giải chi tiết đề thi sở GD, đt thanh hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

137

Câu – mã đề
251 384 429

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017

HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN TOÁN
NỘI DUNG

1

22

9

3

y  x4  2 x2  4  y '  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 , y '  0  x   1;0   1;  

2

6

4

10

Mặt

R  IA  16  1  1  18
( x  1)  ( y  4)  ( z  3)  18
cầu

có

2

bán

kính

2

nên

có

phương

trình

2

3

29

5

17

( P), (Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là n P  (2;3;6), nQ  (1;1;2) .
uur uur
1
Ta có [nP , nQ ]  (0;10;5) nên d có vectơ chỉ phương u  [nP , nQ ]  (0;2;1)
5
x


1


Do đó d có phương trình  y  2t (t  ¡ )
z  2  t


4

4

18

8

Phương trình hoành độ giao điểm:  x  3x  2 x  1  3x  2 x  1
3

2

2

  x3  4 x  0  x  0  x  2
5

2

23

22

6

5

25

13

7

12

24

23

8

9

15
8

14
3

9
1

1  2i
 z  2  3i  2  i  z  4  4i  z  4  4i.
i
1
AB  (2;2;2)  AB có vectơ chỉ phương u   AB  (1;1;1) .
2
x 1 y
z 3


.
AB đi qua B nên có phương trình
1
1 1
Mệnh đề sai : Số phức z  a  bi có số phức liên hợp là z  b  ai.
ln 3  1 .
i( z  2  3i)  1  2i  z  2  3i 

S

a 2 3a 2
4
a
a
S1  6a , S2  2   .a  2    a 2 

 1
3
2
S2 
2
2
2

2

10

9

20

19

11

24

13

30

1
3

Tính được SA  SB 2  AB 2  a 2  V  .a 2 .a 2 
2

z1, 2
12

18

15

29

13

25

29

28

x
 3
e

Có hai hàm số nghịch biến là y    và y  


2
 



Vì f  x  là hàm chẵn nên 2 
1

Do đó

2



1

30

19

5

1

log 1 (2 x  1)  0
 2

2 x  1  0

20

2

2

0

0

f  x  dx 2 f  x  dx  f  x  dx  1
1

0

27

Điều kiện: 
15

x

2

1

 f  2 x  dx  2  f  2 x  d  2 x   2  f t  dt  2
0

21

2

2
2
1  3i
3
 1   3 
 1  
 2

 S    





2
 2   2 
 2   2 

2

14

a3 2
3

0

2 x  1  1
1
1 

  x  1  TXĐ: D   ;1 .
2
2 
2 x  1  0

4

2016   f '  x  dx  f  4   f  1  2017  f  1  f  1  1
1

1


16

13

6

21

17

30

28

2

18

17

2

18

19

23

22

6

20
21

7
1

7
26

14
24

22
23

19
3

10
21

12
7

A(1;3), B(2;1)  AB  5.
1 2x
 f  x  dx  2 e  C.

24

14

17

16

Có ba mệnh đề đúng: (I) a  b .

25

11

11

20

Tính được BB '  52  32  4  V  32.4  36

26

16

27

26

2 x  2
x  1
.
4  5.2  6  0   x

 x  log 2 3
2  3

y' 

3x ln 3
3x

(2  3x ) ln 3 2  3x

1
F  x    f  x dx   sin 3 x.cos x.dx   sin 3 x.d  sin x   sin 4 x  C
4
1
  1
F  0     C    F  x   sin 4 x    F     
4
2 4
3V 3.4
r2 

 4r  2
h
3
Có hai mệnh đề đúng: (I) “Trong tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn có nghiệm”
và (III) “Môđun của một số phức là một số phức”.
Điểm cực tiểu của đồ thị là M (0; 2).
Vẽ đồ thị hàm số y  f ( x) , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt.

x

27

26

12

11

(II) b.c  5.

(IV) b  14 .

x





 2 x  4  x  1  x 2  4 x x 2  2 x  4
x2  4x
y
 y' 

2
2
x 1
 x  1
 x  1
 y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  4

28

27

1

25

d đi qua M (1;0;1) và có vectơ chỉ phương u  (2;1;1) .

M  ( P )
 d  ( P).
(P) có vectơ pháp tuyến n  (2;3;1) . Nhận thấy 
u
.
n

0

Cách 2: Lấy M  d  M (1  2t; t;1  t ) , thay tọa độ của M vào phương trình của (P) ta
được

29

10

8

4

30

28

16

15

2(1  2t )  3t  1  t  1  0  0  0  M  ( P) , do M lấy bất kì trên d nên d  (P).
3

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  .
2
Mệnh đề sai: Vectơ n  (2;1;1) là một vectơ pháp tuyến của (P).

