Dap an toan cua Thanh hoa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA. KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2017. HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN TOÁN. Câu – mã đề 137 251 384 429. NỘI DUNG. 1. 22. 9. 3. y  x 4  2 x 2  4  y ' 4 x 3  4 x 4 x  x 2  1 , y '  0  x    1;0    1;  . 2. 6. 4. 10. 3. 29. 5. 17. z − 3¿ 2=18 y + 4 ¿2 +¿ Mặt cầu có bán kính R=IA= √ 16+ 1+1=√ 18 nên có phương trình x − 1¿ 2+ ¿ ¿ n P=(2; − 3 ; 6), ⃗ nQ =(1 ; 1 ;− 2) . ( P),(Q) lần lượt có vectơ pháp tuyến là ⃗   1 [ nP , nQ ] (0;10;5) [⃗ n ,⃗ n ]=(0 ; 2 ; 1) Ta có nên d có vectơ chỉ phương ⃗u=¿ 5 P Q  x  1   y 2t (t  ) d  z 2  t  Do đó. 4. 4. 18. 8. có phương trình. 3. 2. 2. Phương trình hoành độ giao điểm:  x  3 x  2 x  1 3 x  2 x  1.   x3  4 x 0  x 0  x 2 1+2i ⇔ z − 2+ 3i=2−i ⇔ z=4 − 4 i ⇔ z=4+ 4 i. i 1 ⃗ AB=(1 ; −1 ; −1) . AB=(− 2; 2 ; 2) ⇒ AB có vectơ chỉ phương ⃗u=− ⃗ 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 .. 5. 2. 23. 22. 6. 5. 25. 13. 7 8. 12 15. 24 14. 23 9. 9. 8. 3. 1. a 2 3a 2 S 4 a a S1 6a , S2 2   .a  2   a 2    1  3 2 S2   2  2. 10. 9. 20. 19. 1 a3 2 SA  SB 2  AB 2 a 2  V  .a 2 .a 2  3 3 Tính được. 11. 24. 13. 30. 12. 18. 15. 29. 13. 25. 29. 28. i( z − 2+ 3i)=1+2 i⇔ z −2+3 i=. 2. 2. 1± √ 3i z 1,2= ⇒ S= 2. 2. 2. √( ) ( ) √( ) (. Có hai hàm số nghịch biến là. y=. e π. 1 √ 3 =2 + − 2 2. Vì. 1. Do đó. là hàm chẵn nên. 1. 1. ). x. (). y=. và. 2. f  x. 2. 2. 1 √3 + + 2 2. √3. x. (2). 2. 2. 2  f  x  dx 2 f  x  dx  f  x  dx 1 2. 0. 1. 2. 0. 1. f  2 x  dx  2 f  2 x  d  2 x   2 f  t  dt  2 0. 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 14. 21. 30. 27. ¿ log 1 (2 x −1) ≥0 2. 2 x −1>0 ⇔ ¿ 2 x −1 ≤1 2 x −1>0 1 ⇔ <x ≤1 ⇒ 2 ¿{ ¿. Điều kiện:. TXĐ:. D=¿ .. 15. 20. 19. 5. 16. 13. 6. 21. 17. 30. 28. 2. 18. 17. 2. 18. 19. 23. 22. 6. 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”.. 20. 7. 7. 14. Điểm cực tiểu của đồ thị là M (0;  2).. 21. 1. 26. 24. 22 23. 19 3. 10 21. 12 7. 24. 14. 17. 16. 25. 11. 11. 20. 26. 16. 27. 26. 27. 26. 12. 11. 4. 2016  f '  x  dx  f  4   f   1 2017  f   1  f   1 1 1. 28. 27. 1. 25. x. y '=. x. 3 ln 3 3 = x x (2+3 ) ln3 2+3. 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. Vẽ đồ thị hàm số. y  f ( x). , từ đó suy ra phương trình có 6 nghiệm phân biệt.. A (1 ; −3), B(− 2; 1)⇒ AB=5 . 1 2x f  x  dx  2 e  C. Có ba mệnh đề đúng: (I) ⃗a ⊥ ⃗b .. (II). ⃗b . ⃗c =5 .. (IV). |b⃗|=√ 14. 2 2 2 Tính được BB '  5  3 4  V 3 .4 36. 4 x −5 . 2x +6=0 ⇔ 2 x =2 ¿ 2 x =3 ¿ x =1 ¿ . x =log 2 3 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿  2 x  4   x 1   x 2  4 x  x 2  2 x  4 x2  4 x y  y'   2 2 x 1  x  1  x  1  y ' 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2  4 d đi qua M (1; 0; − 1) và có vectơ chỉ phương ⃗u=(2 ; 1; −1) .. ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 29. 10. 8. 4. 30 31. 28 49. 16 33. 15 48. ¿ M ∈(P) u⃗ . ⃗n=0 ( P) có vectơ pháp tuyến ⃗n=(2 ; −3 ; 1) . Nhận thấy ⇒ d ⊂(P). ¿{ ¿ Cách 2: Lấy M ∈ d ⇒ M (1+ 2t ; t ; −1− t ) , thay tọa độ của M vào phương trình của ( P) ta được 2(1+2 t)− 3 t −1 −t − 1=0 ⇔ 0=0 ⇒ M ∈( P) , do M lấy bất kì trên d nên d ⊂( P). 3 y 2. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là Mệnh đề sai: Vectơ ⃗n=(2 ; −1 ; 1) là một vectơ pháp tuyến của (P). STP 2  ab  bc  ca  a, b, c Gọi. là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật thì. 2 2 2 2 Theo giả thiết ta có a  b  c  AC ' 18. a 2  b2  c 2 ab  bc  ca  S 2.18 36. 32. 50. 43. 42. TP Từ bất đẳng thức S dO Gọi H là trung điểm của AD suy ra A IN M BC K H D 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).. IK OH . Nếu đặt x OI thì. a 10 4 và 2. a 2 2 OC  OI R IK  KS     x 4   2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. a 2  a 93 5 3a  R  x 2   x   x    12 12  4   a  A  ;0;0  , M (a;0;0)  Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho H (0;0;0),  2 và  a 3  a 3a  S  0;0;  E  ; ;0  2   . Khi đó trung điểm  4 4  là trung điểm của MN. Do IE  ( ABCD )  a 10   a 3       4   2. 33. 31. 31. 38. 34. 40. 37. 35.  a 3a  5a 3 a 93 I  ; ;t  IS 2 IA2  t   R IA  12 12 . nên  4 4  . Từ 2 3 2 s 9t  t  v s ' 18t  3t  v ' 18  6t 0  t 3 t 3  v 27; t 5  v 15  vmax 27 Khi Gọi. z=x +yi. với. |2 z −1|=|z +1+i| ⇔|2 x −1+2 yi|=|x +1+( 1− y)i| 2 x −1 ¿2 +4 y 2 ¿ 1 − y ¿2 ¿ (1) x +1 ¿2+ ¿ ¿ ¿ √¿. x, y ∈R .. Ta. có.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 35. 37. 36. 46. y − 1¿ =5 Mặt khác điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn đã cho nên x − 1¿ 2+ ¿ (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 . y ' x 2  2  m  1 x   m  3   y ' 0 TXĐ: D =  , có nhiều nhất 2 nghiệm trên  ..  0;3 . y ' 0, x   0;3. +) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng. x2  2x  3 x2  2x  3 m, x   0;3 g  x  2x 1 2 x  1 trên khoảng  0;3 . Xét hàm số  x 1 2x2  2x  4 g ' x  ; g '  x  0   2  2 x  1  x  2  loai  g  x  m, x   0;3  m 2. . Từ BBT,.   3;  1.  y ' 0, x    3;  1. +) Hàm số đồng biến trên khoảng. x2  2x  3 x2  2x  3 m, x    3;  1 g  x  2 x 1 2 x  1 trên khoảng   3;  1 . Xét hàm số  x 1 2x2  2x  4 g ' x  ; g '  x  0   2  2 x  1  x  2  loai . . 36. 41. 49. 47. 2 2 g  x  m, x    3;  1  m  1 Từ BBT, . Do đó m  [ 1; 2]  a  b 5. Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường S 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. 1 VS . ABC  VS .MNP 4 x  SM , y SN , z SP , ta có: Đặt. 37. 38. 36. 32. 39. 46. 34. 39. M C  x 2  y 2 4  5a  2  x 2 76a 2   2 2  2 2 2 A B  y  z 4  6a    y 24a  2  2 2 2 2 N  z 120a  z  x 4  7 a  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=√ IN 2+ MN2=√ 20+16=6 . |5+6+ 10− 3| =6=IM do đó M phải là hình chiếu của Ta lại có d ( I ,( P))= √1+ 4+ 4 ⇒⃗ IM=t ⃗ n P ⇒ M (5+ t ; −3 −2 t ; 5+2 t) . ( P)⇒ IM ⊥(P) Do M ∈(P) nên 5+t − 2(−3 −2 t)+2(5+ 2t) −3=0 ⇔ t=− 2⇒ M (3 ; 1 ; 1)⇒ OM=√ 11 . k. 5. 2. ,. 39. 34. 35. 36. 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  k. 1 2 2 15 V1 2V1  1     k  k k 5 7 2 Phương trình x  x  2 0 có hai nghiệm x 1, x  2. P. I. lên.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thay x 1 vào biểu thức 4 x  1 . 40. 39. 38. 32. x 2  2 x  6 thấy kết quả bằng 0, thay x  2 vào biểu. 2 thức 4 x  1  x  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. MN thì parabol có phương trình là. y . 1 2 x 6 6 . 2. 41. 38. 42. 37. 