dap an thi thu thpt 2018 de so 7

Trang 1

AIB|A|AIC|B|C|B|A|DID|IA|IDID|IA|B|IA|IDIC|A|B|BIAICIC AIC|C|B|B|A|B|BIC|D|A|IC|D|ID|IB|IDIC|IC|D|IA|BIDIDICIC Câu 1: Câu 2: Câu 3: Câu 4: Câu 5:

PHAN HUONG DAN GIẢI

M Ta có y=x4+3x°-4=> y'=3x +6x=> y" =6x+6=05 x=-1> y=2 > M (-1;-2)

là trung điểm của đoạn thắng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số Mà M (-1;-2)ed:2x+y+4=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 2| kĩ Ta có lim y=Š=sy= x>‡”

M Quan sat dé thị ta có lim y=+œ nên ta loại đáp án B Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị

A(0:4) B(1:3).C(—1:3) trong đó có I cực đại và hai điểm cực tiểu nên ta loại câu C, D

Chọn A ‘

MI Ta có /=2R và Đ=9zâ>zRè=9âR=3

=>h=A0=V6 -3 =3\3

Suy ra h= AO =V4R’ —R? =3

Nhận xét đề bài này không rõ ràng học sinh không biết dùng diện tích nào của hình nón: Diện tích toàn

phần hay diện tích xung quanh, hay điện tích đáy

M Tir dién đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng tạo bởi một cạnh với trung điểm của cạnh

Trang 2

Câu 7: Câu 8: Câu 9: Câu 10: Câu 11: Câu 12: Câu 13: Câu 14: Phương trình hoành độ giao điểm: 2x—x? =0 ©x=0 hoặc x=2 2 Ta có $= [z>x-x#& 0 4

= 3 Suy ra sô nguyên lớn nhat không vượt quá S$ 1a 1

Đồ thị hàm số đi qua điểm W(-2;0) >0 =(~2)”~2m(~2)” +2m—4>m=2

Ta có 5? = B c5"? =5” ©3x-2=x”©

Vậy tổng bình phương hai nghiệm bằng 5 Goi la x số tiền gởi ban dau

Giả sử sau ø năm sô tiên vôn và lãi là 2x Ta có 2x x.(1,065)" 1 1 2 xt |2 Ta có | vde= 2 J TU 9 n+I[ 64 5 Và als Chon D x-1>0 Ta có x+l>0 =| In[(x—1)(x+1)]>0 1 1 n+1 2m1 x>I1 x?—-1>I (x+1ỷ Vẽ bảng biến thiên ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x =—3 , gid tri cue dai lA fry = 1 1 <> (1,065)" +2 <>n~ log, 1,065 <n ~11 1+2+0 3 3 5+lI+0 3 x„ +xXg +, xẹ =Ã4 2 CL +yg+ Theo công thức tọa độ trọng tâm ta có + y„ = na e = z _ 2a tiptic _ e 3

Gọi H là trung điểm BC

Trang 3

Cau 16: Câu 17: Câu 18: Câu 19: Câu 20: Cau 21: Cau 22: Xét phương trỡnh honh xè~3x +x1=12xôâxè3x+3x2=0â>x=2

Vy số giao điểm là 1

Dựa vào hình dạng của đồ thị ta thấy: Dé thi đạt cực đại tại điểm x=0 nên hệ số z>0 và đồ thị có ba cực trị nên z và ? trái dấu Vậy z>0 và b<0

Ww thi độ, ye (x? +x+1) _ 2x+l Áp dụng p dụng công thức (log, công thức (1 w) = = mm (°+x+l)ln5 (x? +x+1).In5

Mat phang (P) di qua diém A(2;-1;3) va vuông góc véi duéng thang BC nên nhận véctơ

CB= (2:3: 6) làm véctơ pháp tuyến Khi đó phương trình tông quát của mặt phẳng (P) l: 2(x-2)+3(y+1)+6(z~=3)=0ââ2x+3y+6z19=0 Vỡ log, Z~ơ 2 te, —log, y=2log, x—log, y y

Xét tam giác ABC vuông tai A ta có:

tan60? = 98 —, Ag = a3 Khi đó

AC

a3

2

S sane = 5 dap AC=

Ta có hình chiếu vuông góc của cạnh #C” trên mặt phẳng (ACCA') là AC” Khi đó góc BCA =30° Xét tam giác

Trang 4

Câu 24: Câu 25: Câu 26: Câu 27: Câu 28: Câu 29: Câu 30: 1 1

Ta có: logz; 5 =2 log; 5 = 4 © log; 5 = 34, log, 7= „ log; 7= ð ©log, 7= 3É

log,(7.5) _log,7+log,5_ log,7+log,3.log,5 3b+c.3a _ 3(b+ac)

