ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 LẦN 2

Header Page of 145 QSTUDY.VN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THẦY MẪN NGỌC QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 LẦN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Hàm số y  x  3x  9x  đồng biến khoảng:  A 1;3   B 3;1   C ; 3   D 3;   Hướng dẫn giải y  x  3x  9x  4, D   y '  3x  6x  x  1 y '   3x  6x     x      y '  0,  x  1;3  hàm số đồng biến 1;  Câu Hàm số y  4x  3x  có: A Một cực đại cực tiểu B Một cực tiểu cực đại C Một cực đại D Một cực tiểu Hướng dẫn giải y  x  3x    y '  4x  6x  x 4x   y '   x  đổi dấu từ + sang – ( dựa vào bảng biến thiên)  Hàm số có cực đại Đáp án C Footer Page of 145 Header Page of 145 Câu GTNN hàm số y  x   A  B 1   ;5  bằng: x 2  C 3 D 2 Hướng dẫn giải y  x 5   x  1 L x2  1  y'  1   y '   x     x x x2  x   1 2  Ta có : f  3; f     ; f  Vậy GTNN hàm số 3  C Cách giải khác: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: y  x  Câu Cho hàm số y  1   x   3 x x x  2x  3x  1 Tiếp tuyến đồ thị hàm số 1 song song với  đường thẳng y  3x  có phương trình là: A y  3x  B y  3x  26 C y  3x  D y  3x  29 Hướng dẫn giải y x  2x  3x   y '  x  4x  Đường thẳng y  3x  có hệ số góc   x  x  Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên: y ' x    x   y  suy phương trình tiếp tuyến: y  3x  Footer Page of 145 Header Page of 145 x  4 y  29  phương trình tiếp tuyến: y  3x  3 Thử lại, ta y  3x  29 thỏa yêu cầu toán Câu Điểm sau điểm uốn đồ thị hàm số: y  x  3x  là:      C 1;1 B 1; A 0;5  D Khơng có điểm uốn Hướng dẫn giải y  x  3x   y '  3x   y ''  6x   y ''   x   y   Điểm uốn I 0;5   Câu Với tất giá trị m hàm số y  mx  m  x    2m có cực trị: A m  B m  C  m  D m   m  Hướng dẫn giải       y  mx  m  x   2m  y '  4mx  m  x  2x 2mx  m  x  y'    2mx  m    Hàm số có cực trị  (2) vơ nghiệm có nghiệm kép       2m m    m   m  x  3x Câu Đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số y  điểm: x 1 A B C D Hướng dẫn giải Phương trình hồnh độ giao điểm: Footer Page of 145 Header Page of 145 x  3x  x  m  2x  m  x  m  x 1     m4    8m  m  16  0, m  nghiệm phân biệt Vậy d cắt (C) điểm Câu Với giá trị m hàm số y  A m  B m  m  1 x  2m  nghịch biến x m C m   m   1;   : D  m  Hướng dẫn giải y m  1 x  2m   y '  m  1 m  2m   m  m  x m x  m  x  m  2    Hàm số nghịch biến 1;   y '  0x  1;    m  m  1    1m 2   m  m  m       Câu Cho phát biểu sau: 1 Hàm số y  x  3x  3x  có đồ thị (C) không có cực trị 2  Hàm số y  x  3x  3x  có điểm uốn U  1; 0   Đồ thị hàm số y    Hàm số y  3x  có dạng x 2 2x  2x  2x  có lim   lim   x 1 x  x 1 x  x 1 Số phát biểu là: A B C D 4 Footer Page of 145 Header Page of 145 Câu 10 Giá trị m để đường thẳng d: d : x  3y  m  cắt đồ thị hàm số y  điểm M N cho tam giác AMN vuông điểm A 1;  là: A m  B m  C m  6 2x  hai x 1 D m  4 Hướng dẫn giải Ta có d : y   x  m Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 2x  m  x  (m  5)x  m   0, x  (1)  x x 1 3 Ta có   (m  7)  12  0, m M (x 1; y1 ) , N (x ; y2 ) Ta có AM  (x1  1; y1), AN  (x  1; y2 ) Tam giác AMN vuông A  AM AN  hay (x1  1)(x  1)  y1y2   (x1  1)(x  1)  (x1  m)(x  m)   10x1x  (m  9)(x1  x )  m   (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1  x   m 5, x1x  m  10(m  9)  (m 9)( m 5)  m    6m  36   m  6 Câu 11 Cho A  log  log4 81  log2 27  81 log5 Chọn nhận định A logA(626)  logA B 616 3 C A  313 D log2 A   log2 313 Hướng dẫn giải Footer Page of 145 Header Page of 145 A  log  log2  log4 81  log2 27  81 log5   log2  log2  log2 27  log3  6.9  54   625  626 27    log2 626  log2 2.313   log2 313  D Câu 12 Tập nghiệm bất phương trình: log3(x  1)  log (2x  1)  là: A S  1;2     B S    ;2   C S  1;2 D S  1;2 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  log3(x  1)  log3(2x  1)2   log3[(x  1)(2x  1)]   2x  3x     x 2  Kết hợp điều kiện  S  1;2 Câu 13 Cho log3 15  a, log3 10  b Giá trị biểu thức P  log3 50 theo a b là: A P  a  b  B P  a  b  C P  2a  b  D P  a  2b  Hướng dẫn giải log3 50  log3 150  log3 15  log3 10   a  b    Câu 14 Cho biểu thức Q  loga a b  log a b   log a b b  , biết a, b số thực dương khác Chọn nhận định xác Footer Page of 145 Header Page of 145 B 2Q  log A 2Q  logQ 16 Q 16 C 2Q  logQ 15 D Q  Hướng dẫn giải      Ta có Q  loga a b  loga a b  logb b a b  1  loga a b  loga a b   loga     loga     1    a2 b  a        Câu 15 Cho phương trình 3.25x  2.5x 1   phát biểu sau: 1 x  nghiệm phương trình 2  Phương trình có nghiệm dương   Cả nghiệm phương trình nhỏ 3   Phương trình có tổng nghiệm là:  log5     Số phát biểu là: A B C D Hướng dẫn giải  Phương trình  3.25x  10.5x   Đặt t  5x t   t  Phương trình có dạng: 3t  10t     t   * Với t   x 1 x  x  * Với t  73  7  x  log5   3 Footer Page of 145 Header Page of 145         Vậy phương trình có tập nghiệm: S  0; log5          Câu 16 Nguyên hàm f x  cos 5x  là: A  sin 5x   C     B sin 5x   C    D 5 sin 5x   C C  sin 5x   C Hướng dẫn giải       f x  cos 5x   Nguyên hàm F x  Câu 17 Tích phân I  3 sin 5x   C   dx bằng: sin2 x cos2 x   A B C D Hướng dẫn giải I  3  dx  sin x cos2 x 3 3   2 cot2x ]  2 cot dx sin2 2x 3   cot    4 Câu 18 Cho I    2x   x dx Giá trị I là: A I  B I  C I  D I  Hướng dẫn giải I    2x   x dx Footer Page of 145 Header Page of 145 I      2x   x dx  1 2x   x dx 1  3x   x  3 1 1    x     x     1   2       Câu 19 Thể tích khối trịn xoay sinh hình phẳng giới hạn đường y  y  0, x  0, x  quay vòng quanh trục Ox (theo đơn vị thể tích) A 2 (dvtt) C 6 (dvtt) B 4 (dvtt) , x 4 D 8 (dvtt) Hướng dẫn giải Sử dụng Casio Nhập vào máy   16 x   dx  4 Chú ý có dấu trị tuyệt đối tích phân! Câu 20 Tính diện tích hình phẳng giới hạn : y  A B 10 C x , y  x  2, y  10 D 10 Hướng dẫn giải Bước : Chuyển sang x theo y : y  x , y  x  2, y   x  y 2, x  y  Lập phương