Published on
Hướng dẫn giải chi tiết đề thi THPT quốc gia môn Toán năm 2017 của Bộ Giáo dục và Đào tạo, mã đề 101
8. Ta có y = 3×2 −6x−9; y = 0 ⇔ x = −1 x = 3 , suy ra A(−1;6), B(3;−26), −→ AB = (4;−32). Đường thẳng AB đi qua A(−1;6) và nhận −→n = (8;1) làm một vectơ pháp tuyến. Do đó AB có phương trình 8(x+1)+1(y−6) = 0 ⇔ 8x+y+2 = 0. Kiểm tra ta thấy N(1;−10) thuộc AB. Câu 41. Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v(km/h) phụ thuộc thời gian t(h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 1 giờ kể từ khi bắt đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I(2;9) và trục đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng song song với trục hoành. Tính quãng đường s mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. s = 23,25(km). B. s = 21,58(km). C. s = 15,50(km). D. s = 13,83(km). t v O 1 2 3 4 9 I Lời giải. Chọn phương án B. Giả sử phương trình vận tốc trong khoảng thời gian 1 giờ là v(t) = at2 +bt +c. Ta có v (t) = 2at +b. Theo giả thiết v(t) là parabol có đỉnh I(2;9) và đi qua điểm (0;4). Do đó ta có 0 = 4a+b 9 = 4a+2b+c 4 = c ⇔ a = − 5 4 b = 5 c = 4 ⇒ v(t) = − 5 4 t2 +5t +4. Tại thời điểm 1 giờ, vận tốc của vật là v = v(1) = − 5 4 +5+4 = 31 4 (km/h). Trong thời gian từ 1 giờ đến 3 giờ vật chuyển động với vận tốc v = 31 4 (km/h). Do đó quảng đường vật đi được trong 3 giờ là s = 1 0 − 5 4 t2 +5t +4 dt + 3 1 31 4 dt ≈ 21,58(km). Câu 42. Cho loga x = 3, logb x = 4 với a, b là các số thực lớn hơn 1. Tính P = logab x. A. P = 7 12 . B. P = 1 12 . C. P = 12. D. P = 12 7 . Lời giải. Chọn phương án D. Ta có P = logab x = 1 logx(ab) = 1 logx a+logx b = 1 1 loga x + 1 logb x = 1 1 3 + 1 4 = 12 7 . Câu 43. Cho khối chóp chúng tôi có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 30◦. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V = √ 6a3 3 . B. V = √ 2a3 3 . C. V = 2a3 3 . D. V = √ 2a3. Lời giải. Chọn phương án B. 8
9. Diện tích hình vuông ABCD là SABCD = a2. Ta có BC⊥AB BC⊥SA ⇒ BC⊥(SAB). Suy ra SB là hình chiếu của SC trên (SAB). Do đó CSB là góc giữa SC và (SAB) hay CSB = 30◦. Trong tam giác SBC vuông tại B có SB = BC tan30◦ = a √ 3. Trong tam giác SAB vuông tại A có SA = √ SB2 −AB2 = a √ 2. Vậy thể tích khối chóp chúng tôi là V = 1 3 chúng tôi = a3 √ 2 3 . A B C D S Câu 44. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V. A. V = 7 √ 2a3 216 . B. V = 11 √ 2a3 216 . C. V = 13 √ 2a3 216 . D. V = √ 2a3 18 . Lời giải. Chọn phương án B. Gọi O trọng tâm tam giác BCD có BO = a √ 3 3 ⇒ AO = √ AB2 −BO2 = a √ 6 3 . Ta có S∆BCD = 1 2 BC.BD.sin60◦ = a2 √ 3 4 , suy ra VABCD = 1 3 S∆BCD.AO = a3 √ 2 12 . A B C D O M N P Q E Gọi P = EM ∩AD và Q = EN ∩CD, ta có AP = 2PD và CQ = 2QD. Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh A, ta có V = chúng tôi −VP.DQE. Khi đó V = VABCD −V = VABCD −VM.BNE +VP.DQE. Trong đó S∆BNE = 1 2 d(N,BE).BE = 1 2 . a √ 3 4 .2a = a2 √ 3 4 . Suy ra chúng tôi = 1 3 .d(M,(BCE)).S∆BCE = 1 3 . a √ 6 6 . a2 √ 3 4 = a3 √ 2 24 . Lại có S∆DQE = 1 2 d(Q,DE).DE = 1 2 . a √ 3 6 .a = a2 √ 3 12 . Suy ra chúng tôi = 1 3 .d(P,(DQE)).S∆DQE = 1 3 . a √ 6 9 . a2 √ 3 12 = a3 √ 2 108 . Vậy V = a3 √ 2 12 − a3 √ 2 24 + a3 √ 2 108 = 11a3 √ 2 216 . Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 +y2 +z2 = 9, điểm M(1;1;2) và mặt phẳng (P) : x+y+z−4 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, thuộc (P) và cắt (S) tại hai điểm A, B sao cho AB nhỏ nhất. Biết rằng ∆ có một vectơ chỉ phương là −→u (1;a;b). Tính T = a−b. A. T = −2. B. T = 1. C. T = −1. D. T = 0. Lời giải. Chọn phương án C. Đường thẳng ∆ có phương trình x = 1+t y = 1+at z = 2+bt . 9