1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Đề số 17 lời giải

8 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 432,74 KB

Nội dung

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 17 Câu 1: Cho số phức z x  yi,  x, y    z   3i   y    y  1 i A  16 thỏa mãn z   i  z   4i số ảo Giá trị 11x  11 y B 28 C 16 Lời giải D  28 Chọn D Ta có: z   3i   y    y 1 i 2 x  y    x  y  1 i Do z   3i   y    y  1 i Mặt khác: số ảo nên x  y  0 z   i  z   4i  x  y  10 0   x   x  y  0   5 x  y  10 0  y   Do đó, ta có hệ phương trình 13 11 25 11 Vậy 11x  11y  28 Câu 2: Cho hình hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách giãu hai đường thẳng BD SC A 14a B 14a C 14a 14a D 12 Lời giải Chọn B Gọi O  AC  BD H hình chiếu O lên SC , hay OH  SC BD   SAC   BD  OH d  BD, SC  OH Ta có BD  AC BD  SA nên Khi a 7a SA OC SA 14a  OH OC.sin SCA OC    SC SA2  AC a  2a Ta có Câu 3: Cho hình nón có đường sinh a góc đỉnh 90 Cắt hình nón mặt phẳng qua đỉnh hình nón tạo với mặt đáy hình nón góc 60 ta thiết diện có diện tích a2 A 2a 2 B a2 C Lời giải a2 D Chọn A Gọi SFG thiết diện cần tìm H trung điểm FG a O S OA   Ta có: SA a OSA 45 nên a SO a OH OS tan 300  SH   0  sin 60 Xét OSH có SHO 60 nên 2 a 2 a 6 a GH  OG  OH            Do OHG vuông H nên Vậy nên Câu 4: GF  2a a2 S SGF  SH FG  suy A  1;1;  1 B  7;  2;  Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , đường thẳng Gọi  P  P  gấp đôi khoảng cách mặt phẳng chứa đường thẳng  , khoảng cách từ A đến  P  A, B nằm khác phía so với từ B đến ax  by  cz  28 0 Giá trị a  b  c A  26  x   3t   :  y 2  2t  z 2  2t  B 26  P Biết phương trình C  34 D 34  P có dạng Lời giải Chọn B Đường thẳng  x   3t   :  y 2  2t  z 2  2t  qua điểm M   1; 2;  , có véc tơ phương  P  ax  by  cz  28 0 n  a; b; c   Mặt phẳng : có véc tơ pháp tuyến  M   P     P u n  +) Do mặt phẳng chứa đường thẳng  nên:   a  2b  2c  28 0 a  2b  2c  28     3a  2b  2c 0 3a  2b  2c 0  u  3;  2;   M   P    u.n 0  1  P  gấp đôi khoảng cách từ B đến  P  , suy ra: +) Khoảng cách từ A đến a  b  c  28 2 a b c 2 7a  2b  2c  28 2 a b c  a  b  c  28 2 7a  2b  2c  28  a  b  c  28 2  a  2b  2c  28   13a  5b  5c 28    15a  3b  3c 84  a  b  c  28   a  2b  2c  28  Từ (1) (2) ta được: a  2  3 56 133 49 ;b ; c    P  : 56 x  133 y  49 z  308 0 11 11 11 ( loại A, B nằm phía so với  P  ) Từ (1) (3) ta được: khác phía so với a 8; b 15; c 3   P  : x  15 y  3z  28 0  P  ) ( thỏa mãn A, B nằm Khi đó: a  b  c 8  15  26 Câu 5: Bạn An gia đình gửi vào sổ tiết kiệm 200 triệu đồng với lãi suất 0,5% tháng theo hình thức lãi kép Nếu tháng An rút số tiền vào ngày ngân hàng trả lãi hàng tháng An rút số tiền gần với số sau để sau năm vừa hết số tiền sổ tiết kiệm? A 4687000 đồng B 4697000 đồng C 4690000 đồng Lời giải D 4700000 đồng Chọn B Cuối tháng thứ nhất, ngân hàng tính lãi số tiền có số tiền lại là: S1  A   r   X  A   r   X T1  A   r  sau rút 1 r   r ( X số tiền rút tháng) Cuối tháng thứ hai, ngân hàng tính lãi số tiền có là: T2  A   r   X    r   A   r   X   r  Và sau rút, số