Câu 32. Chọn B.
1. $dleft( A,BC right)=AB=a$
2. H là trung điểm AB nên $k=dfrac{1}{2}$.
3. $h=dfrac{asqrt{3}}{2}$.
$dfrac{1}{{{left[ dleft( SB,AD right) right]}^{2}}}=dfrac{1}{{{left[ dleft( B,AD right) right]}^{2}}}+dfrac{{{k}^{2}}}{{{h}^{2}}}=dfrac{1}{{{a}^{2}}}+dfrac{1}{4}.dfrac{4}{3{{a}^{2}}}=dfrac{4}{3{{a}^{2}}}Rightarrow dleft( SB,AD right)=dfrac{asqrt{3}}{2}$
Câu 33. $left{ begin{array}{l}
{R_d} = frac{l}{2} = frac{{sqrt 3 a}}{2}\
R = sqrt {{R_d}^2 + frac{{{h^2}}}{4}} = sqrt {{{left( {frac{{sqrt 3 a}}{2}} right)}^2} + {{left( {frac{{sqrt 2 a}}{2}} right)}^2}} = frac{{asqrt 5 }}{2}
end{array} right.$
với l là độ dài cạnh huyền của đáy, Rd là bán kính đáy của hình chóp, h là chiều cao, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Þ Chọn B.
Câu 34. Chọn D.
Gọi H là trung điểm BC
$Rightarrow A’Hbot left( ABC right)Rightarrow widehat{A’AH}={{30}^{0}}$
Ta có:$AH=dfrac{asqrt{3}}{2}$; $A’H=AH.tan {{30}^{0}}=asqrt{2}$
Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC
Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đt (d) // A’H cắt AA’ tại E
Gọi F là trung điểm AA’, trong $mpleft( AA’H right)$kẻ đường trung trực của AA’ cắt $left( d right)$tại $IRightarrow I$là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC và bán kính $R=IA.$
Ta có: $widehat{AEI}={{60}^{0}};EF=dfrac{1}{6}AA’=dfrac{a}{6}.$
$IF=EF.tan {{60}^{0}}=dfrac{asqrt{3}}{6}Rightarrow R=sqrt{text{A}{{text{F}}^{2}}+F{{I}^{2}}}=dfrac{asqrt{3}}{3}$
Câu 35. Chọn A.
Nếu ta xem độ dài của các cạnh AB và AD như là các ẩn thì chúng sẽ là các nghiệm của phương trình bậc hai ${{x}^{2}}-3ax+2{{a}^{2}}=0$
Giải phương trình bậc hai này, đối chiếu với điều kiện của đề bài, ta có
$AB=2a$ và $AD=a$
Thể tích hình trụ: $V=pi A{{D}^{2}}.AB=2pi {{a}^{3}}$
Diện tích xung quanh của hình trụ: ${{S}_{xq}}=2pi AD.AB=4pi {{a}^{2}}$
Câu 36. Chọn B.
Trả lời: V nón = V ban đầu = $dfrac{1}{3}.h.pi {{R}^{2}};$
V sau = $dfrac{1}{3}.dfrac{h}{2}.pi {{left( dfrac{R}{2} right)}^{2}}$
Tỉ lệ thể tích: V sau : V đầu $=dfrac{1}{8}$
Trương Phi đã uống $dfrac{7}{8}$ lượng rượu trong cốc.
Để ý rằng lượng rượu còn lại sau khi uống là ${{left( dfrac{1}{2} right)}^{3}}=dfrac{1}{8}$ (Thể tích ban đầu)
Câu 37. Chọn A.
$Mleft( 2;-1;7 right),Nleft( 4;5;-2 right)$. MN cắt mặt phẳng (Oyz) tại P
$Rightarrow Pleft( 0;y;z right)Rightarrow overrightarrow{MP}=left( -2;y+1;z-7 right);overrightarrow{MN}=left( 2;6;-9 right)$
Ta có: M, N, P thẳng hàng $Leftrightarrow overrightarrow{MP}$ cùng phương $overrightarrow{MN}$
$ Leftrightarrow frac{{ – 2}}{2} = frac{{y + 1}}{6} = frac{{z – 7}}{{ – 9}} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
y = – 7\
z = 16
end{array} right.$
Vậy $Pleft( {0; – 7;16} right)$
Câu 38. Chọn B.