trình ẩn y : y  y   y  2, y  1 (loại) Bước : S  y 2  y  2dy   (y  y  2)dy  10 Câu 21 Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  14  2i Tính tổng phần thực phần ảo z A 4 B 14 C D 14 Hướng dẫn giải Ta có: (1+i).z=14 – 2i  z = 14  2i =6 – 8i  z   8i 1i Footer Page of 145 Header Page 10 of 145 Vậy tổng phần thực phần ảo z  14   Câu 22 Cho số phức z thỏa mãn  3i z   i  z Môdun số phức w  13z  2i có giá trị bằng: A 2 B 26 13 C 10 D  13 Hướng dẫn giải     Ta có:  3i z   i   z   3i z  1  i  z       1  i  3i 1  i  2  3i 22  3 2  3i  2i  3i  5i z    w  13z  2i   3i  w    10 13 13 Câu 23 Cho số phức z  (1  2i )(4  3i )   8i Cho phát biểu sau: 1 Modun z số nguyên tố 2  z có phần thực phần ảo âm   z số thực   Số phức liên hợp z có phần ảo 3i Số phát biểu sai là: A B C D Hướng dẫn giải  Ta có: z   2i   3i    8i  4  3i Phần thực: –4, phần ảo: –3  z  (4)2  (3)2  Ta soi lại đáp án ! Câu 24 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy Cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2  i(z  1)  Phát biểu sau sai: A Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I(1; –2) 10 Footer Page 10 of 145 Header Page 13 of 145 Câu 28 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng A1B1C  thuộc đường thẳng B1C Khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C theo a là: A a B a C 2a D 4a Hướng dẫn giải Do AH   A1B1C1  nên góc AA1H góc AA1  A1B1C1  theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vng AHA1 có AA1  a, AA1H  300  AH  Xét AHA1 có AA1  a, góc AA1H  300  A1H  a Do A1B1C1 cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H  a a Suy A1H vng góc B1C1 AH  B1C1 nên B1C1   AA1H  HK khoảng cách AA1 B1C1 Ta có AA1.HK  A1H AH  HK  A1 H AH a  AA1 Câu 29 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C có đáy tam giác cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Biết hình chiếu vng góc A '  ABC  trùng với trung điểm cạnh BC Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A '.ABC A R  a B R  2a 3 C R  a 3 D R  a Hướng dẫn giải Tìm bán kính mặt cầu : Ngoại tiếp tứ diện A ' ABC  Gọi G tâm tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng d A ' H cắt AA ' E 13 Footer Page 13 of 145 Header Page 14 of 145     Gọi F trung điểm AA ' , mp AA ' H kẻ đường thẳng trung trực AA ' cắt d I  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bán kính R  IA a AA '  6 Ta có: Góc AEI 600, EF   IF  EF tan 600  a  R a 3 AF2  FI      Câu 30 Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a , SAB  ABCD H trung điểm AB, SH  HC , SA  AB Gọi  góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD  Giá trị tan  là: A B 2 C 3 D Hướng dẫn giải Ta có AH  a AB  , 2 SA  AB  a, SH  HC  BH  BC  a 5a  AH  SAH  SA  AB  SA  ABCD Có SA  AH       AC  hc SC ; ABCD   Ta có SC ; ABCD   SCA, tan SCA  14 Footer Page 14 of 145 Header Page 15 of 145 Câu 31 Đội tuyển học sinh giỏi thầy