QSTUDY.VN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THẦY MẪN NGỌC QUANG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 LẦN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Hàm số y  x  3x  9x  đồng biến khoảng:  A 1;3   B 3;1   C ; 3   D 3;   Hướng dẫn giải y  x  3x  9x  4, D   y '  3x  6x  x  1 y '   3x  6x     x      y '  0,  x  1;3  hàm số đồng biến 1;  Câu Hàm số y  4x  3x  có: A Một cực đại cực tiểu B Một cực tiểu cực đại C Một cực đại D Một cực tiểu Hướng dẫn giải y  x  3x    y '  4x  6x  x 4x   y '   x  đổi dấu từ + sang – ( dựa vào bảng biến thiên)  Hàm số có cực đại Đáp án C Câu GTNN hàm số y  x   A  B 1   ;5  bằng: x 2  C 3 D 2 Hướng dẫn giải y  x 5   x  1 L x2  1  y'  1   y '   x     x x x2  x   1 2  Ta có : f  3; f     ; f  Vậy GTNN hàm số 3  C Cách giải khác: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: y  x  Câu Cho hàm số y  1   x   3 x x x  2x  3x  1 Tiếp tuyến đồ thị hàm số 1 song song với  đường thẳng y  3x  có phương trình là: A y  3x  B y  3x  26 C y  3x  D y  3x  29 Hướng dẫn giải y x  2x  3x   y '  x  4x  Đường thẳng y  3x  có hệ số góc   x  x  Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên: y ' x    x   y  suy phương trình tiếp tuyến: y  3x  x  4 y  29  phương trình tiếp tuyến: y  3x  3 Thử lại, ta y  3x  29 thỏa yêu cầu toán Câu Điểm sau điểm uốn đồ thị hàm số: y  x  3x  là:      C 1;1 B 1; A 0;5  D Không có điểm uốn Hướng dẫn giải y  x  3x   y '  3x   y ''  6x   y ''   x   y   Điểm uốn I 0;5   Câu Với tất giá trị m hàm số y  mx  m  x    2m có cực trị: A m  B m  C  m  D m   m  Hướng dẫn giải       y  mx  m  x   2m  y '  4mx  m  x  2x 2mx  m  x  y'    2mx  m    Hàm số có cực trị  (2) vô nghiệm có nghiệm kép       2m m    m   m  x  3x Câu Đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị hàm số y  điểm: x 1 A B C D Hướng dẫn giải Phương trình hoành độ giao điểm: x  3x  x  m  2x  m  x  m  x 1     m4    8m  m  16  0, m  nghiệm phân biệt Vậy d cắt (C) điểm Câu Với giá trị m hàm số y  A m  B m  m  1 x  2m  nghịch biến x m C m   m   1;   : D  m  Hướng dẫn giải y m  1 x  2m   y '  m  1 m  2m   m  m  x m x  m  x  m  2    Hàm số nghịch biến 1;   y '  0x  1;    m  m  1    1m 2   m  m  m       Câu Cho phát biểu sau: 1 Hàm số y  x  3x  3x  có đồ thị (C) không có cực trị 2  Hàm số y  x  3x  3x  có điểm uốn U  1; 0   Đồ thị hàm số y    Hàm số y  3x  có dạng x 2 2x  2x  2x  có lim   lim   x 1 x  x 1 x  x 1 Số phát biểu là: A B C D 4 Câu 10 Giá trị m để đường thẳng d: d : x  3y  m  cắt đồ thị hàm số y  điểm M N cho tam giác AMN vuông điểm A 1;  là: A m  B m  C m  6 2x  hai x 1 D m  4 Hướng dẫn giải Ta có d : y   x  m Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 2x  m  x  (m  5)x  m   0, x  (1)  x x 1 3 Ta có   (m  7)  12  0, m M (x 1; y1 ) , N (x ; y2 ) Ta có AM  (x1  1; y1), AN  (x  1; y2 ) Tam