s3-ap-southeast-1.amazonaws.com fileHOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: Đặt...

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ

Group: https://www.facebook.com/groups/kythithptqg/

Đáp án

1.B 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C 7.A 8.C 9.B 10.D

11.D 12.A 13.A 14.D 15.A 16.C 17.D 18.B 19.A 20.A

21.C 22.A 23.D 24.C 25.A 26.C 27.A 28.B 29.C 30.A

31.B 32.A 33.D 34.B 35.C 36.A 37.B 38.C 39.A 40.D

41.B 42.C 43.A 44.A 45.C 46.A 47.C 48.A 49.A 50.B

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B.

Câu 2: Đáp án A.

Vì 2' 3 1 0y x x .

Câu 3: Đáp án D.

Có 3 2' 4 4 4 1y x x x x .

0 2

1 10' 0 51 11

3 5

y

yxy Myx

y

.

Câu 4: Đáp án C.

Có \ 1D .

1

'1

my

x

Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên 1;2 .

1;2 1;2

16 16min max 1 2

3 3y y y y

1 2 16

2 3 3

m m

3 3 4 2 32 5 25 5m m m m .


Hàm số 4 2 1f x x x có tập xác định D .

3 2

0

' 4 2 2 2 1 ; ' 0 1

2

x

f x x x x x f xx

.

Ta có bảng biến thiên:

STUDY TIP

ax by

cx d

có

2

'ad bc

ycx d

STUDY TIP

Hàm số 4 2 1y x x

Chẵn nên f a f a



x

1

2

0

1

2

y’ 0 - 0 + 0 -

y

Vì 2017 20172 2f f và hàm số nghịch biến trên khoảng 1

;2

nên

2016 2017 2018 2016 2017 20182 2 2 2 2 2f f f f f f .


Ta có

' '1 1

3 1 3 1

f x f xdx dx

f x f xx x

.

1 2 2 1

2 2ln 3 1 ln 3 1

3 3f x C x C f x x C C .

Đặt 2 1

2 4ln 1 4

3 3C C C f C C .

2 4 4

3 13 3 35 3,79

x

f x e f e

.



0,5 0,5

1 2 3log 1 log 2

1 0 1

x xx

x x

.


Vì log 0a b khi 1 1

;log1 1

a

a b a bb

b a a b

.


Sau t giờ có 5t cây bèo (đầy hồ).

Sau n giờ có 5n cây bèo (2

3 hồ).

5 5

2 2 25 .5 ;log .5 log

3 5 3n t tn t

.

Câu 11: Đáp án D



Đặt loga b t thì 2log 2at a . Ta có tb a , do đó:

1

2

2 212 22

2

14 6 log 4 6.

2t

t

a

tP t a t f t

t

.

Ta có

3 2

2

4 3 2 6 6 1' 0 3

2

t t t tf t t

t

.

Lập bảng biến thiên ta có

2;min 60f t

.



2 2 1 1 312.2 3.3 2 2 1 13 16

12 2 2 2

xI x

.


Đường tròn C có tâm 2;4I , bán kính 1R .

2 2

3.2 4.4 10; 2

53 4d I d

.

Thể tích của hình xuyến đã cho bằng thể tích của hình xuyến tâm 0;2J , bán

kính bằng 1.

Khi quay quanh trục hoành, phương trình đường tròn ;1J là

22 2 1x y .

2 22 1 2 1

1 1 1 1

y x y x

x x

.

1 1 12 2

2 2 2

1 1 1

2 1 2 1 8 1V x dx x dx x dx

.

Đặt sin cosx t dx tdt .

Đổi cận: 1 ; 12 2

x t x t

.

22

2

sin 2 28 1 sin .cos 4 4 0 4 02 2 2

2

tV t tdt t

24 .

STUDY TIP

Khi quay hình tròn bán kính

R quanh một đường thẳng

mà khoảng cách từ tâm

đường tròn đến đường thẳng

đó không đổi ta được các

hình xuyến có cùng thể tích.




Đặt 2sin 4sin 7 2sin .cos 4cost x x dt x x x dx

cos sin 22

dtx x dx . Đổi cận: 0 7; 12

2x t x t

.

12

7

1 11 1ln12 ln 7 ln 12 ln 7

1 1 02 2

a adtI

b bt

1a b .


Ta có 1 1

0

11 19

010 1 1

nn x

x dx nn n

.

4

0

41 1ln 2 1 ln 9 ln 3 3 3 .