Quang gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội thi quó c gia cho khối có em chọn: A 48118 B 41181 C 41811 D 41818 Hướng dẫn giải  43758 cách Số cách chọn học sinh từ 18 học sinh đội tuyển là: C 18  Số cách chọn học sinh khối 12 11 C 138  Số cách chọn học sinh khối 11 10 C 118  Số cách chọn học sinh khối 12 10 C 128  C118  C128  41811 cách Suy số cách chọn theo yêu cầu toán là: 43758  C13 Câu 32 Hưng Hồng tham gia kì thi THPT Quốc gia, có hai mơn trắc nghiệm Vật lí Hóa học Đề thi mơn gồm mã khác mơn khác có mã khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai mơn thi Hưng Hồng có chung mã đề thi A B 18 C 18 D 36 Hướng dẫn giải  Số cách nhận mã đề hai môn Hưng 6.6=36  Số cách nhận mã đề hai môn Hồng 6.6=36 Số phần tử khơng gian mẫu   36.36  1296 Gọi A biến cố”Hưng Hồng có chung mã đề thi”  Khả 1: có mã đề Vật lí Điệp có 6.6 cách nhận mã đề hai mơn, Hồng có 1.5 cách nhận mã đề Do có 36.5=180 cách  Khả 2: Tương tự có mã đề Hóa học có 180 cách    A  360 Vậy P A  360  1296 18 15 Footer Page 15 of 145 Header Page 16 of 145   Bài 33 Hệ số x khai triển biểu thức :  3x   là: x   10 A 162 B 810 C 810 D 162 Hướng dẫn giải   10 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển biểu thức :  3x   x    2  3x    x   C k 0 k k   3x k  2      x    k C 5k 1 35k 2k x 155k k 0 Hệ số của số hạng chứa x C 5k (1)k 35 k 2k , với 15  5k  10  k  10 Vậy hệ số x 10   : C 51 1 3421  810 Bài 34 Số nguyên n thỏa mãn biểu thức An2  3C n2  15  5n là: A B C A B D Khơng có giá trị thỏa mãn Hướng dẫn giải Điều kiện: n  , n  An2  3C n2  15  5n  n(n  1)  3.n !  15  5n 2!(n  1)! n   n  11n  30    n  Vậy có đáp án thỏa mãn A B Suy đáp án C Câu 35 Trong khong gian với hẹ trục tọ a đọ Oxyz , cho đường thẳng d qua điểm M  0; 1;1 có véc tơ phương u  (1;2;0) ; điểm A  1;2;  Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d có vecto pháp tuyến n  (a;b;c)(a  b  c  0) : 16 Footer Page 16 of 145 Header Page 17 of 145 A a  2b B a  3b C a  3b D a  2b Hướng dẫn giải Đường thẳng d qua điểm M(0;-1;1) có véc tơ phương u  (1;2;0) Gọi n  (a;b;c)(a  b  c  0) véc tơ pháp tuyến (P) Do (P) chứa d nên u.n   a  2b   a  2b Câu 36 Trong khong gian với hẹ trục tọ a đọ Oxyz cho mặt phẳng P  : x  y  z  Phương trình mặt phẳng (Q) vng góc với (P) cách điểm M 1;2; 1 khoảng có dạng: Ax  By  Cz  0(A2  B  C  0) A B  hay 3B  8C  B B  hay 8B  3C  C B  hay 3B  8C  D 3B  8C  Hướng dẫn giải A  B  C  (P )  (Q )    A  2B  C Từ giả thiết ta có:  d(M ;(Q ))     2 A  B  C  A  B  C   B  2C  2(*)  2  2B  2C  2BC (*)  B  3B  8C  17 Footer Page 17 of 145 Header Page 18 of 145       Câu 37 Trong không gian Oxyz, cho điểm M 3;1;1 , N 4;8; 3 , P 2;9; 7 và mạ t phả ng Q  : x  2y  z   Đường thẳng d qua G , vng góc với Q  Tìm giao điểm A mặt phẳng Q  đường thẳng d Biết G trọng tâm tam giác MNP     B A 1; 2; 1 A A 1;2;1   C A 1; 2; 1   D A 1;2; 1 Hướng dẫn