giác AMN vuông A  AM AN  hay (x1  1)(x  1)  y1y2   (x1  1)(x  1)  (x1  m)(x  m)   10x1x  (m  9)(x1  x )  m   (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1  x   m 5, x1x  m  10(m  9)  (m 9)( m 5)  m    6m  36   m  6 Câu 11 Cho A  log  log4 81  log2 27  81 log5 Chọn nhận định A logA(626)  logA B 616 3 C A  313 D log2 A   log2 313 Hướng dẫn giải A  log  log2  log4 81  log2 27  81 log5   log2  log2  log2 27  log3  6.9  54   625  626 27    log2 626  log2 2.313   log2 313  D Câu 12 Tập nghiệm bất phương trình: log3(x  1)  log (2x  1)  là: A S  1;2     B S    ;2   C S  1;2 D S  1;2 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  log3(x  1)  log3(2x  1)2   log3[(x  1)(2x  1)]   2x  3x     x 2  Kết hợp điều kiện  S  1;2 Câu 13 Cho log3 15  a, log3 10  b Giá trị biểu thức P  log3 50 theo a b là: A P  a  b  B P  a  b  C P  2a  b  D P  a  2b  Hướng dẫn giải log3 50  log3 150  log3 15  log3 10   a  b    Câu 14 Cho biểu thức Q  loga a b  log a b   log a b b  , biết a, b số thực dương khác Chọn nhận định xác B 2Q  log A 2Q  logQ 16 Q 16 C 2Q  logQ 15 D Q  Hướng dẫn giải      Ta có Q  loga a b  loga a b  logb b a b  1  loga a b  loga a b   loga     loga     1    a2 b  a        Câu 15 Cho phương trình 3.25x  2.5x 1   phát biểu sau: 1 x  nghiệm phương trình 2  Phương trình có nghiệm dương   Cả nghiệm phương trình nhỏ 3   Phương trình có tổng nghiệm là:  log5     Số phát biểu là: A B C D Hướng dẫn giải  Phương trình  3.25x  10.5x   Đặt t  5x t   t  Phương trình có dạng: 3t  10t     t   * Với t   x 1 x  x  * Với t  73  7  x  log5   3         Vậy phương trình có tập nghiệm: S  0; log5          Câu 16 Nguyên hàm f x  cos 5x  là: A  sin 5x   C     B sin 5x   C    D 5 sin 5x   C C  sin 5x   C Hướng dẫn giải       f x  cos 5x   Nguyên hàm F x  Câu 17 Tích phân I  3 sin 5x   C   dx bằng: sin2 x cos2 x   A B C D Hướng dẫn giải I  3  dx  sin x cos2 x 3 3   2 cot2x ]  2 cot dx sin2 2x 3   cot    4 Câu 18 Cho I    2x   x dx Giá trị I là: A I  B I  C I  D I  Hướng dẫn giải I    2x   x dx I      2x   x dx  1 2x   x dx 1  3x   x  3 1 1    x     x     1   2       Câu 19 Thể tích khối tròn xoay sinh hình phẳng giới hạn đường y  y  0, x  0, x  quay vòng quanh trục Ox (theo đơn vị thể tích) A 2 (dvtt) C 6 (dvtt) B 4 (dvtt) , x 4 D 8 (dvtt) Hướng dẫn giải Sử dụng Casio Nhập vào máy   16 x   dx  4 Chú ý có dấu trị tuyệt đối tích phân! Câu 20 Tính diện tích hình phẳng giới hạn : y  A B 10 C x , y  x  2, y  10 D 10 Hướng dẫn giải Bước : Chuyển sang x theo y : y  x , y  x  2, y   x  y 2, x  y  Lập phương trình ẩn y : y  y   y  2, y  1 (loại) Bước : S  y 2  y  2dy   (y  y  2)dy  10 Câu 21 Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  14  2i Tính tổng phần thực phần ảo z A 4 B 14 C D 14 Hướng dẫn giải Ta có: (1+i).z=14 – 2i  z = 14  2i =6 – 8i  z   8i 1i Vậy tổng phần