Đang tải... (xem toàn văn)
HƯỚNG DẪN GIHƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.docẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.docHƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.docHƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.doHƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.doccHƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG TOÁN 12 nhu thanh.doc
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU VẬN DỤNG MƠN TỐN 12 – THI KHẢO SÁT LẦN NĂM HỌC 2018-2019 721 34 Câu – mã đề 722 723 724 47 50 45 NỘI DUNG Mặt cầu S có tâm I 0;3; ; R 2 , OI 5 Ta có: 2 2 OM ON OM ON OI IM OI IN 2OI IM IN 2OI NM 2OI MN.cos OI , NM 10 cos OI , NM Để OM ON đạt giá trị nhỏ cos OI , NM Min cos OI , NM Khi OM ON 10 Điều kiện: x 1;1 Với x 1;1 x 1 , đó, 20 2 1 x2 21 hay 2 1 x2 2 2 Đặt t 2 1 x t 1; 2 Phương trình trở thành: t m t 2m 0 t 2t m t (do t 2 không nghiệm phương trình) t 2t Xét hàm số f t 1; t x 1 1; Có f x 1 , f x 0 t 2 x 3 1; t 2t m t 35 39 46 48 x y y Do đó, Phương trình cho có nghiệm m 0 Suy có 11 giá trị nguyên m thuộc đoạn 10; 20 để phương trình 36 36 44 42 Số tiền Long phải trả 10 1, 04 10 1, 04 10 1, 04 10.1, 04 44,163 triệu đồng Trong hệ tọa độ Oxy Gọi số phức z x yi Tập hợp số phức z thỏa mãn z 3i 3 , thuộc đường tròn C tâm I 4; 3 Bán kính R 3 37 42 36 36 38 35 38 34 Mà z OM với M x; y C Do OM lớn OM OI R 8 Vậy z0 8 2 Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ, đường trịn C : x y R Quay hình trịn quanh trục hồnh ta khối cầu bán kính R R V1 R x R 2 R 5 R dx R x x | R 24 , 5 R 27 R V2 V0 V1 R 24 24 V1 Vậy V2 27 39 37 39 38 2 Ta có: f x x m f x x m , với x 2;3 Đặt g x 2 f x x xét đoạn x 2;3 g ' x 2 f ' x x Vẽ đường thẳng y x với đồ thị hàm số y f ' x hệ trục tọa độ x Ta có: g ' x 0 f ' x x x 1 x 3 Bảng biến thiên: Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đường y f ' x , y x , x , x 1 Gọi H diện tích hình phẳng giới hạn đường y f ' x , y x , x 1 , x 3 Dựa vào đồ thị dễ thấy S H S H 3 g ' x 1 dx g ' x dx g ' x dx S H 2 2 2 g ' x g x g 3 g dx 0 g 3 g 2 2 2 Ta có Min g x g x 2;3 Để bất phương trình g x 2 f x x m với x 2;3 thì: Min g x m g m m f x 2;3 dx x ln10 dv dx chọn v x x 1 x 1 x 1 Đặt u log x du 10 40 44 43 47 10 log x x dx log x Khi I x 1 1 x 1 10 1 ln10 x 1 dx 10 10 11 10 11 10 ln x ln log log11 log 11 ln10 11 ln10 11 11 10 Vậy a , b 1, c S 11a 2b 3c 10 9 11 10 41 38 47 46 Do AA AB AC nên hình chiếu vng góc A lên ABC trùng với trọng tâm O tam giác ABC Gọi H hình chiếu vng góc B lên AA Do A ABC hình chóp tam giác nên CH vuông AA P BCH Gọi M trung điểm BC MH AA Thiết diện lăng trụ cắt P BCH 3a 3a Tam giác ABC cạnh a nên AM , AO AM 3 Dễ thấy: HB HC HM BC 3a 3a 3a Theo đề: S BCH HM BC HM 8 AH AM HM 3a 3a 3a 16 AO HM AO.HM a AO AO AH AH 3 3a Vậy VABCABC AO S ABC AO AM BC 12 Gọi A điểm biểu diễn số phức z1 A thuộc đường trịn tâm I 1;3 , bán kính R1 1 Dễ thấy MAH AAO đồng dạng i z2 5i 1 2 Gọi B điểm biểu diễn số phức z2 B thuộc đường tròn tâm H 8;5 , bán Ta có: z2 kính R2 1 Gọi V điểm biểu diễn số phức z V thuộc đường thẳng d : x y 0 42 41 34 35 Ta có: P z z1 z z2 VA VB VA R1 VB R2 Mà VA R1 VA IA VI (Quy