Đề số 11 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 11 Câu 1: Cho hàm số     0;  có đạo hàm liên tục y  f  x   x f  x  dx 3 ,  sinx  x  f   dx  2 0 85 3 A   f   4   Giá trị 8 C Lời giải 85 B đồng thời thỏa mãn  f  x  sinxdx 8 3 D Chọn D   x I  sinx  x  f   dx  2  2 Có   x t   I 2  sin 2t  2t  f  t  dt 2  sin x  x  f  x  dx 0 Đặt Tích phân phần cho I , ta được: I  sin x  x  f  x       cos x   f  x  dx   0     f     cos x  1 f  x  dx 2     4  sin x f  x  dx  sin x f  x  dx 3  Có f  x  dx  24sin 0    2  xf  x  dx  16 sin xdx 3  2.3  3 0  f  x   4sin x  dx 0    f  x   4sin x 0  f  x  4sin x, x   0;   2  Vậy Câu 2:    1  8 f x sin x d x  4sin x d x  3sin x  sin x d x  cos x  3cos x           3 0 0 z1 , z2 thỏa mãn: z1  z2  z1   4i 3  z2 Gọi M , m 2 P  z2   2i giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức , giá trị M  m Cho hai số phức A 50 B 54 C 34 99 D Lời giải Chọn C  z1  z2  AB  z1 , z2   C  4;   z2 OB Gọi A, B điểm biểu diễn ;  điểm biểu diễn số phức   4i Có z1   4i 3  z2  AC 3  OB  AC  OB 3 OB  AC  AB 4    OB  BA  AC OC OC    O, B, A, C theo thứ tự nằm đoạn OC Điểm D   1;   biểu diễn cho số phức   2i  P OD   P  z2   2i BD    M  m 34  Pmax DN  29 (Pmax A trùng C , B trùng với N   3;3 ) Câu 3: m  1 log 22 x  10 log x  m 0  m Số giá trị nguyên tham số để phương trình có hai nghiệm phân biệt khơng nhỏ A B C D Lời giải Chọn D Điều kiện: x  Đặt 2 t log x Phương trình trở thành:  m  1 t  10t  m 0  1 Để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt khơng nhỏ phương trình   có hai   m3  m  25       10 t1  t2 0   S 0   0  m   P 0    m  m  0 nghiệm phân biệt m   0;1; 2 Vì m nguyên nên Câu 4:  m3  m  25   m 0 x2 y z2   4 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng mặt phẳng ( P) : x  y  z  0 Đường thẳng  song song với ( P) đồng thời tạo với d góc bé  2 Biết  có véc tơ phương u (m; n;1) Giá trị biểu thức T m  n A T 5 B T 2 C T 3 D T 4 d: Lời giải Chọn D   d : ud (4;  4;3) , véc tơ pháp tuyến ( P) : nP (2;  1;2) Véc tơ phương  u nP 0  2m  n  0  n 2m  Ta có  u ud 4m  4n  4m  4(2m  2)  cos(, d )      2 2 2 u ud  ( 4)  m  n  41 m  (2m  2)  4m    41 41 5m  8m  16m  40m  25 f ( m)  5m  m  ; Đặt  4m   5m  8m  f (m)  16m + 40m + 25 16 lim = mđƠ 5m + 8m + 5 Có Ta có bảng biến thiên 16m  40m  25 5m  8m  41  72m  90m  5m  m 0 f (m) 0   72m  90m 0    m     8m   Góc d  bé f (m) lớn Khi dựa vào bảng biến thiên ta thấy m = Þ n = Vậy T m  n 0  4 Cách khác: P Gọi  hình chiếu d lên ( P) , góc   d góc d  Mà  //( P) nên góc  d nhỏ  //   d : ud (4;  4;3) , véc tơ pháp tuyến ( P) : nP (2;  1;2) Gọi (Q) mặt      n  u Q  d , n P  ( 5;  2; 4) ,  phẳng chứa d vng góc với ( P )  véc tơ pháp tuyến      ( P )  (Q )  u   u P , nQ  (0;  18;  9)  2(0; 2;1) ( P ) hình chiếu d lên Véc tơ phương T m2  n 0  4 Câu 5: 2 z ,z Biết phương trình z  mz   m 0 ( m tham số thực) có hai nghiệm Gọi A, B, C z ,z z 2 Có giá trị m để điểm biểu diễn số phức ABC đều? A B C D Lời giải Chọn D z ,z Để tồn ABC phải hai nghiệm khơng thực phương trình z  mz   m 0 Suy Khi    5m  32   m  z1,2 32 32 32  m 5   m      m  m i   A ; ;  , B  2    Suy     , C  2;0    AB  z  z  z  z   z z m   m 5m  32  AB  32  5m 2 2   2  m        AC BC          4m  8m  48  2      Ta có    Để ABC AB  AC  32  5m   4m  8m  48  m   n    32  5m  m  2m  12   m  m  20 0    m 2  n  