12 1 2 2

dxx m n m

x


Ta có 1;2 , 7;10 , 3;5A B C .

36 64 10; 100 25 5 5; 16 9 5AB BC AC .

Ta thấy 2 2 2BC AB AC ABC vuông tại A.

1 1. .10.5 25

2 2ABCS AB AC .


Ta thấy đồ thị hàm số 2y x cắt đồ thị hàm số 'y f x tại 3 điểm có tạo độ

2;4 , 1;1 , 2;4 . Căn cứ vào diện tích hình phẳng trên hình vẽ ta có:

1 2

2 2

2 1

' 'x f x dx f x x dx

3 31 2

2 13 3

x xf x f x

3 31 2 1 23 3

2 1 2 13 3

x f x f x xg x g x

1 2 2 1 2 2g g g g g g (1)

STUDY TIP

2 2

B A B AAB x x y y



Mặt khác từ đồ thị ta có bảng biến thiên sau:

x -2 -1 2

y’ 0 - 0 + 0 -

y 2g 2g

1g

2 2 1g g g .


2

1 2 1 11 2 1

1 1

m m i mim m iz

mi m

2 2

2 2

2 3 1 2

1 1

m m m mi

m m

.

z là số thực 2 12 0

2

mm m

m

.


Ta có 2113 11 3 2 2 5 0

2

zz z z z z z

z

.

2

' 1 5 4 2i Phương trình có 2 nghiệm phức 1 2

1 2

z i

z i

.

- Với 1 2 1 1

1 2 0 1 11 2 1

z i i iz i w i w

i i iz i

.

- Với 1 2 1 3 4 3 16 9

1 2 11 2 1 3 5 5 25 25

z i i i iz i w i w

i i iz i

.

Vậy cả 2 trường hợp thì 1w .


Ta có

8

48 2 42 12 21 1 1 2 16

1 2 1

i ii ii i i i

i i

.

Do đó 8

2 16; 16 16 16

1

iiz iz z z i z i

i i

.

Khi đó 2 . 2 .16 16 32w i z i i i phần ảo là 32.

STUDY TIP

z a bi là số thực

0b

STUDY TIP

Số phức w x yi thì

2 2w x y




Đặt ,z x yi x y z x yi .

Ta có 2 z z i là số thuần ảo 2 2 2 0

2 2 0

x y x y

x y

22 1 5

12 4

; 2;0 ; 0;1

x y

x y

.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thuộc một đường tròn.


Gọi S là diện tích đáy, h là chiều cao của lăng trụ.

Khi đó . ' ' '

1 1.

3 3A A B CV S h V

' ' . ' ' ' . ' ' '

1 2.

3 3B C ABC ABC A B C A A B CV V V V V V


Ta có ' ' . ' ' ' ' . ' . ' '. ' '. ' 'ACB D ABCD A B C D B ACB D ACD A AB D C B CDV V V V V V .

1 1 1 1 2 1

6 6 6 6 3 3V V V V V V V V .


Theo giả thiết ta có 'CD ABC . Áp dụng định lý Cô-sin cho ABD ta

được: 2 2 2 . .cos 60AD AB BD AB BD

2 2 19 2.3 . .

2a a a a 2 210 3 7a a a .

Hình chiếu vuông góc của AC’ trên mặt phẳng ABC là AD , vì vậy ta có góc

giữa 'AC và mặt phẳng ABC là góc ' 45 'C AD C AD vuông cân tại

D 'D AD a 7C .

Diện tích ABC là

2 23 3 9 3

4 4ABC

a aS .

Do đó 39 21

. '4

ABC

aV S C D .

STUDY TIP

Góc giữa đường thẳng và

mặt phẳng là góc giữa

đường thẳng đó với hình

chiếu của nó trên mặt phẳng

kia.




Kẻ SH AC , do SAC ABC SH ABC .

Có 2 2 2 24 3BC AC AB a a a ;

2 2 . 33;

2

SA SC aSC AC SA a SH

AC ;

21 3.

2 2ABC

aS AB BC

3

.

1. .

3 4S ABC ABC

aV S SH


Gọi H AC BM . Vì SAC ABCD và SBM ABCD nên

SH ABCD .

Có 2 2 2 23 6 3AC AB BC a a a .

3 2 2 3.

2 3 3 2

a aAO AH AO a .

Vì 60 . tan 60 3SAH SH AH a .

2 21 1 1 3 6 18 3 2

. ; . . .2 2 2 2 2 8 8

OMC

a a a aS OM d C OM OM MD .