31

49

33

48

Gọi a, b, c là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì STP  2  ab  bc  ca 
Theo giả thiết ta có a2  b2  c2  AC '2  18
Từ bất đẳng thức a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  STP  2.18  36

2


32

50

43

42

Gọi H là trung điểm của AD suy ra
SH  ( ABCD). Dễ thấy tâm I của mặt cầu
nằm trên trục d đi qua trung điểm O của MN

và vuông góc với mặt phẳng (ABCD), I và S
cùng phía so với mp (ABCD).
Nếu đặt x  OI thì IK  OH 

S
d

a 10
và
4
2

a 2
2
OC  CI  R  IK  KS  
  x
 4 
2

2

2

2

M

B
K

C
O

2

A
H

2

I

N

D

2

2

a 2
 a 10   a 3

a 93
5 3a
 R  x 2  
 
 x   x 
 
  

12
12
 4 
 4   2

a

Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho H (0;0;0), A  ;0;0  , M (a;0;0) và
2


a 3
 a 3a 
S  0;0;
 . Khi đó trung điểm E  ; ;0  là trung điểm của MN. Do
2 
4 4 


5a 3
a 93
 a 3a 
.
 R  IA 
IE  ( ABCD) nên I  ; ; t  . Từ IS 2  IA2  t 
12
12
4 4 
33

31

31

38

s  9t 2  t 3  v  s '  18t  3t 2  v '  18  6t  0  t  3
Khi t  3  v  27; t  5  v  15  vmax  27

34

40

37

35

Gọi z  x  yi với x, y  R . Ta có 2 z  1  z  1  i  2 x  1  2 yi  x  1  (1  y)i

(2 x  1)2  4 y 2  ( x  1)2  (1  y)2  3x 2  3 y 2  6 x  2 y  1  0 (1)
Mặt khác điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn đã cho nên ( x  1)2  ( y  1)2  5 (2)
Giải (1) và (2) ta được: ( x; y)  (0;1), (2;1)  z  i, z  2  i .
Do đó tích các môđun là 0  1 4  1  5 .
35

37

36

46

TXĐ: D = ¡ , y '  x 2  2  m  1 x   m  3  y '  0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên ¡ .
+) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;3  y '  0, x   0;3

x2  2 x  3
x2  2 x  3
 m, x   0;3 . Xét hàm số g  x  
trên khoảng  0;3
2x 1
2x 1
x  1
2 x2  2 x  4
g ' x 
;
g
'
x

0




2
 2 x  1
 x  2  loai 



Từ BBT, g  x   m, x   0;3  m  2

+) Hàm số đồng biến trên khoảng  3;  1  y '  0, x   3;  1

x2  2 x  3
x2  2 x  3

 m, x   3;  1 . Xét hàm số g  x  
trên khoảng  3;  1
2x 1
2x 1
x  1
2 x2  2 x  4
g ' x 
; g ' x  0  
2
 2 x  1
 x  2  loai 
Từ BBT, g  x   m, x   3;  1  m  1 . Do đó m [1;2]  a 2  b2  5.

3


36

41

49

47

Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường

thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một
cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.
Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S và

S

1
VS . ABC  VS .MNP
4
Đặt x  SM , y  SN , z  SP , ta có:

37

36

39

34

M
 x 2  y 2  4  5a 2
 x 2  76a 2

 2
2
 2
2
2
 y  z  4  6a    y  24a
A

 2

2
2
2
2
 z  120a
 z  x  4  7a 
1
1
 VS . ABC  VS .MNP 
xyz  2 95a 3
4
24
(S ) có tâm I (5;3;5), bán kính R  2 5  IN  R  2 5 .
Do tam giác IMN vuông tại N nên IM 
Ta lại có d ( I , ( P)) 

C

P
B

N

IN 2  MN 2  20  16  6 .

5  6  10  3

 6  IM do đó M phải là hình chiếu của I lên

1 4  4
( P)  IM  ( P)  IM  t nP  M (5  t;3  2t;5  2t ) .
Do M  (P) nên 5  t  2(3  2t )  2(5  2t )  3  0
 t  2  M (3;1;1)  OM  11 .
38

32

46

39

k

k

2

5

5

2

1
 1
 1 1
1
 1
 1

V1     dx        1   , V2     dx          
x
x
 xk
 k 5
 x 1
 k
k 
1 

1 2 2
15
  k
k k 5
7
2
Phương trình x  x  2  0 có hai nghiệm x  1, x  2
V1  2V1  1 

39

34

35

36

Thay x  1 vào biểu thức 4 x  1  x 2  2 x  6 thấy kết quả bằng 0, thay x  2 vào biểu

40

39

38

32

thức 4 x  1  x 2  2 x  6 thấy kết quả khác 0. Suy ra đồ thị hàm số chỉ có 1 tiệm cận đứng là
x  2 .
- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc là trung điểm O của MN, trục hoành trùng với đường thẳng

1 2
x 6.
6
2
208 2
 1

m
- Khi đó diện tích của khung tranh là S     x 2  6  dx 
6
9

2 
208
 900.000  20.800.000 đồng
- Suy ra số tiền là:
9
Công thức tính thể tích chỏm cầu có bán
B

kính R, chiều cao h là:
R
2
h

Vchom cau   
R 2  x 2 dx   h 2  R  
3

Rh
n
C
Gọi V1 là thể tích khối nón tròn xoay khi
MN thì parabol có phương trình là y  

41

38

42

37





quay tam giác BCD quanh trục AC, V2 là
thể tích khối cầu khi quay hình tròn quanh
trục AC, V3 là thể tích khối chỏm cầu khi

quay hình phẳng (BND) quanh trục AC thì
4

D

A


V  V1  V2  V3
2

1 7 2 7 2
2.73
4
4.73
Tính được: V1   
.

