giải chi tiết đề 10 trang 2

Câu 33: Đáp án A

Dễ dàng tính được: $AB=AC=a.$ Gọi D là trung điểm của SA

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
BD = DC = frac{{asqrt 3 }}{2}\
BD bot SA;CD bot SA.
end{array} right.$

$ Rightarrow left$(SAB);(SAC)right$ = left$BD;CDright$ = widehat {BDC.}$

$cos widehat {BDC} = frac{{B{D^2} + D{C^2} – B{C^2}}}{{2.BD.DC}} = frac{{{{left$fracasqrt32right$}^2} + {{left$fracasqrt32right$}^2} – {{left$asqrt2right$}^2}}}{{2.left$fracasqrt32right$.left$fracasqrt32right$}} = frac{{ – 1}}{3}.$

Câu 34: Đáp án A

Ta có:$P$t$=100.{{left$0,5right$}^{dfrac{t}{5750}}}=65Leftrightarrow {{left$0,5right$}^{dfrac{t}{5750}}}=0,65$

$Leftrightarrow dfrac{t}{5750}={{log }_{0,5}}0,65Leftrightarrow t=5750.{{log }_{0,5}}0,65approx 3574$ năm.

Câu 35: Đáp án B

Ta có:

+ Số cách lập một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:

$5.5.4.3.2.1=5.5!$ $cách$.

+ Chọn 2 chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau, có 2 cách thay đổi vị trí 2 chữ số này $23và32$. Khi đó số cách lập một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 mà chữ số 2 và 3 đứng cạnh nhau là:

$2.left$4.4.3.2.1right$=8.4!$ $cách$.

Vậy xác suất là: $dfrac{8.4!}{5.5!}=dfrac{8}{25}.$ $cách$.

Câu 36: Đáp án A

Ta có: $2{{log }_{4}}left$2x^2-x+2m-4m^{2}right$+{{log }_{frac{1}{2}}}left$x^2+mx-2m^{2}right$=0$

ĐKXĐ: $2{{x}^{2}}-x+2m-4{{m}^{2}}>0;{{x}^{2}}+mx-2{{m}^{2}}>0.$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow {log _2}left$2x^2–x+2m–4m^{2}right$ = {log _2}left$x^2+mx–2m^{2}right$\
 Leftrightarrow 2{x^2} – x + 2m – 4{m^2} = {x^2} + mx – 2{m^2}
end{array}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow {x^2} – left$m+1right$x + 2m – 2{m^2} = 0\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_1} =  – m + 1\
{x_2} = 2m
end{array} right.
end{array}$

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}>1$ thì:

$left{ begin{array}{l}
 – m + 1 ne 2m\
{left$–m+1right$^2} + {left$2mright$^2} > 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m ne frac{1}{3}\
5{m^2} – 2m > 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m > frac{2}{5}\
m < 0
end{array} right.$ $left$1right$$

Mặt khác, từ điều kiện xác định của phương trình nên ta có:

$left{ begin{array}{l}
x_1^2 + m{x_1} – 2{m^2} > 0\
x_2^2 + m{x_2} – 2{m^2} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left$1–mright$^2} + mleft$1–mright$ – 2{m^2} > 0\
{left$2mright$^2} + mleft$2mright$ – 2{m^2} > 0
end{array} right.$

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 2{m^2} – m + 1 > 0\
2{m^2} > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 1 < m < frac{1}{2}\
m ne 0
end{array} right.$ $left$2right$$

Từ $left$1right$$ và $left$2right$$ ta có: $left[ begin{array}{l}
 – 1 < m < 0\
frac{2}{5} < m < frac{1}{2}
end{array} right..$

Câu 37: Đáp án C

Ta có:  $I=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{3}}{{{cos }^{n}}x.sin xdx=}intlimits_{0}^{dfrac{pi }{3}}{-{{cos }^{n}}xd$cosx$=left. dfrac{-{{cos }^{n+1}}x}{n+1} right|_{0}^{dfrac{pi }{3}}=dfrac{1-dfrac{1}{{{2}^{n+1}}}}{n+1}.}$  

Mà $I=dfrac{15}{64}Leftrightarrow dfrac{1-dfrac{1}{{{2}^{n+1}}}}{n+1}=dfrac{15}{64}Leftrightarrow 49-{{2}^{5-n}}=15n.$

Thử các giá trị của $n$ từ $0$đến $5$ ta tìm được $n=3.$

Câu 38: Đáp án A

Ta có:$f$x$ = {ln ^2}x Rightarrow f'$x$ = 2frac{{ln x}}{x}.$

$ Rightarrow I = intlimits_1^e {f”$x$dx = left. {f'$x$} right|_1^e = } left. {2frac{{ln x}}{x}} right|_1^e = frac{2}{e}.$

Câu 39: Đáp án A

Ta có: $v$t$=int{a$t$dt=dfrac{{{t}^{3}}}{3}+dfrac{3{{t}^{2}}}{2}+C.}$

Tại $t=0Rightarrow v=10$ nên $C=10.$

Do đó: $s=intlimits_{0}^{10}{v$t$dt=intlimits_{0}^{10}{left$dfrac{t}^{3}3+dfrac3t^{2}2+10right$}}dt=dfrac{4300}{3}$m$.$