SH là đường cao của hình chóp .S OMC nên

2 3

.

1 1 3 2 6. . 3.

3 3 8 8S OMC OMC

a aV SH S a .


Gọi S là đỉnh của hình nón, AB là một đường kính, O là

tâm của đường tròn đáy của hình nón.

Ta có:

2 2 2 220 25 400 625 5 41l SA SO OA .

.25.5 41 125 41xqS rl .


Gọi khối lập phương nội tiếp là . ' ' ' 'ABCD A B C D .

Gọi ' 'O A C AC thì O cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

Bán kính của mặt cầu là 1 3

' '2 2

ar A O A C .

STUDY TIP

2 mặt phẳng cùng vuông

góc với mặt phẳng thứ 3 thì

giao tuyến nếu có cũng

vuông góc với mặt phẳng

đó.

STUDY TIP

xqS rl



33 3

34 4 3 4 3 3 3. .

3 3 2 3 8 2

a a aV r

.


O là tâm của hình chóp. Kẻ OH AB H là trung điểm AB và SH AB .

Ta có 4

SHO

, tam giác SHO vuông cân 2 2 2 2SH SO h OH .

Ta có sđ 120 60AB BOH .

OBH vuông tan 60BH

OH .

2 2. . tan 60 2.2 2. 3 4 6AB BH OH .


Kẻ ' 'O A OA thì ' 'A O B .

Vẽ ' 'O H A B thì H là trung điểm của 'A B .

' 'HO A vuông tại H nên

' ' '.sin .sin ' 2 ' 2 sin2 2 2

A H O A R A B A H R

.

2 2 2 2 2 2' ' 2 4 sin 2 4sin2 2

AB AA A B R R R

.


Nếu 'M là hình chiếu vuông góc của M lên mp Oxy thì cao độ của điểm 'M

bằng 0.


Gọi M d khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ:

2 1 2

1 1 2

2 2 3 0

x y z

x y z

132 1

31 1 1 02 2 10

2 61 2 3

2 2 32 2 3 0 8

3

x yx

x yx z

x z y

x y zx y z

z

.

Vậy 13 10 8

; ;3 3 3

M

.




Mặt cầu S có tâm 1;2; 2 , 5I R .

Mặt phẳng song song với mặt phẳng P .

Nên : 2 2 0 3x y z D D đường tròn tạo bởi và S bán

kính r thỏa mãn 2 16 4r r .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên .

Khi đó ta có: 2 2; 3d I IH R r .

Mà 52 4 2

; 3 4 9134 4 1

DDd I D

D

.

Vậy 2 2 5 0

:2 2 13 0

x y z

x y z

.


Mặt phẳng P có VTPT 1;1; 1n

. Đường thẳng d có VTCP là

1; 1; 3du

.

Vì P và vuông góc với d nên có VTCP ; 4;2; 2u n n

hay

2; 1;1u

.


Pt 2sin cos 1 cos 2 2sin 0x x x x .

22sin cos 1 2sin 2sin 0 2sin cos sin 1 0x x x x x x x

sin 0

1sin 2

4 22

x x k

x x k

.

Suy ra, 3 điểm biểu diễn là 0;1 ; 1;0 ; 1;0A B C .

Vậy diện tích 1

. 12

S OA BC .


Ta có: 2 2 1sin sin 2sin .sin

2 .

2 2 3cos cos 2cos .cos

2 .



Cộng hai đẳng thức trên theo vế ta được

2 2 sin .sin cos .cos 2 cos 0 .


Có 8 người khách bước ngẫu nhiên vào một cửa hàng có 3 quầy. Tính xác suất

để 3 người cùng đến quầy thứ nhất.

Mỗi người khách có 3 cách chọn quầy nên có 83 khả n ăng xảy ra. Do đó số

phần tử của không gian mẫu là 83n .

Gọi A là biến cố: “Có 3 người cùng đến quầy thứ nhất”, năm người còn lại đến

quầy thứ hai hoặc ba.

Nên có 52 cách do đó 3 5

3 5 88 8

.2.2

3

Cn A C P A .


Xét các khai triển

2018 0 2018 1 2017 2 2016 2 2018 2018

2018 2018 2018 2018...a b C a C a b C a b C b .

Thay 2, 1a b ta có:

0 2018 1 2017 2 2016 20182018 2018 2018 20181 2 2 2 ...C C C C P .