thực phần ảo z  14   Câu 22 Cho số phức z thỏa mãn  3i z   i  z Môdun số phức w  13z  2i có giá trị bằng: A 2 B 26 13 C 10 D  13 Hướng dẫn giải     Ta có:  3i z   i   z   3i z  1  i  z       1  i  3i 1  i  2  3i 22  3 2  3i  2i  3i  5i z    w  13z  2i   3i  w    10 13 13 Câu 23 Cho số phức z  (1  2i )(4  3i )   8i Cho phát biểu sau: 1 Modun z số nguyên tố 2  z có phần thực phần ảo âm   z số thực   Số phức liên hợp z có phần ảo 3i Số phát biểu sai là: A B C D Hướng dẫn giải  Ta có: z   2i   3i    8i  4  3i Phần thực: –4, phần ảo: –3  z  (4)2  (3)2  Ta soi lại đáp án ! Câu 24 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy Cho tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện 2  i(z  1)  Phát biểu sau sai: A Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I(1; –2) 10 Câu 28 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng A1B1C  thuộc đường thẳng B1C Khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C theo a là: A a B a C 2a D 4a Hướng dẫn giải Do AH   A1B1C1  nên góc AA1H góc AA1  A1B1C1  theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1  a, AA1H  300  AH  Xét AHA1 có AA1  a, góc AA1H  300  A1H  a Do A1B1C1 cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H  a a Suy A1H vuông góc B1C1 AH  B1C1 nên B1C1   AA1H  HK khoảng cách AA1 B1C1 Ta có AA1.HK  A1H AH  HK  A1 H AH a  AA1 Câu 29 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C có đáy tam giác cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Biết hình chiếu vuông góc A '  ABC  trùng với trung điểm cạnh BC Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A '.ABC A R  a B R  2a 3 C R  a 3 D R  a Hướng dẫn giải Tìm bán kính mặt cầu : Ngoại tiếp tứ diện A ' ABC  Gọi G tâm tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng d A ' H cắt AA ' E 13     Gọi F trung điểm AA ' , mp AA ' H kẻ đường thẳng trung trực AA ' cắt d I  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bán kính R  IA a AA '  6 Ta có: Góc AEI 600, EF   IF  EF tan 600  a  R a 3 AF2  FI      Câu 30 Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vuông cạnh a , SAB  ABCD H trung điểm AB, SH  HC , SA  AB Gọi  góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD  Giá trị tan  là: A B 2 C 3 D Hướng dẫn giải Ta có AH  a AB  , 2 SA  AB  a, SH  HC  BH  BC  a 5a  AH  SAH  SA  AB  SA  ABCD Có SA  AH       AC  hc SC ; ABCD   Ta có SC ; ABCD   SCA, tan SCA  14 Câu 31 Đội tuyển học sinh giỏi thầy Quang gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội thi quó c gia cho khối có em chọn: A 48118 B 41181 C 41811 D 41818 Hướng dẫn giải  43758 cách Số cách chọn học sinh từ 18 học sinh đội tuyển là: C 18  Số cách chọn học sinh khối 12 11 C 138  Số cách chọn học sinh khối 11 10 C 118  Số cách chọn học sinh khối 12 10 C 128  C118  C128  41811 cách Suy số cách chọn theo yêu cầu