Đề số 09 lời giai

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 09 Câu 41: Có số nguyên m để hàm số y (m  3) x  (2  m) x  m  có điểm cực trị điểm cực tiểu? A B C Lời giải D Chọn D +TH1: Xét m  0 Khi đó: y  x  đạt cực đại x 0 +TH2: Xét m   Khi đó: y (m  3) x  (2  m) x  m  có a m    b 2  m  nên hàm số có ba cực trị +TH3: Xét m   Nếu b  hàm số có ba cực trị Nếu b 0 hàm số có cực trị cực đại Vậy không tồn giá trị m thỏa điều kiện đề Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) , mặt phẳng A 1;2;1 , B 3;4;0 ( P ) : ax + by + cz + 46 = Biết khoảng cách từ A, B đến mặt phẳng (P ) Giá trị biểu thức T = a +b + c A - B - C Lời giải D Chọn B P Gọi H , K hình chiếu A, B mặt phẳng   Khi theo giả thiết ta có: AB 3 , AH 6 , BK 3 P Do A, B phía với mặt phẳng   Lại có: AB  BK  AK  AH  H K H 5; 6;  1 Suy A, B, H ba điểm thẳng hàng B trung điểm AH nên tọa độ   P) H  5;6;  1 AB  2; 2;  1 ( Vậy mặt phẳng qua nhận VTPT có nên phương trình  x     y    1 z  1 0  x  y  z  23 0 Theo  P  :  x  y  z  46 0 , nên a  4, b  4, c 2 Vậy T = a + b + c = - Câu 43: Cho số phức z thỏa mãn A z z có phần thực Mơ dun z bằng: B 16 D 2 C Lời giải Chọn C Giả sử z  x  yi , với x, y   điều kiện | z |  z 0  y 0 w  | z | z Ta có:   x  y  x  yi  x2  y2  x  x y x y x2  y  x  Theo giả thiết, ta có:  4 x  y  x  2 TH2:   y  2  x y x y i  x  y  x 2 x  y  x x  y x  y ( x  y  x)  x  y 4 x  y  0    x  y  x 0   x 0 x  y  x 0    y 0 (không thỏa mãn điều kiện)  ( x  y  x) TH1:  8 x2  y  x  y   2   x  y 4  x  y 16  z 4  Câu 44: Cho khối lăng trụ đứng ABC ABC  có BAC 60 , AB 3a AC 4a Gọi M trung điểm BC , biết khoảng cách từ M cho A 27a Chọn A B 9a  BAC  đến mặt phẳng 3a 15 10 Thể tích khối lăng trụ C 4a Lời giải D a 1 d  M ;  BAC    d  C ;  BAC    d  B;  B AC   2 Ta có: Gọi I hình chiếu B AC H hình chiếu B BI  BH   BAC   d  B;  BAC   BH  BH  3a 15 2S 3a SABC  AB AC.sin 60 3a  BI   AC Xét tam giác ABC có BI BH BB  3a 2 BI  BH  B BI Xét tam giác có V SABC BB 3a 3.3a 27 a Vậy thể tích lăng trụ là: Câu 45: Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng đường thẳng song song với x y z   A d1 : x y z x y z   ; d2 :   1 2 Phương trình d1 , cắt d cắt trục Oz x y z   B 1 x y z   1 C x y z   1 D Lời giải Chọn B d1 u N M d Oz d2 Gọi M d  d  M  d  M  2t ;1  2t ; t  N d  Oz  N  Oz  N  0; 0; c    NM  2t ;1  2t ; t  c  , d1 u  2;1;1 có vectơ phương t  2t  2t t  c       d / / d c  1 NM , u  Vì nên phương suy  N 0; 0; u  2;1;1   Đường thẳng d qua điểm nhận làm vectơ phương, có phương x y z   trình tắc là: 1 Thử lại: Ta thấy đường thẳng d: x y z   1 song song với d1 , cắt d cắt trục Oz nên x y z   phương trình 1 thỏa đề 2 Câu 46: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2mz  7m  0 , với m tham số thực Có bao z z nhiêu giá trị nguyên m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn z1  z2 ? B A C D Lời giải Chọn B Ta có  m  7m  m 6      m  , phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 thỏa Trường hợp 1: z1  z2  z1  z2  z1  z2 0  m 0 Trường hợp 2:     m  , phương trình có hai nghiệm phức liên hợp z1 , z2  z1 nên ta ln có Do z1  z2 m   1;    0 Câu 47: Cho hàm số y  f  x m   nguyên nên có giá trị m thỏa yêu cầu toán y  f  x có đạo hàm  , đồ thị hàm số hình vẽ Biết diện tích hình phẳng phần sọc kẻ Tính giá trị biểu thức: T f  x  1 dx  f  x  1 dx  f  x   dx A T 2 B T 6 C T 0 Lời giải D T Chọn D Diện tích phần kẻ sọc là: S   f  x  dx 2 Vì 3    f  x  dx    f  x   dx  f  x  0 x    2;0 2 2 Tính I f  x   dx f  x  dx  2 Đặt t 2 x   dt 2dx ; x 3  t  ; x 4  t 0 0 1 I  f  t  dt  f  x  dx  2 2 2 Suy ra: Vậy T f  x  1 dx  f  x  1 dx  f  x   dx 3 3  f  x  1  f  x  1  I  f  3  f    f    f  1  2    1   Câu 48: Có số nguyên x cho ứng với x có không 728 số nguyên y thỏa mãn log  x  y  log  x  y  A 115 ? B 58 C 59 D 116 Lời giải x  y   x  y   x, y   Điều kiện  log  x  y  log  x  y   x  y 4log3  x  y   x  y  x  y  Khi  x  y  x  y  log   x  y log3  1  1 viết lại x  y t log3  t   Đặt t  x  y  t 1  1 Với x ngun cho trước có khơng q 728 số nguyên y thỏa mãn bất phương trình Tương đương với bất phương trình f  t  t log3  t  2 có khơng q 728 nghiệm t Nhận thấy đồng biến có 729 nghiệm nguyên t 1  1;   log3  729 3367 nên x  y 729 Do yêu cầu toán tương đương với x  x 3367   57  x 58 Mà x nguyên nên x nhận giá trị  57,  56, ,57,58 Vậy có tất 116 số nguyên x thỏa yêu cầu toán Câu 49: Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng cân có cạnh huyền a Một thiết diện qua đỉnh tạo với đáy góc 60 Diện tích thiết diện a2 A Chọn A a2 B C 2a Lời giải a2 D Giả sử hình nón có đỉnh S , tâm đường trịn đáy O Thiết diện qua trục SAB , thiết diện qua đỉnh SCD ; gọi I trung điểm CD Theo giả thiết ta có SAB vuông cân S , cạnh huyền AB a  r OA  a 2 2a a  h SO  SA  OA  a   SA SB l a 2 a SO SO a  SIO 60  sin 60   SI    SI sin 60 3 Ta lại có ; ID  SD  SI  a  6a a 2a   CD  3 Diện tích thiết diện cần tìm Câu 50: Cho hàm số f  x   S SCD 1 2a a a 2  CD.SI   2 3 x   2m  3 x   m  3m  x  3 Có giá trị nguyên tham   9;9 để hàm số nghịch biến khoảng  1;  ? số m thuộc A B C 16 Lời giải D Chọn B Xét hàm số g  x   2019 x   2m  3 x   m2  3m  x  2020  g  x   x   2m  3 x   m  3m  Để f  x nghịch biến khoảng Trường hợp 1: g  x  1;  ta xét hai trường hợp sau: nghịch biến không âm khoảng  1;   x   2m  3 x   m  3m  0, x   1;   g  x  0, x   1;     2  g   0    2m  3   m  3m   0  Tức là:   x m  3, x   1;    m       x m, x   1;     m 2  m      m 1  2m  2m  0 Trường hợp 2: g  x đồng biến không dương khoảng  1;   x   2m  3 x   m2  3m  0, x   1;   g  x  0, x   1;     2  g   0    2m  3   m  3m   0  Tức là:  m 1 m x m  3, x   1;       m 1  m 1   m   2m  2m  0 