giải  Tam giác MNP có trọng tâm G(3; 6; -3) x   t   Đường thẳng d qua G, vng góc với (Q): y   2t z  3  t  x  y  Đường thẳng d cắt (Q) A:  z x   3t   2t  A 1;2; 1  3  t  2y  z         Câu 38 Trong không gian Oxyz, cho hình thoi ABCD với điểm A 1;2;1 , B 2; 3;2 Tâm I hình thoi thuộc đường thẳng d : x 1 y z 2   Tọa độ đỉnh D là: 1 1   B D 0;1;2     D D 2;1;   A D 2; 1; C D 0; 1; 2 Hướng dẫn giải Gọ i I  1  t; t;2  t   d Ta có IA   t; t  2; t  1 , IB  t  3; t  3; t  Do ABCD là hình thoi nen IA.IB   3t  9t    t  1; t  2 Do C đó i xứng với A qua I và D đó i xứng với B qua I nên  t  1  I  0;1;1  C 1;0;1 , D  2; 1;0  18 Footer Page 18 of 145 Header Page 19 of 145  t  2  I 1;2;0   C  3;2; 1 , D  0;1; 2      Câu 39 Trong khong gian với hẹ tọ a đọ Oxyz cho hai điẻ m A 1;4;2 , B 1;2;4 và đường thả ng  : x 1 y 2 z   Điẻ m M tren  cho: MA2  MB  28 là: 1  A M 1; 0;   B M 1; 0;   C M 1; 0; 4   D M 1; 0; 4  Hướng dẫn giải x   t  Phương trình tham số đường thẳng  : y  2  t  M  t; 2  t;2t z  2t    Ta có : MA2  MB  28  12t  48t  48   t   Từ đó suy ra: M 1; 0;  Câu 40 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác MNP với M 1; 1 , N  3;1 , P  5; 5 Tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là: A I  4;2  B I  4;2  C I  4; 4  D I  4; 2  Hướng dẫn giải I  x; y  tâm đường tròn ngoại tiếp MNP 2  x  12   y  12   x  32   y  12   MI  NI    2 2 MI  PI     x  1   y  1   x  5   y   x  y  x     I  4; 2  x  y   y  2 Câu 41 Trong mặt phẳng Oxy cho đường  Cm  : x2  y   m   x  4my  19m   Với giá trị m sau C m  đường trịn ? A  m  B m  m  C m  D m  19 Footer Page 19 of 145 Header Page 20 of 145 Hướng dẫn giải C  : x m    y  m  x  4my  19m    a  m  2;b  2m;c  19m    Để C m đường tròn  a  b  c     m   4m  19m    5m2  15m  10   m   m  Câu 42 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giá c ABC vuông A  3;  có tâm đường trịn ngoại tiếp là I  2; 1 và điểm B nằm đường thẳng d : x  y   Tọa độ đỉnh C a;b  Giá trị S  2a  3b là: A S  8 B S  28 C S  18 D S  Hướng dẫn giải Ta có : IA  1;3  IA  10 Giả sử cos HPN  cos(u, PH )  4a  3b a  b2  I là tam đường tròn ngoại tiếp tam giá c ABC  IA  IB  IA2  IB2 b   B  5; 2   10  2b2  16b  40  b2  8b  15    b   B  3;  Do tam giá c ABC vuong A  I  2; 1 là trung điểm BC * Với B 5; 2  C  1;0 * Với B  3; 4  C 1;2  20 Footer Page 20 of 145 Header Page 21 of 145 Vậy tọa độ đỉnh B, C là : B  5;2  , C  1;0  và B  3; 4  , C 1;  Chỉ có đáp án D thỏa mãn Câu 43 Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông A và D Biết AB  AD  ;   CD  , phương trình BD là x  y  , C thuộc đường thẳng x  4y   Tọa độ A a, b biết điểm C có hoà nh độ dương Tính S  a  b A S  B S  C S  D S  Hướng dẫn giải Từ giả thiết chứng minh DB vng góc với BC và suy CB  2  d C,  BD  C  4c  1; c   4c   c 11 c  3c    2  3c       C  5;1 c    loai  3c   4  B là hình chiếu C lên đường thẳng BD  B  3;3 Mà AB  nên A thuộc đường