toán là: 43758  C13 Câu 32 Hưng Hoàng tham gia kì thi THPT Quốc gia, có hai môn trắc nghiệm Vật lí Hóa học Đề thi môn gồm mã khác môn khác có mã khác Đề thi xếp phát cho thí sinh cách ngẫu nhiên Tính xác suất để hai môn thi Hưng Hoàng có chung mã đề thi A B 18 C 18 D 36 Hướng dẫn giải  Số cách nhận mã đề hai môn Hưng 6.6=36  Số cách nhận mã đề hai môn Hoàng 6.6=36 Số phần tử không gian mẫu   36.36  1296 Gọi A biến cố”Hưng Hoàng có chung mã đề thi”  Khả 1: có mã đề Vật lí Điệp có 6.6 cách nhận mã đề hai môn, Hoàng có 1.5 cách nhận mã đề Do có 36.5=180 cách  Khả 2: Tương tự có mã đề Hóa học có 180 cách    A  360 Vậy P A  360  1296 18 15   Bài 33 Hệ số x khai triển biểu thức :  3x   là: x   10 A 162 B 810 C 810 D 162 Hướng dẫn giải   10 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển biểu thức :  3x   x    2  3x    x   C k 0 k k   3x k  2      x    k C 5k 1 35k 2k x 155k k 0 Hệ số của số hạng chứa x C 5k (1)k 35 k 2k , với 15  5k  10  k  10 Vậy hệ số x 10   : C 51 1 3421  810 Bài 34 Số nguyên n thỏa mãn biểu thức An2  3C n2  15  5n là: A B C A B D Không có giá trị thỏa mãn Hướng dẫn giải Điều kiện: n  , n  An2  3C n2  15  5n  n(n  1)  3.n !  15  5n 2!(n  1)! n   n  11n  30    n  Vậy có đáp án thỏa mãn A B Suy đáp án C Câu 35 Trong khong gian với hẹ trục tọ a đọ Oxyz , cho đường thẳng d qua điểm M  0; 1;1 có véc tơ phương u  (1;2;0) ; điểm A  1;2;  Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d có vecto pháp tuyến n  (a;b;c)(a  b  c  0) : 16 A a  2b B a  3b C a  3b D a  2b Hướng dẫn giải Đường thẳng d qua điểm M(0;-1;1) có véc tơ phương u  (1;2;0) Gọi n  (a;b;c)(a  b  c  0) véc tơ pháp tuyến (P) Do (P) chứa d nên u.n   a  2b   a  2b Câu 36 Trong khong gian với hẹ trục tọ a đọ Oxyz cho mặt phẳng P  : x  y  z  Phương trình mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) cách điểm M 1;2; 1 khoảng có dạng: Ax  By  Cz  0(A2  B  C  0) A B  hay 3B  8C  B B  hay 8B  3C  C B  hay 3B  8C  D 3B  8C  Hướng dẫn giải A  B  C  (P )  (Q )    A  2B  C Từ giả thiết ta có:  d(M ;(Q ))     2 A  B  C  A  B  C   B  2C  2(*)  2  2B  2C  2BC (*)  B  3B  8C  17       Câu 37 Trong không gian Oxyz, cho điểm M 3;1;1 , N 4;8; 3 , P 2;9; 7 và mạ t phả ng Q  : x  2y  z   Đường thẳng d qua G , vuông góc với Q  Tìm giao điểm A mặt phẳng Q  đường thẳng d Biết G trọng tâm tam giác MNP     B A 1; 2; 1 A A 1;2;1   C A 1; 2; 1   D A 1;2; 1 Hướng dẫn giải  Tam giác MNP có trọng tâm G(3; 6; -3) x   t   Đường thẳng d qua G, vuông góc với (Q): y   2t z  3  t  x  y  Đường thẳng d cắt (Q) A:  z x   3t   2t  A 1;2; 1  3  t  2y  z         Câu 38 Trong không gian Oxyz, cho hình thoi ABCD với điểm A 1;2;1 , B 2; 3;2 Tâm I hình thoi thuộc đường thẳng d : x 1 y z 2   Tọa độ đỉnh D là: 1 1   B D 0;1;2     D D 2;1;   A D 2; 1; C D 0; 1; 2 Hướng dẫn giải Gọ i I  1  t; t;2  t   d Ta