tiền lại là: 2 S  A   r   X   r   X  A   r   X    r   1  A   r   1 r  X r 1 Do ta có cơng thức tổng qt số tiền lại n sau tháng là: n Sn  A   r   1 r  X r n 1 r n  X  A   r   S n    1 r  n  Áp dụng cơng thức Ta có sau năm rút hết tiền tiết kiệm nên n 48, S n 0 Suy ra: Câu 6: 0.005 48 X  200.106   0.005    4697000     0.005  48  đồng z   i 1, z2   i 2 z  z   2i  Xét hai số phức z1 , z2 thoả mãn Giá trị lớn 3z1  z2   5i A  37 Chọn B  23 C  11 Lời giải D  13 A u 1, v 2, u  v  Đặt u  z1   i, v  z2   i Từ giả thiết ta có: Khi đó, tốn trở thành tìm giá trị lớn 3u  2v  6i 2 Ta có:  2   3u  2v  6i  3u  2v  6i  37  Khi đó: Cho phương trình  3u  2v 9 u  v  uv  uv 37  3u  2v  37 Suy ra: Câu 7: u  v  u  v  uv  uv  uv  uv 2 m    27; 27  A 10 log  x  m  4 x  m với m tham số thực Có giá trị ngun cho phương trình có nghiệm? B 26 D 53 C Lời giải Chọn B x  m u  x u 4  m   u u u log  x  m   2u 2 x  m 2 x  m    m 2  x Đặt Khi ta có hệ: Suy u  x 2u  x  2u  u 22 x  x  f  u   f  x   * Xét hàm đặc trưng f  t  2t  t Suy f t Do đó: m 2 x  x g  x  Ta có: g '  x  2  x ln đồng biến f '  t  2t ln   0, t   với t   Ta có:   ;   , mặt khác theo  *  u 2 x   g '  x  0  xo log   0, 26 g  xo   0,91  ln  Cho Lập bảng biến thiên, ta có: Do để phương trình ban đầu có nghiệm  m  g  xo   0,91  m    m    26;  25; ;  1  m    27; 27    Do nên có 26 giá trị thỏa mãn u cầu tốn Câu 8: Xét hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn trị nhỏ biểu thức P x  y log   x    y  1  y 1 9  x  y  1 Giá 11 B A   27 D C   Lời giải Chọn C Ta có log   x    y  1  y 1   log  x    log  y  1   x2 y 1  log  x     x   log Xét hàm số f  t  log t  t  9  x  y  1   y  1 log  x   y  1  9  x  y  1 9  y 1 y 1 , với t    0, f  t  0;  t.ln Ta có với t  nên hàm số đồng biến   f  x2  2  f    x 2  y 1  y 1  Mà f  t   P x  y  Ta có Dấu “=” y   y  1  6  y 1 2 2 x   (vì x, y  ) Vậy giá trị nhỏ P  Câu 9: y 2 2 x   Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N thuộc đoạn AB AD x y thẳng AB, AD ( M , N không trùng với A ) cho AM AN thỏa mãn x  y 4 VS AMN V x  y  S ABD VS AMN VS ABCD đạt giá trị nhỏ Giá trị A B C Lời giải Chọn B D 1  S ABD  S ABCD  VS ABD  VS ABCD 2 Ta có: ABCD hình bình hành 1  x 2    AB AD y  x y   Ta có AM AN thỏa mãn x  y 4 Mặt khác VS AMN VS AMN AM AN 1      VS ABCD VS ABD AB AD xy x   x  Dấu “=” xảy x 2  y 1 VS AMN V Suy S ABCD đạt giá trị nhỏ x 2, y 1 V AB AD  S ABD   xy 2 VS AMN AM AN x2  y  Vậy Câu 10: Cho hàm số VS ABD 7 VS AMN f  x  x3  bx  cx  d có đồ thị đường cong hình bên y 2 x O -2 Số nghiệm phương trình A f  f  x     f  x   C Lời giải B D Chọn B Dựa vào đồ thị hàm số cho ta có f '  x  kx  x   k  x  x  ,  x3  f  x  k   x   C    Từ đồ thị ta có Đặt t  f  x phương trình thành  f       f   2 f  t   t  với k  k 3  f  x  x3  3x   C   t     t   29 4,19 t         2  t  3t     t 1   t 1   29  t   1,19   Dựa vào đồ thị ta thấy nghiệm f  x  1  f  x  1  t 1     29  t   29  f  x    có nghiệm phân biệt Vậy phương trình ban đầu có tất nghiệm phân biệt f  x   29 có

Ngày đăng: 11/08/2023, 22:06

w