, V2  .73 
 .
3  2 
2
12
3
3
Khối chỏm cầu có bán kính R  7, chiều cao h  7 



43

40

31



3
343 4  3 2 
h  8  5 2 .7

. Do đó: V 
.
V4  h  R   
6
3
12

log 7 12  x  log 7 3  2 log 7 2  x (1)
xy  log 7 12.log12 24  log 7 24  log 7 3  3 log 7 2  xy (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra log 7 2  xy  x, log 7 3  3x  2 xy .
2

42





7 2

nên
2

log 7 168 log 7 (23.3.7) 3 log 7 2  log 7 3  1
xy  1



.
3
log 7 54
log 7 (3 .2)
log 7 2  3 log 7 3
 5 xy  8 x
Do đó a  1, b  5, c  8  S  15
Do đó log54 168 

43

42

32

44

2x

2

u  ln  9  x  du  2

Đặt 

x 9
dv

dx



v  x  3
2

 I   x  3 ln  9  x 2   2
2

1

1
2

2
x  x  3
x
dx


ln
5

6ln

2

2
dx
2

x 9
x3
1

 ln 5  6ln 2  2  6ln  x  3 1   ln 5  6ln 2  2  6ln 5  12ln 2
 5ln 5  6ln 2  2  S  13.
44

45

41

43

1 



PT  log 22 x  2 log 2 x  3  m . Đặt t  log 2 x , do x   ;4 nên t  [1;2].
2
PT đã cho trở thành t 2  2t  3  m (*) .
Lập bảng biến thiên của hàm số f (t )  t 2  2t  3 trên đoạn [1;2] ta được (*) có nghiệm

t  [1;2] khi và chỉ khi min f (t )  m  max f (t )  2  m  6.

[ 1; 2 ]

45

44

47

45

y' 

[ 1; 2 ]

x  1
ln x  0
2 ln x  ln x

, y'  0  
.
2
2
x
ln x  2
x  e
2

4
9
4

, y(e3 )  3  max
 y(e2 )  2  m  4, n  2  S  42  2.23  32
2
3
[1; e ]
e
e
e
Gọi N n là số tiền người vay còn nợ sau n tháng, r là lãi suất hàng tháng, a là số tiền trả hàng
tháng, A là số tiền vay ban đầu.
N1  A(1  r )  a
y(1)  0, y(e2 ) 

46

35

34

50

N2  [ A(1  r )  a](1  r )  a  A(1  r )2  a[1  (1  r )]





N3  A(1  r )2  a[1  (1  r )] (1  r )  a  A(1  r )3  a[1  (1  r )  (1  r )2 ]
..............................

N m  A(1  r ) m  a[1  (1  r )  (1  r ) 2  ...  (1  r ) m 1 ]  A(1  r ) m  a
Khi trả hết nợ nghĩa là N m  0  (1  r ) m ( Ar  a)  a  0  m  log1 r
Thay số ta được: m  21,6 . Do đó số tháng để trả hết nợ là 22 tháng.

5

a
a  Ar

(1  r ) m  1
r


47

46

45

49

48

33

44

40

 ac  0

d
a

0,


0
cd  0
 c
bc  0

c
Từ đồ thị ta thấy 

 
ad  0
bd  0
 b  0,  b  0
 d
 ab  0
a
+) Gọi H là trung điểm của AB , do tam giác IAB vuông cân tại I nên IH  AB và
IA  2IH
uuur
+) d đi qua M (2;1;1) và có vectơ chỉ phương u  (2;1;1) . IM  (0; 2; 2)
[ IM ; u ]
uuur r
16  16  4

 2.

 [ IM ; u]  (2; 4; 4)  d ( I , d ) 
4  4 1
u
Do đó IA  2IH  2d ( I , d )  2 2 , suy ra mặt cầu có phương trình

49

48

48

33

( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  8.
Chú ý: Có thể tính IH bằng cách tìm tọa độ điểm H .
y  x 4  4(m  1) x 2  2m  1  y '  4 x3  8  m  1 x  4 x  x 2  2  m  1
Điều kiện để có 3 cực trị là m  1 . Tọa độ các điểm cực trị là

A  0; 2m  1 , B



 

2

2

Tam giác ABC luôn cân tại A nên theo giả thiết ta có


50

47

50

41

4
uuur uuur
2  m  1  16 1  m 
1
1
1
3
0
AB; AC  120 
    m  1 
 m  1 3
4
2
24
24
2  m  1  16 1  m 



Gọi T là chu kì bán rã, suy ra
Do đó: S  5.e





2  m  1 ; 4  m  1  2m  1 ; C  2  m  1; 4  m  1  2m  1

ln 2
.4000
T

1
 ln 2
.
A  A.er .T  r 
2
T
4000

 1  1602
 5.  
 0,886 .
2

6