có IA   t; t  2; t  1 , IB  t  3; t  3; t  Do ABCD là hình thoi nen IA.IB   3t  9t    t  1; t  2 Do C đó i xứng với A qua I và D đó i xứng với B qua I nên  t  1  I  0;1;1  C 1;0;1 , D  2; 1;0  18  t  2  I 1;2;0   C  3;2; 1 , D  0;1; 2      Câu 39 Trong khong gian với hẹ tọ a đọ Oxyz cho hai điẻ m A 1;4;2 , B 1;2;4 và đường thả ng  : x 1 y 2 z   Điẻ m M tren  cho: MA2  MB  28 là: 1  A M 1; 0;   B M 1; 0;   C M 1; 0; 4   D M 1; 0; 4  Hướng dẫn giải x   t  Phương trình tham số đường thẳng  : y  2  t  M  t; 2  t;2t z  2t    Ta có : MA2  MB  28  12t  48t  48   t   Từ đó suy ra: M 1; 0;  Câu 40 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác MNP với M 1; 1 , N  3;1 , P  5; 5 Tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là: A I  4;2  B I  4;2  C I  4; 4  D I  4; 2  Hướng dẫn giải I  x; y  tâm đường tròn ngoại tiếp MNP 2  x  12   y  12   x  32   y  12   MI  NI    2 2 MI  PI     x  1   y  1   x  5   y   x  y  x     I  4; 2  x  y   y  2 Câu 41 Trong mặt phẳng Oxy cho đường  Cm  : x2  y   m   x  4my  19m   Với giá trị m sau C m  đường tròn ? A  m  B m  m  C m  D m  19 Hướng dẫn giải C  : x m    y  m  x  4my  19m    a  m  2;b  2m;c  19m    Để C m đường tròn  a  b  c     m   4m  19m    5m2  15m  10   m   m  Câu 42 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giá c ABC vuông A  3;  có tâm đường tròn ngoại tiếp là I  2; 1 và điểm B nằm đường thẳng d : x  y   Tọa độ đỉnh C a;b  Giá trị S  2a  3b là: A S  8 B S  28 C S  18 D S  Hướng dẫn giải Ta có : IA  1;3  IA  10 Giả sử cos HPN  cos(u, PH )  4a  3b a  b2  I là tam đường tròn ngoại tiếp tam giá c ABC  IA  IB  IA2  IB2 b   B  5; 2   10  2b2  16b  40  b2  8b  15    b   B  3;  Do tam giá c ABC vuong A  I  2; 1 là trung điểm BC * Với B 5; 2  C  1;0 * Với B  3; 4  C 1;2  20 Vậy tọa độ đỉnh B, C là : B  5;2  , C  1;0  và B  3; 4  , C 1;  Chỉ có đáp án D thỏa mãn Câu 43 Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông A và D Biết AB  AD  ;   CD  , phương trình BD là x  y  , C thuộc đường thẳng x  4y   Tọa độ A a, b biết điểm C có hoà nh độ dương Tính S  a  b A S  B S  C S  D S  Hướng dẫn giải Từ giả thiết chứng minh DB vuông góc với BC và suy CB  2  d C,  BD  C  4c  1; c   4c   c 11 c  3c    2  3c       C  5;1 c    loai  3c   4  B là hình chiếu C lên đường thẳng BD  B  3;3 Mà AB  nên A thuộc đường tròn có PT  x  3   y  3  1 2 Tam giá c ABD vuong can A  Góc ABD  450  PT AB là x  y   Với x  và o (1) giải y  y   A(3; 1) thử lại không thỏa; A(3; 5) thỏa  Với y  và o (1) giải x  x   A(1; 3) thỏa; A(5; 3) không thỏa Câu 44 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giá c ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC Bié t M  3; 1 là trung điẻ m củ a cạ nh BD , điẻ mC có tọa độ C  4; 2  Điẻ m N  1; 3 nà m tren đường thả ng qua B và vuong gó c với AD Đường thả ng AD qua P 1;3 Phương