Đề số 16 lời giải

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 16 Câu 1: mx  2m  x m Cho hàm số với m tham số Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên m để hàm số đồng biến khoảng  2;   Tìm số phần tử S A B C D Lời giải Chọn C y y  Ta có  m  2m   x  m   m  2m     m   Để thoả mãn ta có S  0;1; 2 Vậy Câu 2:   m     m 2  m 2  P  qua điểm M  2;3;5 cắt tia Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng Ox, Oy, Oz ba điểm A, B, C cho OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân  P  có cơng bội Khoảng cách từ O đến mặt phẳng 16 24 32 18 A 91 B 91 C 91 D 91 Lời giải Chọn C Vì  P cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C nên ta gọi tọa độ điểm A  a;0;  , B  0; b;  , C  0;0; c  Khi phương trình mặt phẳng Vì M  2;3;5    P   với a, b, c   P : x y z   1 a b c   1 a b c Vì dài đoạn OA, OB, OC lập thành cấp số nhân với công bội b 3a   c 3b 9a 32  32 b     1  a    a 3a 9a c 32 x y  P  : 32  32  Khi ta có phương trình mặt phẳng z 1 32 Hay  P  : x  y  z  32 0 Do đó:  32 d  O;  P    2  1  32 91 Bình luận: Bài dùng cách khác sau:  ABC  : Khoảng cách từ O đến a Mà Câu 3: 1 1 9a  2   h 2 h a  3a  91  9a  32 32 h 91 từ tìm Một khối nón tích 9a  Tính bán kính R đáy khối nón diện tích xung quanh nhỏ 3a 3a R 6 R 3 2 A R 3a B C R  9a D Lời giải Chọn A Gọi h , l chiều cao độ dài đường sinh khối nón 27 a 729a 2 V   R h 9a 3  h   l  R  h  R  R2 R4 S xq  R.l  R   S xq 9 a Câu 4: Nên 729a 729a   R2 R2 S xq 9 a R4 R4  729a 729a R2 R2 729a  R 3a R2 Hỏi có tất giá trị nguyên tham số m    20; 20 f  x  3x    2m  x   m  2m  x  12mx  2 nghịch biến khoảng C 19 D 21 B 20 A để hàm số  0;1 ? Lời giải Chọn B Ta có: f '  x  0, x   0;1  12 x3  12   2m  x  12  m  2m  x  12m 0, x   0;1  x  x  1  2m x  x  1  m  x  1 0, x   0;1   x  1  x  2m x  m  0, x   0;1 Vì x   0;1  x   Xét  g  x   m  m  x  2m 2x m 0, x   0;1 nên yêu cầu toán g x (*) TH1:  g  x     g  x   0, x   , a 1  (không thỏa mãn)  m 1  g  x   0    m 0 (không thỏa mãn) TH2:  m 1  g  x     m  m    m 0 TH3: Khi g  x  0 có nghiệm phân biệt x1 , x2 (giả sử x1  x2 ) Ta có bảng xét dấu g  x sau: m 0  m 0  m 1      m  g      1  2m  m 0   m      g  1 0 Theo yêu cầu toán ta có  m    m    20; 20  nên ta nhận m    20;  19; ;  1 Vậy có tất 20 giá trị thỏa mãn Do  Câu 5: z   a  45  z  2016  80a 0 a Trong tập hợp số phức, cho phương trình ( tham số thực) Có tất giá trị nguyên dương a để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 cho z1  z2 A B C D 10 Lời giải Chọn B Ta có  '  a  45   2016  80 a  a  10a   a 1  '   a  10a     a 9 Th1:  z z (l ) z1  z2    z1  z2 Phương trình có nghiệm thực phân biệt, đó:  z1  z2 0   a  45  0  a 45 Th2:  '   a  10a    a   1;9  Khi phương trình có nghiệm phức z1  z2 z1 , z2 số phức liên hợp nhau, ta ln có Với Câu 6: a    a   2;3; 4;5;6;7;8; 45 Vậy có giá trị ngun dương cần tìm Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a Gọi M , N trung điểm  AMN  vng góc với mặt phẳng  SBC  Tính thể tích khối SB, SC Biết mặt phẳng chóp A.BCNM 3a 15 A 16 3a 15 B 48 3a 15 C 32 a 15 D 32 Lời giải Chọn C S N I M A C G H B Gọi H trung điểm BC  BC  SH (do SBC cân S ) Gọi G trọng tâm ABC I SH  MN  SG   ABC  Do S ABC chóp Ta có: MN đường trung bình SBC  MN / / BC  MN  SH I  AMN    SBC    AMN    SBC  MN  SH   AMN   SH  AI  SH  MN , SH   SBC  Vậy:  Lại có I trung điểm SH (do I  MN )  AI đường trung tuyến SAH Suy SAH cân A  SA  AH  AB 3a  2 2 a  3a   3a  SG  SA  AG          3  Xét SGA vuông G : 2 VS AMN SM SN 3 AB 3 15    VMNABC  VS ABC  SG  a V SB SC 4 4 32 S ABC Mặt khác: Câu 7: Cho khối đa diện (minh họa hình