Hướng dẫn giải câu vận dụng toán 12 nhu thanh

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 AA  AB  AC 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 AA   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 AO HM AO.HM a   AO   AO AH AH 3 3a Vậy VABCABC   AO S ABC AO 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 AAO 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