3;1), (1; 2;1) u  và IM  (1 t t; 4;t1) do đó

, (6 3 ; 2 2 ; 2)

1 4 1

d I d

u

 

  Bán kính mặt cầu là

(6 3 ) (2 2 ) ( 2)

11



Theo giả thiết A, B, C, D, S, E, F là các đỉnh của một hình lập phương ABCDGEFS cạnh bằng

1 như hình vẽ bên

6 6

Có M z    ,A 1;1 ,B 2;3 , C 4; 1   Khi đó giả thiết tương đương với:

2MAMB2MC

Để ý BC  52 và A là trung điểm BC nên

4

Vậy để cho đơn giản đặt MBa MC, b theo giả thiết có

2(a b ) 52  a 2b2(a b ) 52 (a2 )b a 2b 4ab520

Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác có

Trang 8

2 2 2 2 2

MBMC BC a b   a b a  b  ab b  ab  b

Do đó MC 0 M     C z 4 i z  17

SBBC a BSC   SBC vuông cân tại B và

0

SBC BCSBBC SAB BCAB

Hạ BH AC H( AC)BH (SAC)BH SC và M là trung điểm cạnh

Ta có

2

SC

BH

Vậy ta có

2

3 3

1 sin

a





Có 2 ( ) ( ); 0 ( ) 0

( ) 0

f x





      

Căn cứ vào đồ thị hàm số f x trên đoạn  0;6 ta có f x   0 x 1;x3;x5 cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ lần lượt x1;x3;x5)

Căn cứ vào đồ thị hàm số f x trên đoạn  0;6 và giả thiết có bảng biến thiên của hàm số

 

f x như sau

y = 0

Trang 9

x 0 1 2 3 4 5 6

 

f x + 0 - - 0 + + 0 -

 

f x 1 1

-1 -1 -1

Suy ra phương trình f x 0 có 4 nghiệm phân biệt

a b c d        a b c d

Vậy y 0 có 7 nghiệm trên đoạn  0;6 là x1;3;5; ; ; ;a b c d và các nghiệm này đều làm

cho y′ đổi dấu Do đó trên đoạn  0;6 hàm số  2

( )

y f x có tất cả 7 điểm cực trị

Đặt độ dài các cạnh như hình vẽ

Ta có DE // AB, do đó theo Thales ta có: 24 (24 )

h L

Áp dụng định lí pitago cho tam giác đáy, ta có b2(12x)2 122  b 24xx2

Thiết diện là một hình parabol có chiều cao h, độ dài cạnh đáy bằng 2b có diện tích 4

3

S  bh

(chứng minh bằng tích phân) Suy ra (24 ) 24 2

18

L

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: (24 )(24 )(24 ).3

18 3



4

6 3 4

18 3

L

Trang 10

Trong đó 2 2 2 2

12 16 20

L r H    Do đó S 120 3 cm 2

Dấu bằng xảy ra 24 x 3x   x 6 b 6 3,h15

Các điểm thuộc S thoả mãn 0 x 10;0 y 10;0 z 10( , ,x y z ) mỗi số x,y,z có 11 cách chọn nên theo quy tắc nhân có tất cả 11 điểm thuộc S 3

Ta tìm số các điểm thuộc S mà x < y và x < z Ta có 0 x 9 Với mỗi x k 0,1, 2, ,9 thì y k 1, ,10 có 10k cách chọn và z k 1, ,10 có 10k cách chọn

Theo quy tắc cộng và nhân có tất cả

9 0

(10 )(10 ) 385

k



Xác suất cần tính bằng 3853 35

121

11 

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	513,86 KB