Đề số 15 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI CHO TIẾT ĐỀ SỐ 15 Câu 1: y mx   m   x  Có giá trị nguyên m để hàm số có điểm cực đại khơng có điểm cực tiểu? A B C Lời giải D Chọn A Tập xác định D  Ta có y 4mx3   m   x +) Với m 0 y  x  y  x  có điểm cực đại khơng có điểm cực tiểu, suy m 0 thỏa mãn Hàm số +) Với m 0  x 0  y 4mx   m   x 0     m2    x  2m Hàm số có điểm cực đại khơng có cực tiểu  a m       m2   0   2m m    m  m   0 m    m  0 m    m    m 2 Vậy  m 0 , có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán Câu 2: Cho khối lăng trụ ABC ABC  có AB 3a, AC 4a, BC 5a, khoảng cách hai đường thẳng AB BC  2a Gọi M , N trung điểm AB AC , (tham khảo hình vẽ đây) Thể tích V khối chóp A.BCNM A' N C' M B' A C B A V 7a  B V 8a  C V 6a  Lời giải D V 4a  Chọn C A' N C' M B' A C B Gọi V thể tích khối lăng trụ Vì BMCN hình thang có hai đáy BC, MN BC 2MN nên ta có 1 1 S BMN  d  B; MN  MN  d  N ; BC  BC  S BCN 2 2 3 1 VA BCNM VA.BMN  VA BCN  VA.BCN  VN ABC  V  V 2 Suy Ta có đáy tam giác ABC vuông A nên: SABC 6a BC  / /  ABC   d  AB; BC  d  BC  ABC   d  B;  ABC   2a h Vì Với h chiều cao khối lăng trụ V h.S ABC 2a.6a 12a3  VA.BCNM  V 6a Suy Câu 3: z  w   12i z 4, w 2 Cho hai số phức z w thỏa mãn Khi đạt giá trị lớn nhất, phần thực z  iw 30 A 13 B  13 44 C 13 Lời giải 58 D 13 Chọn C Ta có w 2  w 2 Ta lại có z  w   12i  z  w   12i  z  w  13  z k w  k , h  ; k , h    z  w   12i 19 z  w  h (5  12 i )  Suy Dấu " " xảy  k 2     h 13 10 24   w 13  13 i    z  20  48 i 13 13  10 24   w 13  13 i 44 58  z  iw   i  13 13  z  20  48 i 13 13  44 Vậy phần thực z  iw 13 Câu 4:  x; y  Có cặp số nguyên A thỏa mãn  x 4000 B 5  25 y  y  x  log  x  1  C Lời giải ? D Chọn D 5  25 y  y  x  log  x  1   5log  x  1  x  52 y 1   y  1 ( 1) Ta có: t log ( x +1) = t Þ x +1 = Đặt ( 1) trở thành: 5t + 5t = ( y +1) + 52 y +1 ( 2) Phương trình f ( u ) = 5u + 5u Xét hàm số  f ¢( u ) = + 5u ln > 0, " u Ỵ  f ( u) nên hàm số đồng biến  ( 2) Û f ( t ) = f ( y +1) Û t = y +1 Do Þ log5 ( x +1) = y +1 Û x +1 = 52 y +1 Û x = 5.25 y - Vì £ x £ 4000 Þ £ 5.25 y - £ 4000 Û 4001 - 4001 £ 25 y £ Û £ y £ log 25 » 2.08 5 y ẻ ị y ẻ { 0,1, } , có giá trị y nên có giá trị x ( x ; y) Vậy có cặp số nguyên Do Câu 5: Cho khối lăng trụ ABC ABC  có đáy ABC tam giác vuông cân B AC 2a Hình  ABC  trung điểm H cạnh AB AA a chiếu vng góc A mặt phẳng Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V a Chọn D B V a3 6 C V 2a Lời giải D V a3 Do tam giác ABC vuông cân B AC 2a nên Xét tam giác AAH ta có: AH  AA2  AH  AB BC a  AH  a 2 a a3 VABC AB C  S ABC AH  Vậy: Câu 6: Cho hình thang ABCD vng A D có CD 2 AB 2 AD 6 Tính thể tích V khối trịn xoay sinh hình thang ABCD quanh xung quanh đường thẳng BC A B D C 135 V A B V 36 V C Lời giải 63 D V 45 Chọn C Thể tích khối trịn xoay sinh sau quay hình thang ABCD xung quanh cạnh BC V 2. V1  