tắc điểm) VB R2 VB HB VH (Quy tắc điểm) Nên P VI VH Nhận xét: I H nằm phía so với d Gọi E điểm đối xứng I qua d , D giao điểm d IE 12 IE : x y 0 D ; 5 19 13 Vì D trung điểm IE nên E ; 5 Ta có: VI VH VE VH EH (Quy tắc điểm) 1885 1885 1885 Do đó: P Vậy Pmin VI VH 5 43 40 40 37 Ta có SBD ABCD , kẻ SH BD H , suy SH ABCD SA SD tạo với đáy góc 600 , suy SAH 600 SA SD , SHA SHD , suy AHD cân H , có ADB 450 nên AHD vng AD a Xét SAH ta có SH AH tan 600 3a Cách : Vì CB SAD d C , SAD d B, SAD Lại có BD 2a d B, SAD d H , SAD d H , SAD d H , SAD HD a 3 Kẻ HK SAD , mà SH AD , suy AD SHK SAD SHK cân H , suy AH HD HD a 2 Trong SHK kẻ HI SK I , suy HI SAD d H , SAD HI Xét SHK vuông H , đường cao HI , ta có: 1 3a 2 HI 2 HI SH HK 3a 9a 2 3a 2a 21 Vậy d C , SAD HI 3 Cách : 1 Thể tích khối chóp SABCD V SH S ABCD 3a AH BD 2a 3 VCSAD V a 3 SAD cân S , kẻ SE AD ( E trung điểm AD ) Ta có HKD vuông cân K , suy HK Ta có SE SA2 AD AD a 21 SH HA2 4 1 a 21 3a a Do S SAD SE AD 2 2 3V 2a 21 3a Vậy d C , SAD CSAD 3 3a : S SAD 44 34 37 44 Số phần tử không gian mẫu 10! Số cách mà khơng có hai học sinh giới đứng cạnh 2.5!.5! cách Trong cách ta đếm số cách khơng có hai học sinh giới đứng cạnh Phong Lan ln đứng cạnh 18.4!.4! Suy số cách xếp mà học sinh giới đứng cạnh nhau, đồng thời Phong Lan không đứng cạnh 2.5!.5! 18.4!.4! 2.5!.5! 18.4!.4! Xác suất cần tìm 10! 1575 Ta có: cos x cos x m cos x m sin x cos x cos x m cos x m cos x 0 cos x cos x m cos x m cos x 0 cos x cos x m Xét phương trình cos x x k 2 45 48 35 49 k 2 Phương trình cos x khơng có nghiệm đoạn 0; 2 Xét cos x m Ta có x 0; 8 x 0; Với x 0; 2 \ m 1;1 phương trình cos x m có nghiệm 8 Với x 2 ; m ;1 phương trình cos x m có nghiệm 2 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt thuộc 0; m ;1 I R A 46 45 49 50 47 46 45 39 B d H Đường thẳng d có vectơ phương u 2;1; P 1; 1;1 d u, IP Ta có: IP 0; 1; u , IP 0; 4; Suy ra: d I ; d 20 u Gọi R bán kính (S) Theo giả thiết, IAB vuông I 1 40 R IH 2d I , d IH IA IB R 40 2 Vậy (S) : x 1 y z 3 2 Ta có: 2m x 1 x 1 m m 1 x 1 x x 1 2m x 1 m2 m 1 x 1 x 1 2m x 2m m m 1 x m m 1 x 1 2m x m m 1 x m m 1 * 2 (*) vô nghiệm x 1 2m x m m 1 x m m 1 0 2* với x 2 Điều kiện cần x nghiệm 2m x m m 1 x m m 1 m 0 2m m2 m 1 m m 1 0 2m 2m 0 m 1 Điều kiện đủ +) m 0 2* x 1 x3 x 1 0 x 1 x x 1 0, x m 0 : Thỏa mãn +) m 1: 2 2* x 1 x3 3x 1 0 x 1 x x 1 0 x 1 x 1 0, x m 1: Thỏa mãn Vậy có giá trị m thỏa mãn Ta có g ( x) xác định g ( x) f ( x) ( x 1) số nghiệm phương trình g ( x ) 0 số giao điểm hai đồ thị y f ( x) y ( x 1) ; g ( x) đồ thị y f ( x) nằm y ( x 1) ngược lại y 48 43 41 40 x -2 -1 -1 -2 x 0 Từ đồ thị suy g ( x ) 0 x 2 g ( x) đổi dấu từ dương sang âm x 1 qua x 1 Do hàm số đạt cực đại x 1 49 49 48 43 Đặt t 3 3sin x , ta có: x sin x t Nhận xét: 1 3 1 t 1 3 +) Với giá trị t cho giá trị x 0; t 3 +) Với t giá trị t cho giá trị x 0; m (*) , với t 1;1 YCBT Cần tìm m để phương trình * có nghiệm t nghiệm Xét phương trình f t thuộc 1;1 50 50 42 41 m 1 1 m m 8 m 2 Do m nên m 0;1; 2;3; 4;8 x y 1 z 1 Vì A ' d : nên A ' t 1; t 1; t 1 1 AA ' t ; t 1; t Đường thẳng d có véc tơ phương u 1; 1;1 Vì AA ' d nên AA '.u 0 t t t 0 t 2 A ' 3; 3;1 a 2b 3c 3 0