trịn có PT  x  3   y  3  1 2 Tam giá c ABD vuong can A  Góc ABD  450  PT AB là x  y   Với x  và o (1) giải y  y   A(3; 1) thử lại không thỏa; A(3; 5) thỏa  Với y  và o (1) giải x  x   A(1; 3) thỏa; A(5; 3) không thỏa Câu 44 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giá c ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AC Bié t M  3; 1 là trung điẻ m củ a cạ nh BD , điẻ mC có tọa độ C  4; 2  Điẻ m N  1; 3 nà m tren đường thả ng qua B và vuong gó c với AD Đường thả ng AD qua P 1;3 Phương trình AB: ax  y  b  Giá trị biểu thức S  a  2b là: A S  5 B S  4 C S  6 D S  3 Hướng dẫn giải Giả sử D  a; b  Vì M là trung điẻ m củ a BD nen B   a;  b  AD  DC  BN / / CD  BN , CD cù ng phương BN   a  7; b  1 , CD   a  4; b   21 Footer Page 21 of 145 Header Page 22 of 145   a   b  2   a  4 b  1  b  a  1 PD   a  1; b  3 , CD   a  4; b   PD  CD   a  1 a     b  3 b      a  a  Thế (1) và o (2) ta 2a  18a  40     Với a   b  2  D  4; 2  loạ i vì D trù ng C  Với a   b  1  D  5; 1 B 1; 1 Đường thẳng AD qua P 1;3 , D  5; 1  AD : x  y   AB  BC và qua B 1; 1  AB : 3x  y    S  a  2b    5  A Сâu 45 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, biết cạnh huyền nằm đường thẳng x  y  31  Điểm N  7;7  thuộc đường thẳng AC, điểm M  2; 3 thuộc đường thẳng AB A  a; b  , B  c; d  , C  e; f  Cho mệnh đề sau: I  a  b  c  2 II  d  f III  a  c  e 1 IV  b  d  Số mệnh đề là: A B C D Hướng dẫn giải  Đường thẳng AB có phương trình a  x    b  y  3   a  b2   Do góc ABC 450 nên ta có: cos 450  a  7b 3a  4b   12a  7ab  12b2    50 a  b2  4a  3b  Với 3a  4b , ta chọn a = suy b = Vì AC vng AB nên AC : 3x  y    A  1;1  B  4;5  C  3;   Với 4a  3b , ta chọn a  3; b  4 , loại hệ số góc dương 22 Footer Page 22 of 145 Header Page 23 of 145 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A  1;1 , B  4;5 , C  3;4  Câu 46 Cho hình thoi ABCD có BAC 600 E giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi F hình chiếu vng góc A lên BC Cho tam giác AEF có điện tích S  30 , điểm A thuộc đường thẳng d: 3x  y   có G  0;2  trực tâm Phương trình EF: ax – 3y  b  Biết A có tung độ nguyên dương Giá trị biểu thức S  A S  B S  C S   a là: b D S   Hướng dẫn giải Ta có: Nên AF FBA 1800 ABE 600 AE ABC 600  AB phân giác FBE Do FA AEF cân A.Lại có: FAE BAE FAB BF , AE BE 600  AEF Xét tam giác AEF : S  30 nên độ dài cạnh tam giác : a  30 ; R  10 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF : x   y    40 A giao đường tròn đường thẳng 3x – y    A  2,8 Phương trình EF , qua M trung điểm EF , điểm M tìm từ tỉ lệ vecto : AG  2GM  M 1, 1 Phương trình EF : x  3y    S  a  b 4 Câu 47 Cho phương trình x   x   3x  có nghiệm vơ tỉ x  a3 b Tính tổng S  a  b : A 20 B 26 C 42 D 24 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  Phương trình cho tương đương 23 Footer Page 23 of 145 Header Page 24 of 145 x 1   x 1   x   x  1 x  1   x  1     x   