V2  tính sau: với V1 thể tích khối nón có đỉnh C có đáy hình trịn tâm B , V2 khối nón đỉnh H có đáy hình trịn tâm tâm I Tam giác BCD vuông cân B nên BC BD  AB 3 2 1 V1   BC BD   3 18 2 3 Nên   Dễ dàng chứng minh BAHE hình vng nên AE HB  AB 3  HI  2 1 3 2 V2   IA2 IH       3   Nên Vậy Câu 7: V 2  V1  V2   63   log Cho phương trình 2 x  log x   x  m 0 m ( tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt? A 47 B 49 D 48 C Vô số Lời giải Chọn A Xét phương trình  log 2 x  log x   x  m 0  x 0  x log m   x  x 0 Điều kiện:  m 7  x 2   log 22 x  log x  0 5    x 2 x  m 0    x log m Phương trình tương đương Để phương trình có hai nghiệm phân biệt: TH1: log m 0   m 1  m 1 TH2: 5 5 log m   24 m  49  m   3; 4; ; 48 Vậy có tất 47 giá trị m thỏa mãn Câu 8:    Cho hình chóp S ABC có AB 4a, BC 3 2a, ABC 45 ; SAC SBC 90 ; Sin góc hai  SAB   SBC  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cho mặt phẳng a 183 A a 183 B 5a C 12 Lời giải Chọn A 3a D 12 Do SA  AC , SB  BC nên S , A, B, C nằm mặt cầu đường kính SC , 2 2 Ta có AC  AB  BC  AB.BC.sin 45 10a  AC a 10  ABC  Gọi H hình chiếu vng góc S lên Ta có CA  SA CA  SH nên CA  HA Tương tự: CB  HB Khi ABCH nội tiếp đường trịn đường kính HC nên HC  AC 2 5a sin 450 2 Ta có: HB  HC  BC a Gọi K , I hình chiếu vng góc C H lên AB Khi CKB HIB vng CK  cân nên 2a HB HI  a 3a 2 d  H ,  SAB   d  C ,  SAB   Do Ta có sin   Khi Vậy Câu 9:  HI  CK d  C ,  SAB   2 3a a    d  C ,  SAB   CB   d  H ,  SAB    CB 4 2 1 a2       SH  SH d  H ,  SAB   HI a a a SC  SH  HC  a a 183 a 183  20a  R 3 , suy bán kính mặt cầu Trên tập hợp số phức, xét phương trình z  2mz  m  12 0 ( m tham số thực) Có giá trị ngun m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1  z2  z1  z2 A z1 , z2 thỏa mãn ? B Chọn B Phương trình cho có  m  m  12 C Lời giải D m      m  m  12    m 3 Trường hợp 1: Khi đó, phương trình cho có hai nghiệm thực Do đó, z1 , z2 phân biệt z1  z2  z1  z2   z1  z2    z1  z2   z12  z22  z1 z2 2  z12  z22  z1 z2  2   z1  z2   z1 z2  z1 z2 2   z1  z2   z1 z2      z1  z2   z1 z2  z1 z2 0  4m    m  12    m  12 0    Nếu m    m  12  m   m 4    4m2    m 12  0  m2  2m  24 0      4m    m  12  0  m2  m  12 0 Nếu m 12 Trường hợp 2:    m  m  12     m  Khi đó, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 hai số phức liên hợp:  m  i  m  m  12  m  i  m  m  12 Do đó, z1  z2  z1  z2  m    m  m  12  2  m  m  12   m  12  m  m  12  m 0 Vậy có giá trị nguyên tham số m thỏa mãn đề Câu 10: Có tất giá trị nguyên tham số m để hàm số biến khoảng A  0;  ? B Chọn B Đặt y  x  mx  x  m  f  x  3x  mx  x  m  C Lời giải D đồng Do lim f  x   lim  x  mx3  x  m     x   Nên y  f  x x   đồng biến  0;   f  x  0  f   0  , x   0;     , x   0;    f  x  0  f  x  0  m 3 m  0    , x   0;     , x   0;   m 4 x  12 x  3mx 12 x 0  x  m 3  m 3    m 8 4    m  x  m      x 0;  x   Vậy m 8