Mà log,„ 35 = = = =

log, (3.27) log, 3+2 log, 3+2 c+2 c+2

+) Giao điểm của đồ thị ham số với Oy là (0:4): x=0> y=4 Loại đáp án B và D, còn đáp án A và C +) Bắm máy tính tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm thấy đáp án C thỏa mãn vì có 2 nghiệm là —l và 2 T11 TỰ gIU1, 13 Ta có P=xÄxÄxA'x =x.x).x3).x?3Š =x 5 15 30 = x10, Mat phang (a) cắt các trục tại các điểm A(12;0;0), B(0;8;0) ,C(0;0;6) nên phương trình (z)là 242451 2x43y44z-24=0 12.8 6 Đáy là tam giác đều canh a nén diện tích Sac = =F SAS yo = $A = SA = +—=a3 SA 1a đường cao nên Vy ,„e Tứ diện đều tạo thành là tứ điện đều ABCD có tất cả các cạnh bang Sem a3 =—cm 2543 2 4 4 Diện tích đáy là S = Duong cao AH = AD? —- DH? = NH sf) - ¬, với H là tâm đáy 1 25/3 5/6 _ 125/2 Thẻ tích =1 3,36 3 4 3 12 3

Ghi nhé: Thể tích khối tứ điện đều cạnh a la V =4 v2

Diện tích xung quanh của mặt trụ là S.„ = 2z = 2z.5.23 = 230zcm”

Sau khi lăn 15 vòng thì diện tích phần sơn được là: $ =230z.15 = 3450zcm?

Trang 5

Câu 32: Câu 33: Câu 34: Câu 35: Câu 36:

Mặt phẳng trung trực (P) đi qua trung điểm /(2;3;3) của đoạn thắng A# và vuông góc với AB nên (P) nhận véctơ AB =(-2;4;2) làm véctơ pháp tuyến Vậy phương trình tổng quát của (P) là: -2(x—2)+4(y—3)+2(z—3)=0 ©-~2x+4y+2z—14=0 hay x—2y—z+7=0 142017 +201 Ta có lim y= lim = 017 = lim 4 =1 ì x+x+I lÈ + x x 14 2017 lim y= lim — = lim + =-l x'+x+l tess 1 Suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là y=l;y =—I và không có tiệm cận đứng vì x? +x+1>0,Vx Vì cơ số nhỏ hơn 1 nên dấu bất phương trình đổi ngược chiều s†y y=xẺ-3x+1 4+

Dựa vào đồ thị ta thấy: —I<zm<1 thì thỏa bài

Trang 6

Câu 37: Câu 38: Câu 39: Câu 40: Câu 41: Chọn C P

Gọi E là điểm đối xứng của € qua AB

Gọi M4 =DE>AB, khi đó bạn Na đặt chốt ở vị trí ; , , 30

M thì tông độ dài hai sợi dây đèn led ngăn nhật C Ta có —— AE _ MA =1 — MB ~3MA, 10 BD MB 3 A B ma MB+MA = AB=24, suy ra MA=6 va MB =18 M Chon D B 1 1 1 2 1 1 1 Tacé [~*~ dx=— { =——<d(x" +4x+7)=< n(x? +4x+7) ox +4x+7 29x +4x+7 2 0 = in12—Fin7 =In Vid ~In V7, 1 — Suy ra [ST x42 aye alnl2+blnj7 >) © ~ Ì_ Vậy tổng a+b=0 x°+4x+7 1

Gọi V, V' lần lượt là thê tích khối lập phương và khối cầu ngoại tiếp khối lập phương

Không mất tính tổng quát gọi độ dài cạnh của khối lập phương bằng 1, khi đó bán kính khối VP+P+P v3 2 cầu ngoại tiếp khối lập phương là R= 2 2 2 Vio 30 3 Suy ra V =1; v4, 4) 73 _,V _wW3 Tập xác định của hàm số y=2”°%**#* là D=(0;+œ) Ta có y'= (rẽ ) - 2 — 2log; x 22l0gyx~logÏx TT) 2= 2—2log, x glows +1083 «Jy 2 xln3 xIn3 xIn3 y=0© 2 _ 2log, x 28x 8Ỷ* In 3 =0 © log, x=1©©x=3 xin3 xin3 Bang biến thiên 0 3 +00 2 y _” mm

Dựa và bảng biến thiên ta có hàm số y=2”°%*'*%”* đạt giá trị lớn nhất bằng 2 tại x=3

Trang 7

Câu 43: Câu 44: Câu 45: Câu 46: Câu 47: Câu 48:

Ta thấy f(x) = sin? > —cos’ 2= —eosx nén J #@)dx = [—cos.xdx =—sin x+C

Ta có [Z@dx+[ /@0dx = [zœ& nên [Z@0& =2016-2017 =-1 2 x=le[-1I:3] Ta có y'=6x/+6x—12 ; y=0<â x=-2Â[-1;3] Ma y(1) =-6; y(3) = 46; y(-l) =14 nén M =46;m=-6 > M +m=40 (39; 42) Chon A TXD: D=0

Taco: y’ =(2m—1)+(3m+2)sinx

Trang 8

Vì giả sử ta gọi F(+x) là một nguyên hàm của ƒ (x) thì ta có:

b

[ZŒ)@x=F(b)~F(a)= [r(r)&

Câu 50: Gionlél

Do v3 >2 nên ta có (0,La) ” <(0,1a)” =0,1ø<1=0<a<10

Do Š <-—— nên ta có tog, = = <log — 1 =b>I