moi loi giai cac cau van dung cao

GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 Đề thi mơn tốn THPTQG năm 2017 có 24 mã đề thi tạo thành từ đề gốc, đề gốc tạo thành mã đề, cách tương đối phân theo mức độ: nhận biết, thông hiểu (từ câu đến câu 30), vận dụng thấp (từ câu 31 đến câu 43), vận dụng cao (từ câu 44 đến câu 50) Như việc phân bố câu hỏi đề thi đảm bảo xếp từ dễ đến khó (điều ảnh hưởng khơng nhỏ đến tâm lý làm thí sinh) Dưới phần lời giải cho câu hỏi mức độ vận dụng cao nằm vị trí từ câu 44 đến câu 50 mã đề 101, 102, 103, 104 (có thể xem “đề gốc” để tạo 24 mã đề thi mơn tốn) Trong q trình biên soạn khơng thể tránh khỏi thiếu sót mong nhận ý kiến đóng góp đồng nghiệp độc giả PHẦN I LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 101 MƠN TỐN THPTQG 2017 Câu 44 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V a3 a3 11 2a3 13 2a3 A B C D 216 18 216 216 Giải Gọi P, Q giao điểm A CD với NE, AD với ME; K trung điểm BD Ta có: VBMNK BM BN BK M   VABCD BA BC BD Q  VBMNK  VABCD D E K B VEMNK EK    VEMNK  VABCD VBMNK BK P N VEDPQ ED ( )   VEDPQ  VABCD VEKMN EK 27 C Suy ra: 11 a311 Chọn đáp án C VBMNDQP  VBMNK  VEMNK  VEDPQ  VABCD  V  VABCD  18 18 216 a3 Lưu ý: Thể tích khối tứ diện cạnh a 12 Câu 45 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  9, điểm M(1;1;2) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Gọi  đường thẳng qua M, thuộc (P) cắt (S) hai điểm phân biệt A, B cho AB nhỏ Biết  có vectơ phương u  (1; a; b), tính T  a  b A T=0 B T= C T= 1 D T= 2 O Giải Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), bán kính R=3 Nhận thấy M(1;1;2) thuộc (P) M nằm mặt cầu (S) suy  đường thẳng qua M, thuộc (P) ln cắt (S) hai điểm phân biệt A, B A Gọi H hình chiếu vng góc O đường thẳng  Khi H trung điểm AB Ta có: M 2 H AB  HB   OH   OM Suy B P AB  OH  OM  H  M    OM Hay  có CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TOÁN THPTQG 2017 GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 Vectơ phương [OM; nP ]  (1;1;0) Suy a  1, b  Chọn đáp án C z Câu 46 Có số phức z thỏa mãn z  3i  số ảo? z4 A B Vô số C Giải Gọi z=a+bi ( a, b  R ) có điểm biểu diễn M(a;b) ĐK: z    (a  4)  bi   (a  4)2  b2  (*) Khi đó: D z a2  4a  b2   Ai ảo  a2  4a  b2  Do ta có hệ: z  (a  4)2  b 2 2 a  (b  3)  25 a  (b  3)  25    2 a  3b   a  4a  b  Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z giao điểm (nếu có) đường trịn (C) có tâm I(0;3), bán kính R=5 đường thẳng d: 2a  3b   17  suy d cắt đường tròn (C) điểm phân biệt có điểm M(4;0) khơng Ta có d ( I , d )  13 thỏa mãn (*) Vậy chọn phương án C Nhận xét: Đây tốn mơ đun số phức khơng q khó nhiên học sinh dễ điểm quyên kiểm tra điều kiện (*)  xy  xy  x  y  Tìm giá trị nhỏ Pmin Câu 47 Xét số thực x, y thỏa mãn log3 x  2y P  x  y 18 11  29 21 11  19  9 11  19 11   A Pmin  B