Đây là bản xem thử online, xin hãy chọn download miễn phí bên dưới để xem bản đẹp dạng .pdf
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017  
1
3
2
Câu 41. Một vật chuyển động theo quy luật S  t  6t với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật  
2
bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong thời gian đó. Hỏi trong khoảng  
thời gian 6 giây, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?  
A. 24 (m/s).  
Giải.  
B. 108 (m/s).  
C. 18 (m/s).  
D. 64 (m/s).  
3
2
Ta có vận tốc của vật tại thời điểm t (s) là: v   t 12t  f (t)  
.
2
Xét hs f(t) xác định và liên tục trên đoạn [0;6] ta có:  
f '(t)  3t 12  0  t  4(t / m)  
.
Ta có f(0)=0, f(4)=24, f(6)=18. Vậy ta chọn đáp án A.  
Câu 42. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình log x2log x3m2  0 có  
2
2
2
nghiệm thực.  
2
A. m<1.  
B. m .  
C. m<0.  
D. m 1.  
3
Giải.  
ĐK: x>0.  
Đặt t  log x ta có bpt:  
2
2
2
2
t 2t 3m2 0 3m t 2t 2  3m (t 1) 3 (1).  
2
BPT đã cho có nghiệm  
(1) có nghiệm 3m max[ (t 1) 3]  3m 3 m1. Chọn đáp án A.  
2
2
Câu 43. Với mọi số thực dương a và b thỏa mãn a  b  8ab, mệnh đề nào dưới đây đúng ?  
1
A. log(a b)  (loga logb).  
B. log(a b) 1 loga logb.  
2
1
1
C. log(a b)  (1 loga logb).  
D. log(a b)   loga logb.  
2
2
Giải.  
2
2
2
2
Ta có a  b  8ab  (a b) 10ab log(a b)  log(10ab)  2log(a b) 1 loga logb  
1
log(a b)  (1 loga logb)  
.
2
Chọn đáp án C.  
Câu 44. Xét hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A  
đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi  
chóp S.ABC nhỏ nhất.  
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) (ABC), tính cos  
khi thể tích khối  
1
3
2
2
A. cos  
.  
B. cos  
.
C. cos  
.
D. cos  
.  
3
3
2
3
Giải.  
(
Độc giả tự vẽ hình).  
Đặt AB=a, SA=x (a, x dương).  
Gọi M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên AM. Khi đó dễ dàng kiểm tra được  
SMA ((SBC),(ABC))   
 d(A,(SBC))  AH  3. Ta có:  
2
1
1
1
1
1
2
18x  
2
   
 a   
.
2
2
2
2
2
2
AH  
SA AM  
9 x  
a
3x  
x 9  
3
1
1
2
V
 SA.AB.AC  xa   
(x 3)  
.
x 9  
S.ABC  
2
6
6
1
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
3
2
2
x
x (x 27)  
Xét hàm số f (x)   
trên khoảng (3;) ta có: f '(x)   
 0 x  3 3 (dox  3)  
.
2
2
2
x 9  
(x 9)  
Lập bbt hàm số f(x) trên khoảng (3;+  
) ta được  
x
a
1
3
.
V
min  f (x)min  x  3 3  a  3 3  x  tan  
 2  cos  
S.ABC  
2
tan  
1  
3
2
Vậy chọn đáp án B.  
4
2
Câu 45. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 2mx  ba điểm cực trị tạo  
thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.  
3
A. m>0.  
B. m<1.  
C. 0 m 4.  
D. 0 m1.  
Giải.  
ĐTHS có 3 điểm cực trị ab0 m0 (1).  
x 0  
3
2
Với đk (1) ta có y'  4x  4mx  4x(x  m)  0   
.
x   m  
2
2
Các điểm cực trị của đths là A(0;0),B( m;m ),C( m;m ).  
2
2
Gọi M là trung điểm của BC ta có M(0;m )  
;
AM  m ,BC  2 m  
.
1
2
5
Do tam giác ABC cân tại A nên ta có  
S
 AM.BC  m m  m .  
ABC  
2
5
Theo gt  
S
1 m 1 m1. Kết hợp (1) ta có 0<m<1. Chọn đáp án D.  
ABC  
2
Câu 46. Cho hàm số y  f (x). Đồ thị của hàm số y  f '(x) như hình bên. Đặt g(x)  2f (x) x . Mệnh đề  
nào dưới đây đúng?  
A. g(3)  g(3)  g(1).  
C. g(1)  g(3)  g(3).  
Giải.  
B. g(1)  g(3)  g(3).  
D. g(3)  g(3)  g(1).  
(Đồ thị độc giả xem qua đề thi)  
Ta có g(3)=2f(3)+9, g(-3)=2f(-3)+9, g(1)=2f(1)+1.  
Xét hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=1, x=3 ta có:  
3
3
f '(x)dx  4 ( f '(x))dx  4  f (1)  f (3)  4  2f (1) 1 2f (3)  9 g(1)  g(3)  
.
1
1
Gọi a là giao điểm của đồ thị y=f’(x) với trục hoành. Khi đó diện tích của hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=-3,  
x=a nhỏ hơn diện tích của hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=a, x=3. Nên ta có:  
a
3
a
3
f '(x)dx  f '(x)dx  f '(x)dx  ( f '(x))dx  f (a)  f (3)   f (3) f (a)  f (3)  f (3)  
a
3
a
3  
g(3)  g(3).  
Chọn đáp án B.  
0
Câu 47. Cho hình nón (N)  đường sinh tạo với đáy một góc 60 . Mặt phẳng qua trục của (N) cắt (N) được  
thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích V của khối nón giới hạn bởi  
(
N).  
A. V  9 3  
Giải.  
Gọi thiết diện qua trục của hình nón (N)  tam giác SAB (cân tại S). Theo giả thiết góc giữa đường sinh và  
.
B. V 9.  
C. V  3 3  
.
D. V  3.  
0
0
mặt đáy bằng 60 suy ra SBO 60 suy ra tam giác ABC đều. Suy ra tâm nội tiếp I của tam giác ABC cũng là  
trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. Gọi bán kính của hình nón (N) R.  
2
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
1
1
3
R
.
Bán kính nội tiếp của tam giác SAB  r  OI  SO  . 3R  
3
3
3
S
I
A
O
B
1
2
Theo giả thiết r 1 R 3  SO  3R 3 V   
R SO  3  
. Chọn đáp án D.  
3
z
Câu 48.  bao nhiêu số phức z thỏa mãn z3i  13 và  
là số thuần ảo?  
z2  
A. Vô số.  
B. 2.  
C. 0.  
D. 1.  
Giải.  
Đặt z a bi (a,b R)  điểm biểu diễn là M(a;b). Ta có:  
2 2  
(a bi)(a 2 bi) a 2a b  
   
