Đề số 05 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05 Câu 1: Cho hàm số f  x  A x  y  f  x 1 1  f  x   f   3x x   ;2   x   Tính liên tục thỏa mãn với dx B C Lời giải  D Chọn D 1 f  f  x x 1 1  f  x   f   3 x     3 x   ;2  x x  x   Ta có: Xét 1 2 f   f  x x  dx   dx 3 xdx   x x 1 2 Lấy tích phân vế ta được:  x   t 2   1  x 2  t  t   dx dt  dx  dt x t Đặt x Đổi cận:  1 f  2 f  t f  x f  x x  2 dx 2  dt 2  dx  3 dx   x t x x 1 1 Khi đó: Câu 2: 2 2 f  x dx  x   S  : x  y  z  x  y  z  0 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  P  : x  y  z  14 0 Điểm M thay đổi  S  , đểm N thay đổi  P  mặt phẳng Độ dài nhỏ MN A B C D Lời giải Chọn C I  1;  2;  1 d  I , P   2.1        1  14 22    1  22 4  R , bán kính R 3  S  mặt phẳng  P  khơng có điểm chung, gọi H hình chiếu I lên Do mắt cầu Mặt cầu có tâm  P  K giao điểm đoạn IH với mặt cầu  S  mặt phẳng MN MK d  I ,  P    R 4  1 Ta có Vây MN 1 Câu 3: 2my x , mx  y ,  m   Gọi diện tích hình phẳng giới hạn đường Tìm giá trị m để S 3 m m 2 A m 3 B m 2 C D Lời giải Chọn D Do m  nên suy x  0, y   2my  x 2  x 0  2my x      x 2m 2mx  y   mx  y Tọa độ giao điểm nghiệm hệ phương trình  2m Ta có Câu 4: S   2mx  x2 dx 3 2m 4m 3  m  hay z   4i 3 w Cho số phức z thỏa mãn w 2 z   2i Khi có giá trị lớn A  B  C Lời giải D Chọn B Ta 6  Câu 5: w  z   2i có   3  6    z   i    6i   z   4i     i Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h 20 , bán kính đáy r 25 Cắt hình nón cho mặt phẳng qua đỉnh hình nón khoảng cách từ tâm đáy hình nón đến mặt phẳng 12 Diện tích thiết diện thu A 500 B 400 C 300 D 406 Lời giải Chọn A Giả sử thiết diện thỏa đề tam giác SAB , chiều cao SO 20 , bán kính đáy OA 25  SOI  kẻ OH  SI H Gọi I trung điểm AB , mặt phẳng AB  SO  AB   SOI   OH  AB OH   SAB  Ta có AB  OI Lại có OH  SI  Do khoảng cách từ tâm đáy đến thiết diện OH 12 Xét tam giác vng SOI vng O có 1 1 1 1  2 2    2   OI 15 2 2 OH SO OI OI OH SO 12 20 225 2 2 SI  OI  SO  15  20 25 2 2 Xét tam giác vuông OIA vuông I có IA  OA  OI  25  15 20  AB 40 1 S ABC  AB.SI  40.25 500 2 Vậy diện tích thiết diện 22u1 1  23 u2  Câu 6: 1  log  u32  4u1   u 4  un 1 2un với n 1 Cho dãy số  n  thoả mãn 100 Giá trị nhỏ n để S n u1  u2   un  A 233 B 234 C 230 D 231 Lời giải Chọn B Ta có dãy số bội q 2 suy  un  thoả mãn un 1 2un với n 1 nên dãy số  un  cấp số nhân với công u2 2u1 ; u3 2u2 4u1 22u1 1  23 u2  Do Mà 1  log  u32  4u1   4   22u1 1  23 2u1  Lại có Suy Khi Suy 4u12  4u1   2u1  1   log 4u12  4u1  log 3 1 VP  1  Từ   22u1 1 23 2u1  2u1  3  2u1  u1  suy  8 log 4u  4u1   u1    2u1  0  u1  Dấu “=” xảy 2 S n u1  u2   un u1 S n  5100   1 VT  1 22u1 1  23 2u1 2 22u1 1.23 2u1 8 Dấu “=” xảy log  4u  4u1   1  q n 1  2n n     1 1 q 1 2 n   5100  n  2.5100   n  log 2.5100  233,193     100 Vậy giá trị nhỏ n để S n u1  u2   un  234 Câu 7:  hàm số liên tục có đạo hàm f ( x) 1 1  f ( x ) dx  , f ( x ) dx    f ( x)dx 0  Khi  11   A B 48 C 23 Lời giải Chọn B 1 I  f ( x)dx  Đặt f ( x) Cho [0;1], f (1) 0 Biết D u  f  x  u  f  x  dx    dv dx v x     Đặt 1 1 I  x f  x   x f  x  dx  x f  x  dx  x f  x  dx  0 3  f    f  ( x) x  f  x   Theo Câu 8: 1 ( x) dx  xf ( x)dx  x dx    0  3  f   ( x)  x dx 0  f  ( x)  x 0 x2  C 1 x2 f (1) 0  C   f  x     2 2  x2  11      2 48 0 Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2mz  8m  12 0 Có giá trị nguyên z  z2 ? m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn A B C Lời giải D Chọn D Ta có: z  2mz  8m  12 0  *  m  8m  12 m 6    m  8m  12     m  Khi phương trình  * có nghiệm thực phân TH1:  z1  z2  KTM  z1  z2    z1  z2  z1  z2 0  m 0  TM  biệt z1 , z2 theo yêu cầu tốn:  * có nghiệm z1,2 m i  thỏa TH2:     m  Phương trình mãn z1  z2 Nên: m   3;4;5 m   0;3; 4;5 Vậy giá trị m thỏa mãn là: Câu 9: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt  ABCD  phẳng vng góc với  Biết AB a , AD a ASB 60 Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 13 a 13 a 11 a 11 a S S S S A B C D Lời giải Chọn C Gọi R , RSAB bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác SAB , RSAB  AB a a    2sin ASB 2sin 60 Do ABCD hình chữ nhật nên khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Mặt khác hình chóp S ABC hình chóp có cạnh bên BC vng góc với mặt đáy nên 2 SAB R R 2 a 3 a 3 39  BC  13 a           S        Câu 10: Cho đồ thị hàm số y  f ( x ) hình vẽ đây: Gọi S tập tất giá trị nguyên dương tham số m để hàm số y  f ( x  2023)  m có điểm cực trị Tổng tất giá trị phần tử tập S bằng: A B C D Lời giải Chọn A h  x   f ( x  2023)  m  h x   f ( x  2023) Đặt A A ' y  A  A2  y '  A2 Ta có y  f ( x  2023)  m h x h x 0 Số cực trị số nghiệm đơn bội lẻ     h x  0  f  x  2023 0 có nghiệm đơn phân biệt 1 y  f ( x  2023)  m h  x  0  f ( x  2023)  m m để hàm số có điểm cực trị     3m    m  18     m 2  m   Có nghiệm phân biệt Dựa vào đồ thị điều kiện  Do m nguyên dương nên m 4, m 3 Tổng giá trị phần tử tập S  7