24 đáp án tốt nghiệp môn toán 2017

Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log 3

1 − xy
= 3 xy + x + 2 y − 4. Tìm giá trị nhỏ nhất
x + 2y

Pmin của P = x + y.
A. Pmin =

Pmin =

18 11 − 29
×
21

B. Pmin =

9 11 + 19
×
9

C. Pmin =

2 11 − 3
×
3

D.

9 11 − 19
×
9

Giải. Điều kiện : x, y dương và xy < 1.
Đặt u = x + 2 y > 0 và v = 3(1 − xy ) > 0. Giả thiết trở thành

u + log 3 u = v + log 3 v.
/
Xét hàm số f (t ) = t + log 3 t trên (0; +∞). Ta có f (t ) = 1 +

đồng biến trên (0; +∞).

1
> 0, ∀t > 0. Do đó f (t )
t ln 3


Vì vậy (1) tương đương với u = v ⇔ x + 2 y = 3(1 − xy ) ⇔ y =
Ta có y −

−x + 3
×
3x + 2

1 −( x 2 + 2)
=
< 0 nên xy < 1, ∀x > 0.
x x(3 x + 2)

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x +
Ta có f / ( x ) =

−x + 3
trên (0; +∞).
3x + 2

9 x 2 + 12 x − 7 /
−2 + 11
−2 − 11
và x =
(loại).
, f ( x) = 0 ⇔ x =
2
(3 x + 2)
3
3

Lập BBT ta được Pmin = min f ( x ) = f (
(0; ∞ )

−2 + 11
2 11 − 3
)=
×
3
3

(Tất nhiên là có thể dùng chức năng Table để dò ra giá trị gần đúng của f ( x) = x +

−x + 3
3x + 2

rồi chọn C).

5 câu cuối mđ 108
Câu 46. Xét các số thực dương a, b thỏa mãn log 2

1 − ab
= 2ab + a + b − 3. Tìm giá trị nhỏ
a+b

nhất Pmin của P = a + 2b.
A. Pmin =

Pmin =

2 10 − 1
×
2

B. Pmin =

2 10 − 3
×
2

C. Pmin =

2 10 − 5
×
2

D.

2 10 − 7
×
2

Giải. Điều kiện : a, b dương và ab < 1.
Đặt u = a + b > 0 và v = 2(1 − ab) > 0. Giả thiết trở thành

u + log 2 u = v + log 2 v.
/
Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t trên (0; +∞). Ta có f (t ) = 1 +

đồng biến trên (0; +∞).

1
> 0, ∀t > 0. Do đó f (t )
t ln 2

Vì vậy (1) tương đương với u = v ⇔ a + b = 2(1 − ab) ⇔ b =
Ta có b −

1 −(a 2 + 1)
=
< 0 nên ab < 1, ∀a > 0.
a a (2a + 1)

−a + 2
×
2a + 1


−x + 2
trên (0; +∞).
2x +1

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x + 2 ×
Ta có f / ( x ) =

4 x2 + 4x − 9 /
−1 + 10
−1 − 10
và x =
(loại).
, f ( x) = 0 ⇔ x =
2
(2 x + 1)
2

2

Lập BBT ta được Pmin = min f ( x) = f (
(0; +∞ )

−1 + 10
2 10 − 3
)=
×
2
2
−x + 2
2x +1

(Tất nhiên là có thể dùng chức năng Table để dò ra giá trị gần đúng của f ( x) = x + 2 ×
rồi chọn B).

Câu 47. Cho mặt cầu ( S ) có bán kính bằng 4, hình trụ ( H ) có chiều cao bằng 4 và hai đáy
nằm trên ( S ). Gọi V1 là thể tích của ( H ), V2 là thể tích của ( S ).
Tính

A.

V1
×
V2

V1 9
V
3

V 2
= × B. 1 = × C. 1 = ×
V2 16
V2 16
V2 3

Giải. * Ta có V2 =

D.