 Ai thuần ảo  a 2a b  0 (a b)  0  
2 2 2 2  
z
abi  
2
2
2
z2 (a2) bi  
(a2)  b  
(a2)  b  
ab0.  
2
2
2
a (b3) 13 a 3a2  0 (1)  
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn:  
b  a  
b  a  
(2)  
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt suy ra có 2 số phức t/m. Chọn đáp án B.  
Nhận xét: Chúng ta có thể dựa vào số giao điểm của đường thẳng a b  0  đường tròn a (b3) 13  
2
2
để suy ra số các số phức thỏa mãn đề bài.  
Câu 49. Trong không gian vơí hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;6), B(0;1;0)  mặt cầu (S) có  
2
2
2
phương trình: (x1) (y2) (z3)  25. Mặt phẳng (P): ax  by cz 2  0 đi qua hai điểm A, B và  
cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a+b+c.  
A. T=3.  
B. T=5.  
C. T=2.  
D. T=4.  
Giải.  
I
1
Ta có AB  (3;3;6)   AB  (1;1;2). Phương trình tham số của  
3
x t  
đường thẳng AB: y 1 t  
.
z2t  
B
K
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R 5  
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB suy ra  
H(t;1t;2t) IH (t 1;t 1;2t 3). Ta có  
.
H
A
P
IH.u  01(t 1)1(t 1)2(2t 3)  0t 1 IH  (0;2;1)  IH  5  
.
AB  
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Do tam giác IKH vuông tại K nên ta có  
IK  IH  IK  5 IK  R suy ra (P) luôn cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính  
2
r  25 IK  
.
r min  IK max  IK  IH  K  H  (P) nhận IH  (0;2;1) làm VTPT suy ra (P) có phương trình:  
(y1)1(z0)  0  2y z2  0 T  a b c  3. Chọn đáp án A.  
2
3
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
t
9
Câu 50. Xét hàm số f (t)   
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho  
t
9
m  
xy  
f (x)  f (y) 1 với mọi số thực x, y thỏa mãn  
e
 e(x y). Tìm số phần tử của S.  
C. Vô số.  
A. 0.  
B. 1.  
D. 2.  
Giải.  
xy  
Xét bất phương trình:  
e
 e(x y) (1).  
Do vế trái dương suy ra vế phải dương suy ra t  x  y  0 . Ta có:  
t
t
(
1)  e  et  lne  ln(et)  lnt t 1 0 (2)  
Xét hàm số f (t)  lnt t 1 với t>0. Ta có  
1
1t  
t
f '(t)  1  
0 t 1.  
t
Lập bảng biến thiên của f (t)  lnt t 1 trên khoảng (0;  ) ta có:m (0;ax) f (t)  f (1)  0 suy ra nghiệm của  
bpt (1) là t 1 suy ra y 1 x . Khi đó:  
4
x
4
f (x) f (y) 1 f (x)  f (1 x) 1 (m 9).9  0  m  9  m  3. Chọn đáp án D.  
4

LỜI GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG MĐ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017

Đăng ngày 6/24/2017 3:53:01 PM | Thể loại: Giải tích 12 | Lần tải: 285 | Lần xem: 0 | Page: 4 | FileSize: 0.38 M | File type: pdf
0 lần xem

đề thi LỜI GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG MĐ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017, Giải tích 12. . nslide trân trọng giới thiệu tới mọi người tài liệu LỜI GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG MĐ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017 .Để giới thiệu thêm cho các Thầy cô, các bạn sinh viên, học viên nguồn tài liệu tham khảo phục vụ cho công tác giảng dạy, học tập và nghiên cứu khoa học, trân trọng kính mời bạn đọc đang cần cùng xem , đề thi LỜI GIẢI CÁC CÂU VẬN DỤNG MĐ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017 thuộc chủ đề Giải tích 12 được chia sẽ bởi user Tuấn Nguyễn Văn đến bạn đọc nhằm mục đích nâng cao kiến thức , tài liệu này đã chia sẽ vào chủ đề Giải tích 12 , có tổng cộng 4 trang, thuộc định dạng .pdf, cùng thể loại còn có Đề thi Toán học Toán học 12 Giải tích 12 ,bạn có thể tải về free , hãy giới thiệu cho cộng đồng cùng xem

https://nslide.com/de-thi/loi-giai-cac-cau-van-dung-md-103-mon-toan-thptqg-2017.yzou0q.html