Pmin  C Pmin D Pmin Giải ĐK: xy0 ta có: f '(t )    t  suy f (t ) đồng biến (0; ) Do đó: t ln 3 x 3 x (*)   3xy  x  y  y   P x (0  x  3) 3x  3x  11 11  Ta có P '   0 x  (do x  0) (3x  2) 3 x Lập bảng biến thiên P  x  khoảng (0;3) ta có: 3x  11  2 11  Pmin  P( ) Chọn đáp án D 3 Câu 48 Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng y  mx  m  cắt đồ thị hàm số y  x  3x  x  ba điểm phân biệt A, B, C cho AB=BC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN THPTQG 2017 GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 A m  ( ; ) B m  R C m  (;0]  [4; ) D m  (2; ) Giải Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  3x  x   mx  m   x  3x  (1  m) x  m   (1) YCBT  (1) có ba nghiệm thực phân biệt x1  x2  x3 thỏa mãn x1  x3  x2 Cách (Kiểm tra MT): + Với m  3 pt (1) có nghiệm thực (khơng tm) suy loại B, C 2 2 + Với m  1,5 pt (1) có nghiệm phân biệt x1  , x2  1, x3   x1  x3  x2 (tm) Vậy ta 2 chọn phương án D Cách 2: x  Viết lại phương trình (1): ( x  1)( x  x  m  1)    ( x  1)  m  (2) (1) có ba nghiệm thực phân biệt x1  x2  x3  (2) có hai thực phân biệt khác  m  2 Khi đó: x1   m  2, x2  1, x3   m   x1  x3  x2 Vậy m>-2 Cách 3: Xét hàm số f ( x )  x  3x  (1  m) x  m   Ta có: f '( x )  3x  x   m; f ''( x )  x    x   f (1)  Vậy đồ thị hàm số f ( x ) có tâm đối xứng thuộc trục Ox Do YCBT  f '( x )  có nghiệm pb   ' f '( x )  3m    m  2 Nhận xét: Đây tốn xếp vào vị trí vận dụng cao lại sử dụng máy tính để suy kết quả! Điều làm ý nghĩa tính phân loại tốn Chúng ta thay đổi cách hỏi để hạn chế việc sử dụng máy tính sau: “Có số nguyên m nhỏ 2018 để đường thẳng y  mx  m  cắt đồ thị hàm số y  x  3x  x  ba điểm phân biệt A, B, C cho AB=BC” Câu 49 Cho hàm số y=f(x) Đồ thị hàm số y  f '( x ) hình bên Đặt h( x )  f ( x )  x Mệnh đề đúng? A h(4)  h(2)  h(2) B h(2)  h(2)  h(4) C h(2)  h(4)  h(2) D h(4)  h(2)  h(2) Giải (Độc giả xem đồ thị đề thi) Nhìn vào phương án ta đánh giá h(-2) h(4) Gọi a giao điểm đồ thị hàm số y  f '( x ) trục hoành Xét diện tích hình phẳng giới hạn y  f '( x ), y  0, x  2, x  a diện tích hình phẳng giới hạn y  f '( x ), y  0, x  a, x  ta có: a  2 a a 2 a f '( x ) dx    f '( x ) dx   [  f '( x )]dx    f '( x )dx   f (a)  f (2)   f (4)  f (a)  f (2)   f (4)  16  h(2)  h(4) Chọn đáp án C Câu 50 Cho hình nón đỉnh S có chiều cao h=a bán kính đáy r=2a Mặt phẳng (P) qua S cắt đường tròn đáy A B cho AB  3a Tính khoảng cách d từ tâm đường tròn đáy đến (P) 5a 3a 2a A d  B d  C d  a D d  2 Giải (Độc giả tự vẽ hình) CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN THPTQG 2017 GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 Gọi O tâm đường tròn đáy, M trung điểm đoạn AB, H hình chiếu vng góc O SM Khi d  OH 1 a Ta có OM  r  AM  a;   d Chọn đáp án D d h OM Nhận xét: Trong mã đề 101 câu hỏi vận dụng chưa xếp theo mức độ từ dễ đến khó ví dụ câu 50 câu 48 nằm vị trí chưa phù hợp Các câu 44, câu 47 nên xếp vị trí cuối PHẦN II LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 102 MƠN TỐN THPTQG 2017 Câu 44 Có số phức z thỏa mãn z   i  2 ( z  1)2 số ảo? A B C D Giải Đặt z  a  bi (a, b  R) có điểm biểu diễn M(a; b) b  a  Ta có ( z  1)2  [(a  1)  bi]2  (a  1)2  b2  2(a  1)bi ảo (a  1)2  b2     b  a   (a  2)2  (b  1)2   a    b  1  b  a  Từ giả thiết ta có hệ:    a  4a   (1) 2  (a  2)  (b  1)    b  a   b  a  (*) Do phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác nên hệ (*) có ba nghiệm pb Chọn đáp án C Lưu ý: Có thể dựa vào số giao điểm đường trịn: (a  2)2  (b  1)2  vơí đường thẳng a  b   a  b   để suy kết tốn Câu 45 Tìm tất giá trị thực tham số m để đường thẳng y = –mx cắt đồ thị hàm số y  x  3x  m  ba điểm phân biệt A, B, C cho AB = BC A m  (–; 3) B m  (1; +) C m  (–; –1) D m  (–; +) Giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x  3x  m   mx  x  3x  mx  m   (1) YCBT  (1) có ba nghiệm thực phân biệt x1  x2  x3 thỏa mãn x1  x3  x2 Cách (Kiểm tra MT): + Với m  pt (1) có nghiệm thực (không tm) suy loại B, D + Với m  pt (1) có nghiệm phân biệt x1   3, x2  1, x3    x1  x3  x2 (tm) Vậy ta chọn phương án A Cách 2: x  Viết lại phương trình (1): ( x  1)( x  x  m  2)    ( x  1)  m  (2) (1) có ba nghiệm thực phân biệt x1  x2  x3  (2) có hai thực phân biệt khác  m  Khi đó: x1   m  3, x2  1, x3   m   x1  x3  x2 Vậy m0 B m0 Ta có f '(t )  e  et   t  Lập bảng biến thiên f (t )  et  et khoảng (0;  ) ta có: max f (t )  f (1)  suy nghiệm (0; ) bất phương trình (2) t  suy y   x Khi đó: f ( x )  f ( y)   f ( x )  f (1  x )   (m4  9).9 x   m4   m   Chọn đáp án D Nhận xét: Trong mã đề 103 câu hỏi vận dụng chưa xếp theo mức độ từ dễ đến khó ví dụ câu 47 nằm vị trí chưa phù hợp Các câu 44, câu 46 nên xếp vị trí cuối đề thi PHẦN IV LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 104 MƠN TỐN THPTQG 2017 Câu 44 Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R=3 Mặt phẳng (P) cách tâm O khoảng cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn (C) có tâm H, gọi T giao điểm tia HO với mặt cầu (S), tính thể tích V khối nón có đỉnh T đáy đường tròn (C) 32 16 A V  B V  16 C V  D V  32 3 Giải (Độc giả tự vẽ hình) Khối nón có chiều cao h=OH+OT=4, bán kính đáy r  R2   2 Thể tích khối nón là: 32 V   r2h  Vậy chọn đáp án A 3 Câu 45 Tìm tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y  x  3mx  4m3 có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB 4, O gốc tọa độ A m   B m  1 C m  D m  CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN THPTQG 2017 GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 Giải x  Ta có y '  3x  6mx     x  2m Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị m  Khi đồ thị có điểm cực trị là: A(0;4m3 ), B(2m;0)  