vẽ bên) ABCD ABC D khối hộp chữ nhật với AB  AD 2a , AA a , S ABCD khối chóp có cạnh bên SA a Thể tích khối tứ diện SABD a3 A B 2a 2a C Lời giải a3 D Chọn C Giả sử O  AC  BD  SA SB SC SD  SO   ABCD   V VA '.SBD OA  OB  OC  OD  Do Ta có SABD  AA '/ / BB '  d  A ',  SBD   d  A,  SBD    VA '.SBD VA.SBD  BB '   SBD    Do  AO  SO  AO   SBD   Ta có  AO  BD 2 2 Tam giác SOB vuông O  SO  SB  OB  3a  2a a VS ABD VA.SBD  AO.k ,  1 1 SBD  k  SO.BD  a.2a  2a ,   AO a  3 2 Với k diện tích tam giác 2a VS ABD VA '.SBD  a 2a  3 Thay (2), (3) vào (1) ta Câu 8: Cho số thực b, c cho phương trình z  bz  c 0 có hai nghiệm phức z1 , z thỏa z   3i 1 mãn A 5b  c  12 z2   6i 4 Mệnh đề sau đúng? B 5b  c 4 D 5b  c 12 C 5b  c  Lời giải Chọn A Vì z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  bz  c 0 nên z1  z2 Khi ta có z2   6i 4  z1   6i 4  z1   6i 4 Gọi M điểm biểu diễn số phức z1  M vừa thuộc đường tròn  C1  tâm I1  4;  3 , bán kính R1 1 đường trịn  C2  tâm I1  8;   , R1 4  m   C1    C2  bán kính Ta có I1I  42  32 5 R1  R2   C1  Do có điểm  C2  tiếp xúc M thỏa mãn, tọa độ điểm M nghiệm hệ 24  x   x  y  x  y  24 0 24 18   24 18    M ;   z   i     18 5 5 x  y  16 x  12 y  84      y   nghiệm 2 phương trình z  bz  c 0 z  bz  c 0  z2  24 18  i 5 nghiệm phương trình z1  z2  b  Áp dụng định lí Vi ét ta có Vậy Câu 9: 48 48  b  ; z1.z2 c 36 5 5b  c  48  36  12 Có  x; y  x, y với nguyên  x, y 2020 thỏa mãn  2y   x 1    x  y  xy   log    x ?  y 2  xy  x  y   log3  A 2017 B 4034 ỡù x, y ẻ Ơ * : x, y £ 2020 ïï Û í x +1 2y ïï > 0, >0 ï x- y +2 + Điều kiện ïỵ BPT cho có dạng D 2017 2020 C Lời giải * ì ùớù x, y ẻ Ơ : x, y Ê 2020 ïïỵ x > 3, y >  y  x4   1   x    y   log   1 0  x   y 2   x  3  y   log   x4    x  3 log   1   x   log 0  x  + Xét y 1 thành , rõ ràng BPT nghiệm với x   x4    x  3  0, log     log   1 0,  x    0, log   x  Như trường hợp cho ta 2017  x; y   x;1 với x 2020, x    x   log 0 + Xét y 2 thành , BPT ln với x mà x 2020, x   Trường hợp cho ta 2017 cặp  x; y  VT  *  + Với y  2, x  nên khơng xảy Vậy có 4034 số  x; y  thỏa mãn yêu cầu toán y  x  3(m  2) x  3m(m  4) x Câu 10: Có giá trị nguyên m thuộc [0;5] để hàm số đồng biến khoảng (0;3) ? A B Chọn C Đặt f ( x)  x  3(m  2) x  3m(m  4) x C Lời giải D Trường hợp 1: Nếu m 0 , f ( x )  x  x  x 0 f '( x) 3x  12 x  f '( x) 0    x 4 Bảng biến thiên f ( x ) Bảng biến thiên hàm số y  f ( x)  x  x Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số m 0 thỏa mãn y  f ( x)  x3  x đồng biến khoảng (0;3) Do Trường hợp 2: Nếu m  , ta có f '( x) 3 x  6(m  2) x  3m(m  4)  x m f '( x) 0  x  2(m  2) x  m(m  4) 0    x m  + Với  m  , bảng biến thiên hàm số f ( x ) Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số f ( x ) , ta thấy hàm số f ( x ) nghịch biến khoảng ( m;3) f ( m)  suy hàm số y  f ( x ) đồng biến khoảng (0;3) + Với m 3 , bảng biến thiên hàm số f ( x ) Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số f ( x ) đồng biến khoảng (0;3) f ( x)  0, x  (0;3) , suy hàm số y  f ( x ) đồng biến khoảng (0;3) m  [0;5]  m   3, 4,5 Vì m   0,3, 4,5 Vậy nên có giá trị m Cách 2: Đặt f ( x)  x  3(m  2) x  3m(m  4) x f '( x) 3x  6(m  2) x  3m(m  4)  x m f '( x) 0  x  2(m  2) x  m(m  4) 0    x m  Bảng biến thiên f ( x ) y  f ( x) đồng biến khoảng (0;3) xảy trường hợp + Trường hợp 1: Hàm số y  f ( x) đồng biến khoảng (0;3) f (0) 0 Để hàm số  m 3  m 3      m  0  m  Vì m   m  [0;5]  m   3, 4,5 Vì f (0) 0 + Trường hợp 2: Hàm số y  f ( x) nghịch biến khoảng (0;3) f (0) 0  m 0  (0;3)  (m; m  4)     m 0 m   f (0)   Vì Vì m   m  [0;5]  m 0 Vậy m   0,3, 4,5 nên có giá trị m