x  * Phương trình * tương đương  x   x    x  1  x   x  14  x  11   15  x  x      x   4  x  1   x  112 16  x  1   x  14 2  x  15  ; 15       8   a  15  S  a  b  20 b    Từ suy ra:   xy  x  1  x3  y  x  y  Câu 48 Cho hệ phương trình:  3 y  x    y        x  x2   Với x, y nghiệm hệ phương trình Tính giá trị biểu thức 5x  10y : A 1 B C D Hướng dẫn giải y  x Phương trình 1   x  y   x  y  1     y  x 1      Thế vào PT (2) ta được: 3x  x    x    x  x     x  1   x  1       3x    3x  3   f  x  1  f  3x  Xét f  t   t   t   có f '  t   0, t   5 Suy f t hàm số đồng biến nên: x   3x  x    y   Đến coi ta tìm đáp án ! Nhưng ta nên xét đến trường hợp lại 24 Footer Page 24 of 145 Header Page 25 of 145  Trường hợp y  x  vào phương trình (2) ta :    x  1  x    x       x  x2   Vế trái ln dương  phương trình vơ nghiệm 1 Vậy hệ có nghiệm nhất:   ;    5 Từ suy S  5a  10b  1   Câu 49 Số giá trị nguyên m để phương trình x x  x  12  m    x   x có nghiệm là: A 10 B 11 C 12 D 13 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  0;  Khi phương trình tương đương với: x    x  x  12 Xét hàm số f x  x x  x  12    5x  4x  m   x   x liên tục đoạn 0;  Ta xét riêng sau:     g1 x  x x  x  12  g '2 x  3x 2 x  x  12 0   Suy hàm số g1 x đồng biến đoạn 0;      g2 x   x   x  g2 ' x  Với x  0;      x   x  g2 ' x  5x  4x 5x 4x 5x  4x 5x 4x 0 25 Footer Page 25 of 145 Header Page 26 of 145   Suy hàm số g2 x đồng biến đoạn 0;        Từ suy f x  g1 x g2 x đồng biến đoạn 0;    Suy phương trình có nghiệm khi f  m  f      m  12 Từ suy có 12 giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 50 Cho a,b, c số thực Giá trị nhỏ biểu thức P  A  b c 2a   4a  3c  12 b  c  là: 3b B C 2a  3c D Hướng dẫn giải Ta có P  11    b c 2a    4a  3c  12 b  c   2a  3c 3b      4a  3b  3c   21a  31b  2a 4 3c  Theo bất đẳng thức Cauchy  Schwarz ta có  P  11  4a  3b  3c Đẳng thức xảy b  c   16  P   4a  16 3b  3c a Luyện thi THPT Quốc Gia mơn TỐN 2017 TN thầy Mẫn Ngọc Quang QSTUDY.VN Link khóa học: http://qstudy.edu.vn/ Mời quý bạn đón đọc sách: Dự kiến mắt sau có đề mẫu GD Nội dung sách: Sẽ bám sát cấu trúc đề mẫu GD 26 Footer Page 26 of 145 Header Page 27 of 145  Phương pháp tư giải nhanh trắc nghiệm  Kỹ sử dụng Casio giải số dạng  Luyện giải đề thi thử THPT thầy Quang Khóa học liên quan : Hóa học thầy Nguyễn Anh Phong 27 Footer Page 27 of 145 ...   log2  log2  log2 27  log3  6.9  54   625  626 27    log2 626  log2 2. 313   log2 313  D Câu 12 Tập nghiệm bất phương trình: log3(x  1)  log (2x  1)  là: A S  1 ;2   ... Hồng tham gia kì thi THPT Quốc gia, có hai mơn trắc nghiệm Vật lí Hóa học Đề thi mơn gồm mã khác mơn khác có mã khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai mơn thi Hưng... là: A I  4 ;2  B I  4 ;2  C I  4; 4  D I  4; ? ?2  Hướng dẫn giải I  x; y  tâm đường tròn ngoại tiếp MNP 2  x  1? ?2   y  1? ?2   x  3? ?2   y  1? ?2   MI  NI    2 2 MI  PI