AB(2m; 4m3 )  AB  4m2 (1  4m4 )  m  4m Phương trình AB: 2m2 x  y  4m3  4m3 1 SOAB  d (O, AB) AB  m 4m   4m 2 4m  Theo giả thiết SOAB   m4   m  1 (t/m) Vậy chọn đáp án B Câu 46 Xét số nguyên dương a, b cho phương trình a ln x  b ln x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phương trình 5log2 x  b log x  a  có hai nghiệm phân biệt x3 , x thỏa mãn x1 x2  x3 x4 Tìm giá trị nhỏ S  2a  3b A Smin  30 B Smin  25 C Smin  33 D Smin  17 Giải ĐK: x  Đặt t  ln x, u  log x Ta có phương trình cho trở thành: at  bt   (1) 5u  bu  a  (2) Ta có (1)  (2)  b2  20a Để pt a ln x  b ln x   có nghiệm pb x1 , x2 phương trình 5log2 x  b log x  a  có nghiệm pb biệt x3 , x ta phải có b2  20a   b2  20a (3) Khi giả sử (1) có nghiệm pb t1 , t2 ; (2) có nghiệm pb u1 , u2 Ta có: x1 x2  et1 t2 , x3 x4  10u1 u2 Do x1 x2  x3 x4  et1  t2  10u1  u2  t1  t2  (u1  u2 ) ln10   b b   ln10 suy a 5 (do a, b nguyên dương) suy a  ln10 Kết hợp (3) suy b2  60  b  (Do b nguyên dương) Do S  2a  3b  30 Vậy Smin  30 Chọn phương án A Câu 47 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(-2;0;0), B(0;-2;0), C(0;0;-2) Gọi D điểm khác O cho DA, DB, DC đôi vuông góc với I(a;b;c) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện DABC Tính S=a+b+c A S  4 B S  1 C S  2 D S  3 Giải (Độc giả tự vẽ hình) Gọi H hình chiếu vng góc O (ABC) Do OABC hình chóp nên H vừa tâm ngoại tiếp vừa trọng tâm tam giác ABC Suy ra: 2 OH  (OA  OB  OC)  H  ( ;  ;  ) 3 3 2 Gọi D điểm đối xứng O qua (ABC) suy D  ( ;  ;  ) 3 Dễ dàng kiểm tra DA, DB, DC đơi vng góc với a CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO 10 MƠN TỐN THPTQG 2017 GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI DI ĐỘNG: 01638638316 1 Từ ta tìm tâm ngoại tiếp tứ diện DABC I ( ;  ;  ) suy a+b+c= -1 3 Vậy chọn đáp án B Câu 48 Cho hàm số y  f ( x ) Đồ thị hàm số y  f '( x ) hình vẽ Đặt g( x )  f ( x )  ( x  1)2 Mệnh đề đúng? A g(1)  g(3)  g(3) B g(1)  g(3)  g(3) C g(3)  g(3)  g(1) D g(3)  g(3)  g(1) Giải (Đồ thị độc giả xem đề thi) Ta có g(1)  f (1)  4, g(3)  f (3)  4, g(3)  f (3)  16 Dựa vào phương án đề trước hết ta so sánh g(-3) g(3) Xét diện tích hình phẳng giới hạn y  f '( x ),y  0,x  3,x  ta có:  3 f '( x ) dx    ( f '( x ))dx   f (3)  f (3)  3  f (3)   f (3)  16  g(3)  g(3) Vậy chọn đáp án A Nhận xét: Với phương án trả lời khơng cần liệu hồnh độ x  Câu 49 Trong tất hình chóp tứ giác nội tiếp mặt cầu có bán kính Tính thể tích V khối chóp tích lớn A V  144 B V  576 C V  576 D V  144 Giải (Độc giả tự vẽ hình) Gọi cạnh hv cạnh bên a, x ( x  0,0  a  x ) Gọi H tâm hình vng, M trung điểm cạnh SB Mặt phẳng trung cạnh SB cắt SH I Khi I tâm mc ngoại tiếp hình chóp Ta có: SM SI SB SMI SHB    SI   9(*) SH SB SH x2 2 V x a (1) Suy SH  18 54 x2 324 x  x 9a  Mặt khác từ (*) ta có 162 x  2a2 (324 x  x ) Do  a  x suy 0