Câu 40: Đáp án B

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $$ABC$$ nên:

 $widehat{SAH}=widehat{SBH}=widehat{SCH}={{60}^{0}}Rightarrow HA=HB=HCleft$=dfracSHtan{60}^{0}right$.$

$Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$

$Rightarrow H$là trung điểm của $BC.$

Ta có:

$AB=AC=asqrt{2};HA=dfrac{BC}{2}=aRightarrow SH=HA.tan {{60}^{0}}=asqrt{3}.$

Do đó thể tích hình chóp S.ABC là: $V={{S}_{Delta ABC}}.dfrac{SH}{3}=dfrac{{{left$asqrt2right$}^{2}}}{2}.dfrac{asqrt{3}}{3}=dfrac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$$đvtt$.

Câu 41: Đáp án A

Chuẩn hóa $a=1Rightarrow AB=sqrt{3};BC=2.$ Giả sử $AA’=h.$

Gắn hệ trục tọa độ $Axyz$với $A$ là gốc tọa độ; tia $Ax$ trùng với tia $AB$; tia $Ay$ trùng với tia $AC$; tia $Az$ trùng với tia $AA’$. Khi đó:

$$AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$equiv $Ayz$$ có vectơ pháp tuyến $overrightarrow{n}left$1;0;0right$;Bleft$sqrt3;0;0right$;C’left$0;1;hright$Rightarrow overrightarrow{BC’}left$-sqrt3;1;hright$.$

 $left$B{C}^{\prime };(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ right)={{30}^{0}}Leftrightarrow dfrac{left| n.BC right|}{left| n right|.left| BC

right|}=sin {{30}^{0}}.$

$Leftrightarrow dfrac{left| -sqrt{3} right|}{1.sqrt{4+{{h}^{2}}}}=dfrac{1}{2}Rightarrow h=2sqrt{2}.$

Do đó:

 ${{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{Delta ABC}}.AA’=dfrac{AB.AC.AA’}{2}=dfrac{sqrt{3}.1.2sqrt{2}}{2}=sqrt{6}.$

Câu 42: Đáp án B

Do $P$//$Q$ nên $P$ có phương trình dạng: $x+2y-2z+c=0$ $left$cne-1right$$.

Do $Aleft$-1;2;-1right$$ cách đều $P$ và $Q$ nên:

${d_{left$A;(P)right$}} = {d_{left$A;(Q)right$}} Leftrightarrow frac{{left| { – 1 + 2.2 – 2left$–1right$ + c} right|}}{{sqrt {{1^2} + {2^2} + {{left$–2right$}^2}} }} = frac{{left| { – 1 + 2.2 – 2left$–1right$ – 1} right|}}{{sqrt {{1^2} + {2^2} + {{left$–2right$}^2}} }}$

$ Leftrightarrow left| {5 + c} right| = 4 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
c =  – 1$l$\
c =  – 9$t/m$
end{array} right. Rightarrow $P$:x + 2y – 2z – 9 = 0.$

Câu 43: Đáp án D

${{d}_{1}}$ có vectơ chỉ phương $overrightarrow{{{u}_{1}}}$2;2;-1$;$${{d}_{2}}$ có vectơ chỉ phương $overrightarrow{{{u}_{2}}}$3;2;-2$.$

Giả sử $Aleft$4+2t;4+2t;-3-tright$in {{d}_{1}}$ và $Bleft$1+3s;-1+2s;2-2sright$in {{d}_{2}}$ với $ABbot {{d}_{1}};ABbot {{d}_{2}}.$

$Rightarrow ABequiv Delta .$ Ta có:

$left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB}  bot overrightarrow {{u_1}}  Leftrightarrow left$3s–2t–3right$.2 + left$2s–2t–5right$.2 + left$–2s+t+5right$left$–1right$ = 0\
overrightarrow {AB}  bot overrightarrow {{u_2}}  Leftrightarrow left$3s–2t–3right$.3 + left$2s–2t–5right$.2 + left$–2s+t+5right$left$–2right$ = 0
end{array} right.$

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
s = 1\
t =  – 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
Aleft$2;2;–2right$\
Bleft$4;1;0right$
end{array} right. Rightarrow overrightarrow {AB} left$2;–1;2right$.$

Vậy phương trình đường thẳng $left$Deltaright$$ là: $dfrac{x-4}{2}=dfrac{y-1}{-1}=dfrac{z}{2}.$

Câu 44: Đáp án C

Thể tích hộp là: ${{x}^{2}}h=500Leftrightarrow h=dfrac{500}{{{x}^{2}}}.$

Diện tích bìa để làm hộp là: $S={{x}^{2}}+4xh={{x}^{2}}+4x.dfrac{500}{{{x}^{2}}}={{x}^{2}}+dfrac{2000}{x}=f$x$.$