trình AB: ax  y  b  Giá trị biểu thức S  a  2b là: A S  5 B S  4 C S  6 D S  3 Hướng dẫn giải Giả sử D  a; b  Vì M là trung điẻ m củ a BD nen B   a;  b  AD  DC  BN / / CD  BN , CD cù ng phương BN   a  7; b  1 , CD   a  4; b   21   a   b  2   a  4 b  1  b  a  1 PD   a  1; b  3 , CD   a  4; b   PD  CD   a  1 a     b  3 b      a  a  Thế (1) và o (2) ta 2a  18a  40     Với a   b  2  D  4; 2  loạ i vì D trù ng C  Với a   b  1  D  5; 1 B 1; 1 Đường thẳng AD qua P 1;3 , D  5; 1  AD : x  y   AB  BC và qua B 1; 1  AB : 3x  y    S  a  2b    5  A Сâu 45 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, biết cạnh huyền nằm đường thẳng x  y  31  Điểm N  7;7  thuộc đường thẳng AC, điểm M  2; 3 thuộc đường thẳng AB A  a; b  , B  c; d  , C  e; f  Cho mệnh đề sau: I  a  b  c  2 II  d  f III  a  c  e 1 IV  b  d  Số mệnh đề là: A B C D Hướng dẫn giải  Đường thẳng AB có phương trình a  x    b  y  3   a  b2   Do góc ABC 450 nên ta có: cos 450  a  7b 3a  4b   12a  7ab  12b2    50 a  b2  4a  3b  Với 3a  4b , ta chọn a = suy b = Vì AC vuông AB nên AC : 3x  y    A  1;1  B  4;5  C  3;   Với 4a  3b , ta chọn a  3; b  4 , loại hệ số góc dương 22 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A  1;1 , B  4;5 , C  3;4  Câu 46 Cho hình thoi ABCD có BAC 600 E giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi F hình chiếu vuông góc A lên BC Cho tam giác AEF có điện tích S  30 , điểm A thuộc đường thẳng d: 3x  y   có G  0;2  trực tâm Phương trình EF: ax – 3y  b  Biết A có tung độ nguyên dương Giá trị biểu thức S  A S  B S  C S   a là: b D S   Hướng dẫn giải Ta có: Nên AF FBA 1800 ABE 600 AE ABC 600  AB phân giác FBE Do FA AEF cân A.Lại có: FAE BAE FAB BF , AE BE 600  AEF Xét tam giác AEF : S  30 nên độ dài cạnh tam giác : a  30 ; R  10 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF : x   y    40 A giao đường tròn đường thẳng 3x – y    A  2,8 Phương trình EF , qua M trung điểm EF , điểm M tìm từ tỉ lệ vecto : AG  2GM  M 1, 1 Phương trình EF : x  3y    S  a  b 4 Câu 47 Cho phương trình x   x   3x  có nghiệm vô tỉ x  a3 b Tính tổng S  a  b : A 20 B 26 C 42 D 24 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  Phương trình cho tương đương 23 x 1   x 1   x   x  1 x  1   x  1     x   x  * Phương trình * tương đương  x   x    x  1  x   x  14  x  11   15  x  x      x   4  x  1   x  112 16  x  1   x  14 2  x  15  ; 15       8   a  15  S  a  b  20 b    Từ suy ra:   xy  x  1  x3  y  x  y  Câu 48 Cho hệ phương trình:  3 y  x    y        x  x2   Với x, y nghiệm hệ phương trình Tính giá trị biểu thức 5x  10y : A 1 B C D Hướng dẫn giải y  x Phương trình 1   x  y   x  y  1     y  x 1      Thế vào PT (2) ta được: 3x  x    x    x  x     x  1   x  1       3x    3x  3   f  x  1  f  3x  Xét f  t   t    t   có f '  t   0, t  5 Suy f t hàm số đồng biến nên: x   3x  x    y   