2 Vậy có giá trị m để ABC Câu 6:  : x  y 1 z   1 1 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Đường thẳng d nằm mặt phẳng  P  cho d cắt đồng thời vng góc với đường thẳng  Khi đường thẳng d qua điểm điểm sau đây?  2; 2;  2; 2;   0; 4;1  2;3;1 A  B  C  D  Lời giải Chọn C  A    P  Gọi A d    x 0  x  y 1 z        y 1  A  0;1;     x  y  z  0  z   Tọa độ A thỏa mãn hệ     u   nP ; u   0;1; 1 d   P Do d   nên nhận vectơ phương A 0;1;   Đường thẳng  qua  nên  có dạng 0; 4;1 Nhận thấy  qua điểm  Câu 7: Cho hàm số đa thức bận bốn y  f  x  x 0   y 1  t  t     z   t  có đồ thị hàm số y  f  x  hình vẽ: y  f  x   m  9 Tổng giá trị nguyên m để hàm số có điểm cực tiểu A 40 B 34 C 24 D 30 Lời giải Chọn D Từ hình vẽ ta có bảng biến thiên hàm số Từ bảng biến thiên ta thấy để hàm số Câu 8: f  x : y  f  x   m  9  m    m  10  m   6;7;8;9 có điểm cực tiểu Có số nguyên dương x , cho ứng với giá trị x có 11 số nguyên y  y  x   y  x  1 0 ? thỏa mãn bất phương trình A 55 B 34 C 130 Lời giải D 88 Chọn D 2 Đặt y  x   y  x  1 0 Xét phương trình 2 y  *  y 2 log x  x   y  x  1 0    y log  x  1  *   y log , không thỏa mãn Với x 1 log x  log5  x  1  *  log5  x  1  y 2 log x Với x 2 , log  log  x  1 2  x   2; 24   2log x  2log 24 TH1: Với ,  log x  log  x  1  10, x   2; 24   log  x  1 ; log x   Nên không tồn đủ 11 số nguyên thuộc  Không thỏa mãn TH2: TH3:   log  x  1 3    13 2 log x  14  24  x 124  x   91;92; ;124  13  2  x  27 3  log  x  1 4    14 2 log x  15 124  x 624   15  x   128;129; ;181    x   5n   x 5n 1   n  log  x  1 n   n     n 11  1 n  n  11 2 log x  n  12  2  x  8.2 TH4: n n n n  x  Do   2  8.2 , n  nên   Không thỏa mãn Vậy Câu 9: x   91;92; ;124   128;129; ;181  H  có đỉnh S đáy hình trịn tâm O , bán kính R , chiều cao 2R Một mặt Cho hình nón phẳng qua đỉnh cắt đường tròn đáy theo dây cung AB có độ dài bán kính đáy Tính  SAB  sin góc tạo OA mặt phẳng 57 A 19 B 57 C 19 Lời giải D Chọn A Ta thấy OAB cạnh R , SAB cân S , gọi M trung điểm AB OM  Ta có R OM  AB, SM  AB  AB   SOM    SAB    SOM  Trong mặt phẳng mặt phẳng  SOM  , kẻ  SAB    SOM  SM OH  SM H OH   SAB  nên H hình chiếu O   SAB  Suy góc tạo OA mặt phẳng  SAB  góc OAH 1 1 19 12 R 2 3R       OH   OH  2 2 2 SO OM R 3R 12 R 19 19 Ta có OH 3R OH 57  sin OAH   19   OA R 19 19  OHA H Ta thấy vuông nên y   x  mx  2m x  m  Câu 10: Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m cho hàm số 1;   đồng biến  Tổng tất phần tử S A B C  D  Lời giải Chọn C g x  x  mx  2m x  m  Gọi     73    73  g  x   x  3mx  4m2 x x   x  3mx  4m   x  x  m   x  m  8     73 73 m b a  m 8 Gọi , Nếu m  b  a , m  b  a a 3 73 m, b  Ta có lim g  x    x   nên không xảy trường hợp hàm số g  x đồng biến khoảng  1;  g  x Để thỏa mãn yêu cầu đề phải có g  1 0  2m  2m  0  nghịch biến  1;  g  1 0  1  1 m  2 (1) g  x 1;    g  x  0, x   1;   nghịch biến  (2) g  x  x +) Nếu m 0 :   Điều kiện (1) (2) thỏa mãn, giá trị m 0 thỏa mãn yêu cầu đề +) Nếu 0m  1 g x (3): Dấu   trục số sau: Để thỏa mãn điều kiện (2) Kết hợp (3) (4) có: b 0m  73   73 m 1  m  8 (4)  1  1 m  g x +) Nếu (5): Dấu   trục số sau: Để thỏa mãn điều kiện (2)  3 Kết hợp (5) (6) có: a 73 3 73 m  m 1  m   3 73 (6)  3 Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu đề 73 m   1 , suy giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề m  1, m 0 , S 