Đề số 13 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13 Câu 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy a cạnh bên 2a Gọi M , N trung điểm cạnh BC , BC  P, Q tâm mặt ABBA ACC A Thể tích khối tứ diện MNPQ a3 B a3 A 12 Chọn a3 C 24 Lời giải a3 D 48 C Ta có VM ABC  VA ABC  Dựng AH  AN  AH   ABC   AH d  M ,  ABC    2a 57 19 a 19 a 19 S ABC    SNPQ  16 Ta có: Suy ra: Câu 2: VMNPQ Cho mặt cầu 2a 57 a 19 a 3   19 16 24  S H có bán kính , hình trụ   có chiều cao hai đường tròn V1 S H S đáy nằm   Gọi V1 thể tích khối trụ   V2 thể tích khối cầu   Tỉ số V2 A 16 B 16 C Lời giải Chọn A D 2 Ta có HK IK  IH 12 Thể tích khối trụ V1  r h  12.4 48 4 256 V1   R3   48 43  3 Thể tích khối trụ V1  V 16 Suy Câu 3: Có số nguyên x cho ứng với x có khơng q 127 số nguyên y thỏa mãn log  x  y  log  x  y  A 89 ? B 90 C 46 D 45 Lời giải Chọn B x2  y   x y 0 Điều kiện  Ta có log  x  y  log  x  y   x  y 3log2  x  y   x  y  x  y  log  x  x  x  y  log   x  y   1 (1) x  y t  t   log  t (2) Khi đó, (1) trở thành x  x t Với số ngun x có khơng q 127 số ngun y thỏa mãn (1) * Suy với số ngun x có khơng q 127 số ngun dương t ( t   ) thỏa mãn (2) Đặt f  t  t log2  t  f  t   log 3 t  log2 3    0, t  * Xét hàm số * f t Suy đồng biến  log  128 2059 Nếu có q 127 số ngun dương t x  x  128 Yêu cầu toán trở thành   44 x 45 x  x 2059  x  x  2059 0    x    44,  43, , 45 x   Vậy có 90 số Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng A  1;  2;3 Gọi M  a ;b ;c   P A  P  : x  y  z  0 điểm cho AM 4 Tính a  b  c C Lời giải B D 12 Chọn A d  A,  P    Ta có:   M  P  33 2 4  AM     1 AM  a  1; b  2; c  3  M hình chiếu vng góc A lên  P   P phương với VTPT  n  2;  2;1   a    2a  2b  c  0    a  b  c   b        c   a  b  c   Tọa độ M nghiệm hệ:  Câu 5: Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y  x  3x  m A a  12 Chọn đoạn  0;3 16 Tổng phần tử S C 16 Lời giải B  D f  x   x  3x  m  0;3  x 1 f '  x  3x  0    x  Ta có  n  l Xét hàm số Khi  f   m   f  1   m   f  3 18  m   max f  x  18  m  x 0;3  f  x    m  x 0;3 Ta có  max f  x  16 x 0;3 max x  3x  m 16    x 0;3  f  x   16  x 0;3 Nên D  16 max f  x   f  x  20  2.16 x 0;3 x 0;3  18  m 16    m  16    m   m  14  Câu 6: Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol  P  : y x2 Biết diện tích hình phẳng giới hạn d và  P  Độ dài đoạn thẳng  9  4;  A   Chọn M  1;  d đường thẳng qua điểm  P Gọi A, B giao điểm d AB thuộc khoảng sau đây?  11   ;6  B    11   5;  C   Lời giải 9   ;5  D   A Đường thẳng qua điểm M  1;  y k  x  1  có hệ số góc k có dạng: Phương trình hồnh độ giao điểm: x  kx  k  0 ln có nghiệm phân biệt x1 ; x2  k  4k   0, k x  x3  x2 