208 2  1  S    x 2  6  dx  m 6 9    2 - Khi đó diện tích của khung tranh là 208 900.000 20.800.000 - Suy ra số tiền là: 9 đồng 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 nA C V 1 Gọi là thể tích khối nón tròn xoay khi. . . 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. D. quay hình phẳng (BnD) quanh trục AC thì V V1  V2  V3 2. Tính được:. 1 7 2 7 2 2.73 4 3 4.73 V1    .  , V  .7   2 3  2  2 12 3 3. Khối chỏm cầu có bán kính R 7, chiều cao. . 43. 40. 31. 43. 42. 32. 44. . 7 2 2 nên. 3 343 4  3 2  h  8  5 2 .7  V3 h  R    V 3 12  6 . Do đó: . log 7 12=x ⇔log 7 3+2 log 7 2=x (1) xy=log 7 12. log 12 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=3 x −2 xy . log 7 168 log 7 (23 .3 . 7) 3 log 7 2+ log 7 3+1 xy +1 log 168 ¿ = = = . 54 Do đó log 7 54 log7 2+3 log 7 3 − 5 xy+ 8 x log 7 (33 .2) Do đó a=1 ,b=−5 , c=8⇒ S=15 2x  u ln  9  x 2   du  2   x 9  dv dx v  x  3 Đặt 2. 42. h 7 . ..  I  x  3 ln  9  x. 2. . 2 1. . . 2. 2 x  x  3 x  2 2 dx  ln 5  6 ln 2  2  dx x 9 x 3 1 1 2. ln 5  6 ln 2  2  6ln  x  3 1  ln 5  6 ln 2  2  6 ln 5  12 ln 2 5ln 5  6ln 2  2  S 13. 44. 45. 41. 43. 2. PT ⇔ log 2 x − 2 log 2 x +3=m . Đặt. t=log 2 x , do. PT đã cho trở thành t 2 −2 t+ 3=m (*) . Lập bảng biến thiên của hàm số f (t)=t 2 − 2t +3. x∈. 1 ;4 2. [ ]. trên đoạn. nên. t ∈[−1 ; 2].. [− 1; 2] ta được (*) có.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> min f (t) ≤m ≤ max f (t )⇔ 2≤ m≤ 6 . t ∈[−1 ; 2] khi và chỉ khi [−1 ;2 ] [− 1 ;2] y ' =0 ⇔ ln x=0 ¿ ln x=2 ¿ x=1 2 ¿ 2 ln x − ln x y'= , . 2 x=e 2 x ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 4 9 2 3 y (1)=0 , y (e )= 2 , y (e )= 3 e e 4 2 2 3 ⇒ max = y (e )= 2 ⇒ m=4 ,n=2 ⇒ S=4 +2 .2 =32 [1 ; 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. N 1= A( 1+ r)− a 1+r ¿2 −a [1+(1+r )] N 2=[ A (1+ r )− a](1+r )−a= A ¿ 1+r ¿2 − a[1+(1+ r)] 1+(1+r )+¿ 1+r ¿ 3 − a ¿ A ¿ (1+r )− a= A ¿ N 3=¿ nghiệm. 45. 44. 47. 45. 3. 46. 35. 34. 50. ............................... 1+r ¿ m −1 ¿ ¿ 1+ r ¿ m − a ¿ 1+r ¿2 +.. .+¿=A ¿ Khi 1+(1+ r)+¿ 1+ r ¿ m − a ¿ N m= A ¿ m. 1+r ¿ (Ar − a)+ a=0 ⇔ m=log 1 +r. 46. 45. 49. 48. 33. 44. 40. hết. nợ. nghĩa. là. N m=0. a a− Ar. ⇔¿ m≈ 21 , 6 . Do đó số tháng để trả hết nợ là 22 tháng. ac  0 d a cd  0  c  0,  c  0     bd  0  bc  0  b  0,  b  0  ab  0 a d  ad  0 Từ đồ thị ta thấy  +) Gọi H là trung điểm của AB , do tam giác IAB vuông cân tại I nên IH ⊥ AB và IA=√ 2 IH  d M (2; 1 ; −1) u ⃗ =(2 ; 1; −1) +) ⃗ ⃗ đi qua và có vectơ chỉ phương . IM (0; 2;  2)  [ IM ; u ] (2;  4;  4) |[⃗ IM; u⃗ ]| √ 16+16+ 4 ⇒ d ( I , d)= = =2. |⃗u| √ 4 +4 +1 Do đó IA=√ 2 IH=√ 2 d (I , d )=2 √ 2 , suy ra mặt cầu có phương trình Thay số ta được:. 47. trả.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> z − 1¿ 2=8 . y +1¿ 2+ ¿ x − 2¿ 2+¿ ¿. Chú ý: Có thể tính IH bằng cách tìm tọa độ điểm H . 49. 48. 48. 33. y x 4  4(m  1) x 2  2m  1  y ' 4 x 3  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. 4    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 . 41 Gọi. . T. 1  ln 2 A  A.e r .T  r  T . là chu kì bán rã, suy ra 2 S 5.e. Do đó:. . . 2  m  1 ;  4  m  1  2m  1 ; C  2  m  1 ;  4  m  1  2m  1. ln 2 .4000 T. 4000.  1  1602 5.   0,886  2 ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>