$Smin Rightarrow f'$x$=0Leftrightarrow 2x-dfrac{2000}{{{x}^{2}}}=0Leftrightarrow 2{{x}^{3}}=2000Leftrightarrow x=10.$

Câu 45: Đáp án B

Vì$xin left$-1;1right$Rightarrow {{2}^{x}}in left$dfrac12;2right$.$

ĐKXĐ:${2^x} ne m Leftrightarrow m notin left$frac12;2right$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m le frac{1}{2}\
m ge 2
end{array} right.$

Ta có: $y=f$x$=dfrac{{{2}^{-x}}-2}{{{2}^{-x}}-m}Rightarrow f'$x$=dfrac{{{2}^{-x}}ln 2left$m-2right$}{{{left$2^{-x}-mright$}^{2}}}.$

Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $left$-1;1right$$ thì:

$f'$x$<0,forall xin left$-1;1right$Leftrightarrow m-2<0Leftrightarrow m<2.$

Kết hợp với ĐKXĐ ta có: $mle dfrac{1}{2}.$

Câu 46: Đáp án B

+ $$C$$ đi qua các điểm $left$0;2right$;left$-2;0right$;left$1;0right$;left$-1;4right$$ nên:

$left{ begin{array}{l}
d = 2\
 – 8a + 4b – 2c + d = 0\
a + b + c + d = 0\
 – a + b – c + d = 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = 0\
c =  – 3\
d = 2
end{array} right. Rightarrow $C$:y = {x^3} – 3x + 2.$

+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi $$C$$ và $text{Ox}$ là: $intlimits_{-2}^{1}{left$x^3-3x+2right$dx}=dfrac{27}{4}$$đvdt$.

Câu 47: Đáp án A

Ta có:

$begin{array}{l}
z = frac{{{{left$1+iright$}^{2013}} – 1}}{{left$1+iright$ – 1}} = frac{{{{left$${left(1+iright)}^{2}right$$}^{1006}}left$1+iright$ – 1}}{i} =  – left$${left(2iright)}^{1006}left(1+iright)–1right$$i\
 Leftrightarrow z =  – left$$–2^{1006}left(1+iright)–1right$$ =  – {2^{1006}} + left$2^{1006}+1right$i.
end{array}$

Câu 48: Đáp án B

Gọi $O$ là trung điểm của $AB.$

Do $Delta SAB$ đều và vuông góc với mặt phẳng đáy nên suy ra:

$SObot left$ABCDright$Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=dfrac{SO.{{S}_{ABCD}}}{3}={{a}^{3}}.$

Mà $SO=dfrac{asqrt{3}}{2}Rightarrow {{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}sqrt{3}.$

Gọi $CHbot AB=left{ H right}.$ Vì ${{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}sqrt{3}Rightarrow CH=dfrac{{{S}_{ABCD}}}{AB}=2asqrt{3}.$

Mặt khác, vì $CHbot AB$ và $SObot CH$ $do\$SObot(ABCD$$) nên $CHbot $SAB$.$

Mà $CD//$SAB$.$ Do đó: ${{d}_{$SA;CD$}}={{d}_{left$C;(SAB$ right)}}=CH=2asqrt{3}.$

Câu 49: Đáp án A

Gọi $E;F;G;H$ lần lượt là trung điểm của $IA;IB;IC;ID Rightarrow left{ begin{array}{l}
EF = frac{{AB}}{2} = 4\
FG = {d_{$I;AB$}} = frac{{AB}}{2} = 4
end{array} right..$

Do đó: $V=2left$frac13pi{4}^2.4-frac13pi{2}^2.2right$+pi {{2}^{2}}.4=frac{160pi }{3}$$đvtt$.

Câu 50: Đáp án A

 Giả sử $left$I;Rright$$ là đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC Rightarrow left{ begin{array}{l}
I in left$ABCright$\
IA = IB = IC = R.
end{array} right.$

Ta có: $overrightarrow{AB}left$-2;2;0right$;overrightarrow{AC}left$-2;1;1right$.$ Do đó:

$$ABC$$ có vectơ pháp tuyến $left$$overrightarrowAB;overrightarrowACright$$=left$2;-2;2right$//overrightarrow{n}$1;-1;1$.$

$Rightarrow left$ABCright$:x-y+z+1=0.$

Giả sử $Ileft$t;s;s-t-1right$in left$ABCright$.$ Vì $IA=IB=IC$ nên:

$left{ begin{array}{l}
I{A^2} = I{B^2}\
I{A^2} = I{C^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{$t–1$^2} + {$s+1$^2} + {$s–t$^2} = {$t+1$^2} + {$s–1$^2} + {$s–t$^2}\
{$t–1$^2} + {$s+1$^2} + {$s–t$^2} = {$t+1$^2} + {s^2} + {$s–t–1$^2}
end{array} right.$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 4t + 4s = 0\
 – 6t + 4s = 0
end{array} right. Leftrightarrow t = s = 0 Rightarrow left{ begin{array}{l}
Ileft$0;0;–1right$\
R = IA = sqrt 2 
end{array} right.\
 Rightarrow $S$:{x^2} + {y^2} + {$z+1$^2} = 2.
end{array}$