Đến coi ta tìm đáp án ! Nhưng ta nên xét đến trường hợp lại 24  Trường hợp y  x  vào phương trình (2) ta :    x  1  x    x       x  x2   Vế trái dương  phương trình vô nghiệm 1 Vậy hệ có nghiệm nhất:   ;    5 Từ suy S  5a  10b  1   Câu 49 Số giá trị nguyên m để phương trình x x  x  12  m    x   x có nghiệm là: A 10 B 11 C 12 D 13 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  0;  Khi phương trình tương đương với: x    x  x  12 Xét hàm số f x  x x  x  12    5x  4x  m   x   x liên tục đoạn 0;  Ta xét riêng sau:     g1 x  x x  x  12  g '2 x  3x 2 x  x  12 0   Suy hàm số g1 x đồng biến đoạn 0;      g2 x   x   x  g2 ' x  Với x  0;      x   x  g2 ' x  5x  4x 5x 4x 5x  4x 5x 4x 0 25   Suy hàm số g2 x đồng biến đoạn 0;        Từ suy f x  g1 x g2 x đồng biến đoạn 0;    Suy phương trình có nghiệm khi f  m  f      m  12 Từ suy có 12 giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 50 Cho a,b, c số thực Giá trị nhỏ biểu thức P  A  b c 2a   4a  3c  12 b  c  là: 3b B C 2a  3c D Hướng dẫn giải Ta có P  11    b c 2a    4a  3c  12 b  c   2a  3c 3b      4a  3b  3c   21a  31b  2a 4 3c  Theo bất đẳng thức Cauchy  Schwarz ta có  P  11  4a  3b  3c Đẳng thức xảy b  c   16  P   4a  16 3b  3c a Luyện thi THPT Quốc Gia môn TOÁN 2017 TN thầy Mẫn Ngọc Quang QSTUDY.VN Link khóa học: http://qstudy.edu.vn/ Mời quý bạn đón đọc sách: Dự kiến mắt sau có đề mẫu GD Nội dung sách: Sẽ bám sát cấu trúc đề mẫu GD 26  Phương pháp tư giải nhanh trắc nghiệm  Kỹ sử dụng Casio giải số dạng  Luyện giải đề thi thử THPT thầy Quang Khóa học liên quan : Hóa học thầy Nguyễn Anh Phong 27 [...]... số cách chọn theo yêu cầu bài toán là: 43758  C13 Câu 32 Hưng và Hoàng cùng tham gia kì thi THPT Quốc gia, trong đó có hai môn trắc nghiệm là Vật lí và Hóa học Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau Đề thi được sắp xếp và phát cho thí sinh một cách ngẫu nhiên Tính xác suất để trong hai môn thi đó Hưng và Hoàng có chung đúng một mã đề thi A 1 9 B 1 18 C 5 18 D 5 36... Hướng dẫn giải  Số cách nhận mã đề hai môn Hưng là 6.6=36  Số cách nhận mã đề hai môn Hoàng là 6.6=36 Số phần tử của không gian mẫu   36.36  1296 Gọi A là biến cố”Hưng và Hoàng có chung đúng một mã đề thi  Khả năng 1: có cùng mã đề Vật lí Điệp có 6.6 cách nhận mã đề hai môn, khi đó Hoàng có 1.5 cách nhận mã đề Do đó có 36.5=180 cách  Khả năng 2: Tương tự có cùng mã đề Hóa học có 180 cách   ... 3b  3c 2 a 3 Luyện thi THPT Quốc Gia môn TOÁN 2017 TN cùng thầy Mẫn Ngọc Quang tại QSTUDY.VN Link khóa học: http://qstudy.edu.vn/ Mời quý bạn đón đọc sách: Dự kiến ra mắt sau khi có đề mẫu bộ GD Nội dung sách: Sẽ bám sát cấu trúc đề mẫu bộ GD 26  Phương pháp tư duy giải nhanh trắc nghiệm  Kỹ năng sử dụng Casio giải quyết một số dạng bài  Luyện giải đề thi thử THPT cùng thầy Quang Khóa học liên... giả thi t thì góc AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1  a, AA1H  300  AH  Xét AHA1 có AA1  a, góc AA1H  300  A1H  a 3 2 Do A1B1C1 đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H  a 3 2 a 2 Suy ra A1H vuông góc B1C1 AH  B1C1 nên B1C1   AA1H  HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 Ta có AA1.HK  A1H AH  HK  A1 H AH a 3  AA1 4 Câu 29 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C 1 có đáy là tam giác đều...  AH  4 2  2     AC  hc SC ; ABCD   Ta có SC ; ABCD   SCA, tan SCA  1 2 14 Câu 31 Đội tuyển học sinh giỏi của thầy Quang gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10 Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 học sinh trong đội đi thi quó c gia sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn: A 48118 B 41181 C 41811 D 41818 Hướng dẫn giải 8  43758 cách Số cách... trên đường thẳng x  7 y  31  0 Điểm N  7;7  thuộc đường thẳng AC, điểm M  2; 3 thuộc đường thẳng AB A  a; b  , B  c; d  , C  e; f  Cho các mệnh đề sau: I  a  b  c  2 II  d  f III  a  c  e 1 IV  b  d  5 Số mệnh đề đúng là: A 2 B 3 C 4 D 5 Hướng dẫn giải  Đường thẳng AB có phương trình a  x  2   b  y  3  0  a 2  b2  0  Do góc ABC bằng 450 nên ta có: cos 450...   1 4 a là: b D S   1 3 Hướng dẫn giải Ta có: Nên AF FBA 1800 ABE 600 AE ABC 600  AB là phân giác của FBE Do FA AEF cân tại A.Lại có: FAE BAE FAB BF , AE BE 600  AEF đều Xét tam giác AEF : S  30 3 nên độ dài cạnh tam giác đều : a  2 30 ; R  2 10 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF : x 2   y  2   40 2 A là giao của đường tròn và đường thẳng 3x – y  8  0  A  2,8 Phương trình EF , đi... phẳng đáy Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB , BC Thể tích tứ diện K SDC có giá trị là: 11 A V  a3 4 B V  a3 16 C V  a3 8 D V  Hướng dân giải S Từ giả thi t ta có AB = a, SA  a a 3 , SB  2 2 Nên ASB vuông tại S  SH  AB  SAH đều 2 B     C K Gọi M là trung điểm của AH thì SM  AB  a3 32 H  M Do SAB  ABCD  SM  ABCD D A 1 1 1 SM S KCD  SM S BAD 3 3 2 3 1 a 3 1 a.a 3 a (đvtt)... ABCD.A ' B 'C ' D ' : A V  12a 3 B V  3a 3 C V  9a 3 D V  6a 3 Hướng dẫn giải Gọi O = AC  BD Từ giả thuyết suy ra A ' O  ( ABCD) S ABCD  BC.CD.sin1200  a2 3 2 ̂ = 1200 nên 𝐴𝐵𝐶 ̂ = 600  ABC đều Vì 𝐵𝐶𝐷  AC  a  A ' O  A ' A2  AO 2  49a 2 a 2   2 3a 4 4 3 Suy ra VABCD.A ' B 'C ' D  3a 12 Câu 28 Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C 1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh bên và mặt... chọn a = 4 suy ra b = 3 Vì AC vuông AB nên AC : 3x  4 y  7  0  A  1;1  B  4;5  C  3; 4   Với 4a  3b , ta chọn a  3; b  4 , loại do hệ số góc dương 22 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A  1;1 , B  4;5 , C  3;4  Câu 46 Cho hình thoi ABCD có BAC 600 và E là giao điểm hai đường chéo AC và BD Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC Cho tam giác AEF có điện tích là S 