V1 1
= ×
V2 3

4
44
π R3 = π .
3
3

* Tâm mặt cầu (ngoại tiếp hình trụ) là trung điểm I của OO ' nên bán kính đáy của ( H ) là

V1 9
2
r = R 2 − IO 2 = 12. Do đó V1 = π r h = 12 ×4π . Suy ra V = 16 ×
2
Câu 48. Cho hàm số y = f ( x). Đồ thị của hàm số y = f / ( x) như
hình bên. Đặt g( x) = 2 f ( x ) − ( x + 1) 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. g(3) > g (−3) > g(1).

B. g (1) > g (3) > g (−3).

C. g (−3) > g (3) > g (1).

D. g (1) > g (−3) > g (3).

Giải. * Theo hình vẽ (mỗi ô vuông có diện tích bằng 1) ta có

∫

3

1

3

f / ( x)dx = S < 6 = ∫ ( x + 1)dx.

Do đó ta được 2

1

∫(f
3

* Theo hình vẽ ta có
Do đó ta được 2

/

1

∫

∫ (f
3

−3

( x) − ( x + 1) ) dx < 0 ⇔ g ( x) 1 < 0 ⇔ g (3) < g (1).
3

3

−3
/

3

f / ( x)dx = S1 > 6 = ∫ ( x + 1)dx.
−3

( x) − ( x + 1) ) dx > 0 ⇔ g ( x) −3 > 0 ⇔ g (3) > g ( −3).

Vậy g (1) > g (3) > g (−3).

3


Câu 49. Cho A(4;6; 2), B(2; −2;0) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0. Xét đường thẳng d

thuộc ( P ) và đi qua B. Gọi H là hình chiếu của A lên d . Biết rằng d thay đổi thì H
thuộc đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó.
A. R = 6.

B. R = 2.

C. R = 3.

D. R = 1.

Giải. * Vì ·AHB = 900 nên H thuộc mặt cầu ( S ) có đường kính AB. Vì
vậy H thuộc đường tròn (C ) cố định là giao tuyến của ( S ) và ( P ).
* Tâm của ( S ) trung điểm I (3; 2;1), bán kính r = IA = 3 2.
* Ta có d = d ( I , ( P )) = 2 3.
Do đó bán kính của (C ) là R = r 2 − d 2 = 6.
Câu 50. Có tất cả bao nhiêu số phức thỏa mãn | z + 2 − i |= 2 2 và ( z − 1) 2 là số thuần ảo ?
A. 3.

B. 0.

C. 4.

D. 2.

Giải. * Điểm biểu diễn của z là điểm M ( x; y ) thuộc đường tròn (C ) có tâm I (−2;1), bán
kính r = 2 2.
* ( z − 1) 2 là số thuần ảo nên ( x − 1) 2 − y 2 = 0 ⇔ y = ± ( x − 1). Tức là, M thuộc cặp đường
thẳng ∆1 : x + y − 1 = 0 và ∆ 2 : x − y − 1 = 0.
* Ta có d ( I , ∆1 ) = 2 < r nên ∆1 cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt.
* Ta có d ( I , ∆ 2 ) = 2 2 = r nên ∆ 2 tiếp xúc (C ) tại 1 điểm duy nhất.

(Trong lúc làm bài ta vẽ phác thảo đường tròn và 2 đường thẳng sẽ thấy nhanh hơn).
Cách 2 (thuần tính toán).
Từ giả thiết ta được 2 hệ :

 y = x −1

x = 0
⇔
Hệ này có một nghiệm duy nhất.

2
2
 y = −1.
( x + 2) + ( y − 1) = 8

1) 

 y = −x +1

 x2 + 2x − 2 = 0
⇔
Hệ này có hai nghiệm phân biệt (không trùng

2
2
( x + 2) + ( y − 1) = 8
 y = − x + 1.

2) 

nghiệm trên).