Ta có

17 172 2 34 3317 1734 3 3 3 44

17 173 20 0

1. .

k k kk

k k

k k

x C x x C xx

.

Muốn số hạng đã cho không chứa x phải có:

2 34 3 17 340 0 8

3 3 4 12 3

k kk k .

Vậy số hạng cần tìm là 817C .


Ta có 2 2 22 1 3 2 4 31 2; 1 3; 1 4U u U u U u .

Dự đoán nU n (chứng minh bằng phương pháp quy nạp).

Khi đó: 1 1 1 1

...1 2 2 3 3 4 1

nSm n

2 1 3 2 4 3 ... 1n n

2 3 4 ... 1 2 3 ... 1n n



1n .


Theo tính chất của cấp số cộng ta có: 2 6

22

x

.

62

x y và 2 2 2 22 10 2 10 104x y P x y .


Điều kiện cần: Giả sử phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x lập

thành cấp số nhân. Khi đó theo định lý Viet ta có: 1 2 3 8x x x .

Theo tính chất của cấp số nhân, ta có 2 31 3 2 2 28 2x x x x x .

Thay 2 2x vào phương trình ta được 2 16 7 0

7

mm m

m

.

Điều kiện đủ với 1 21, 7m m ta đều có phương trình 3 27 14 8 0x x x .

Giải phương trình ta được 3 nghiệm là 1; 2; 4 hiển nhiên 3 nghiệm này tạo

thành cấp số nhân với công bội 2q .

Vậy 1 2 6m m .


Ta có: 1

1 2 3 ... 1lim

2 1 2 3 ... 2

nI

n

.

2

2 11 1 2 42 1 4 5 51 2lim lim lim 0

1 51 1 5 11

51 5

nn

n n

nnnI

.

2 2 2

3 2 2 2

2 1 3 1 1lim . ...

2 3

nI

n

2 2

1.2... 1 3.4... 11 11.3 2.4 1 1 1lim . ... lim lim .

2 3 2.3.... 2.3....n 2 2

n nn n n

n n n

Vậy 1 3 2I I I .


Ta có 2 26 8 5 6 2 4 2 3

a b a b

x x x x x x x x

STUDY TIP

, ,a b c tạo thành cấp số nhân

thì 2.a c b



3 4 3 4

2 3 4 2 3 4 2 3 4

a x b x a b x a b g x

x x x x x x x x x

.

Để giới hạn đã cho là hữu hạn thì

2

lim 0 2 3 4 0 2 0 2 0x

g x a b a b a b a b

.


Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu của A trên và d ta có

; ;d A AH AK d A lớn nhất bằng AK.

Lập phương trình mặt phẳng chưa A và vuông góc với d

2;1; 1dn u

qua A ta có phương trình

2 1 1 2 1 5 0 2 1 0x y z x y z .

k d .

Giải phương trình: 5

2 1 2 2 1 0 6 5 06

t t t t t .

10 21

6 3

5 2 5 7; ;

6 3 6 6

5 72

6 6

x

y

z

.

2 5 7 5 17 37 1

1; 2; 5 ; ; 10;17;373 6 6 3 6 6 6

AK

.


Ta có: 1;0;0 , 0;2;0 5M N MN .


Ta có MN PH

MN OPH MN OHMN OP

.

Tương tự NP OH OH MNP mặt phẳng nhận vecto

3; 4;1OH

làm vecto pháp tuyến ta có phương trình:

3 3 4 4 1 1 0 3 4 26 0x y z x y z .




2; 1;1, 3; 6;0 3 1; 2;0

0;0; 3

P d

p d

P

n un u AM

n AM

3 3:1 1 2 2 0 2 3 0; ;

1 4 5P x y x y R d O P

.

Phương trình: 2 2 2 9

5x y z .


Mặt cầu S có tâm 1;1; 2I , bán kính 2R .

Đường thẳng d có vecto chỉ phương 1 1;2; 1u

.

Đường thẳng có vecto chỉ phương 2 1;1; 1u

ta có 1 2; 1;0; 1u u

.

Gọi P là mặt phẳng cần tìm ta có 1 2; 1;0; 1Pn u u

hay 1;0;1

P có dạng 0x z m .

Vì P tiếp xúc với mặt cầu S nên

51 2

; 212

mmd I P R

m

.

5 0

:1 0

x zP

x z

.

s3-ap-southeast-1.amazonaws.com fileHOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: Đặt...

Documents

Transcript of s3-ap-southeast-1.amazonaws.com fileHOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ Group: Đặt...