x2 S   x  kx  k   dx    k   k   x  |    x1 x1 Ta có:   x23  x13   3k  x22  x12    k    x2  x1  8  x2  x1  x22  x2 x1  x12   3k  x2  x1    k   8 , từ theo Vi-et ta suy k  4k   k  4k  8  k  4k  4  k 2 Vậy suy ra: Câu 7: Giả sử Giá trị nhỏ   73 Chọn C B  2;   AB  22  42 2 z1 , z2 hai số phức z1  z2 6 A A  0;0  z1  3z2 B  21 z thỏa mãn  z  6   iz  số thực Biết C 20  Lời giải 73 D 20  21 z x  yi ,  x, y    Đặt AB  z1  z2 4 Gọi A, B điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 Suy Ta có:  z     iz   x  yi     i  x  yi    x  yi     ix  y  8 x  x 2i  xy  yi  xy  y 2i  48  xi  y Do  z  6   z iz  số thực nên ta đường tròn tâm I  3;  x  y  x  y 0 Vậy tập hợp điểm biểu diễn bán kính r 5       Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA  3MB 0  OA  3OB 4OM Gọi H trung điểm AB Ta có HA HB  AB 3 MA  AB   HM MA  HA  2 2 Từ HI R  HB 16 , tâm I  3;  * Ta có Ta có Vậy Câu 8: , bán kính r IM  HI  HM  73    z1  z2  OA  3OB  4OM 4OM OM OM  OI  r 5  z1  3z2 4OM 20  73 Cho hàm số bậc ba 73 , suy điểm M thuộc đường tròn  C  , z1  3z2 nhỏ OM nhỏ 73 y  f  x f  x có đồ thị đường cong hình bên Biết hàm số đạt cực trị hai điểm x1 , x2 thỏa mãn x2  x1  f ( x1 )  f ( x2 ) 0 Gọi S1 S diện tích S1 hai hình phẳng gạch hình bên Tỉ số S bằng: A C Lời giải B D Chọn D Tịnh tiến điểm uốn gốc tọa độ, ta hình vẽ bên Khi đó, Chọn f  x hàm bậc ba, nhận gốc tọa độ tâm đối xứng nên x1  1; x2 1 f  x  3 x   f  x   x  3x S 3 S   x  3x  dx  ; S1  S 2  S1    4 S2 1 Nên Câu 9: Cho hình nón trịn xoay có chiều cao h 20  cm  r 25  cm  , bán kính đáy Một thiết diện qua đỉnh hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện Tính diện tích thiết diện A S 400  cm  B S 500  cm    S 406 cm C Lời giải D 12  cm  S 300  cm  Chọn B Gọi thiết diện qua đỉnh hình nón tam giác SAB O tâm đường tròn đáy; M trung điểm AB Hạ OH đường cao tam giác SOM Khi khoảng cách từ tâm đáy  SAB  đoạn OH đến mặt phẳng Áp dụng hệ thức lượng ta có: 1 1 1  2   2  OM 15  cm  2 OH SO OM 12 20 OM Có: SM SO  OM  SM 25  cm  AB 2 AM 2 OA2  OM 2 252  152 40  cm  1 SM AB  25.40 500  cm  Vậy diện tích thiết diện SAB là: y  f  x Câu 10: Cho hàm số có đạo hàm nguyên dương m để hàm số A f  x   x    x    g  x   f x3  x  m B Chọn với x   Có giá trị  có điểm cực trị? C Lời giải D D x    x3  x    x 8 g  x   f  x3  x  m f  x  0   x  6x  x 3  x 0   x  x 8  m  1 g  x  0    x  x 3  m     x  x   m  loai  , m  Cho  Ta có: g   x  g  x   g  x   g  x  f x  6x  m   1 Xét hàm số  2  hàm số chẵn  có điểm cực trị  g  x  có cực trị dương có nghiệm dương u  x3  x có BBT hình Từ BBT, để phương trình     có nghiệm dương  m   m  m    m  1; 2;3; ; 7 Vì m   HẾT 