$overrightarrow{a}=left( 3;-2;1 right),overrightarrow{b}=left( 2;1;-1 right)$$Rightarrow overrightarrow{u}=moverrightarrow{a}-3overrightarrow{b}=left( 3m-6;-2m-3;m+3 right)$
$overrightarrow{v}=3overrightarrow{a}-2moverrightarrow{b}=left( 9-4m;-6-2m;3+2m right)$
$overrightarrow{u}$ cùng phương $overrightarrow{v}Leftrightarrow frac{3m-6}{9-4m}=frac{-2m-3}{-6-2m}=frac{m+3}{3+2m}$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left( {3m – 6} right)left( {6 + 2m} right) = left( {9 – 4m} right)left( {2m + 3} right)\
{left( {2m + 3} right)^2} = left( {m + 3} right)left( {6 + 2m} right)
end{array} right. Leftrightarrow {m^2} = frac{9}{2} Leftrightarrow m = pm frac{{3sqrt 2 }}{2}$
Câu 39. Chọn C.
$Mleft( 1;0;0 right),Nleft( 0;0;1 right),Pleft( 2;1;1 right)$$Rightarrow overrightarrow{MN}=left( -1;0;1 right);overrightarrow{MP}=left( 1;1;1 right)$
$Rightarrow cos widehat{M}=dfrac{overrightarrow{MN}.overrightarrow{MP}}{left| overrightarrow{MN} right|.left| overrightarrow{MP} right|}=dfrac{-1+0+1}{sqrt{2}.sqrt{3}}=0Rightarrow M={{90}^{0}}$
Câu 40. Chọn A.
$left( alpha right)$cắt 3 trục tọa độ tại $Mleft( -3;0;0 right),Nleft( 0;4;0 right),Pleft( 0;0;-2 right)$
$Rightarrow $Phương trình mặt phẳng $left( alpha right)$ có dạng:$dfrac{x}{-3}+dfrac{y}{4}+dfrac{z}{-2}=1Leftrightarrow 4x-3y+6z+12=0$
Câu 41.
Cho $a=1$ và đặt $x=widehat{ABC}left( {{0}^{0}}<x<{{180}^{0}} right)$, ta có diện tích tam giác ABC là $S=dfrac{1}{2}sin x$
Và theo định lí hàm cosin $AC=sqrt{2left( 1-cos x right)}$.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, bán kính đường tròn này là:
$R=OB=dfrac{AB.BC.CA}{4S}=dfrac{sqrt{2left( 1-cos x right)}}{2sin x}=dfrac{sqrt{1-cos x}}{sqrt{2}sin x}$
Vì S cách đều A, B, C nên$SObot left( ABC right)$ và $SO=sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=sqrt{dfrac{2{{sin }^{2}}x+cos x-1}{2{{sin }^{2}}x}}$
Thể tích của khối chóp S.ABC cho bởi:
$V=dfrac{1}{3}.dfrac{1}{2}sin x.sqrt{dfrac{2{{sin }^{2}}x+cos x-1}{2{{sin }^{2}}x}}=dfrac{1}{6sqrt{2}}sqrt{2{{sin }^{2}}x+cos x-1}$
$=dfrac{1}{6sqrt{2}}sqrt{-{{left( sqrt{2}cos x-dfrac{1}{2sqrt{2}} right)}^{2}}+dfrac{9}{8}}le dfrac{1}{6sqrt{2}}.sqrt{dfrac{9}{8}}=dfrac{1}{8}$. Vậy thể tích lớn nhất bằng $dfrac{{{a}^{3}}}{8}$
- Cách khác:
Ta có ${{V}_{S.ABC}}=dfrac{SA.SB.SC}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}widehat{ASB}-{{cos }^{2}}widehat{BSC}-{{cos }^{2}}widehat{CSA}+2cos widehat{ASB}cos widehat{BSC}cos widehat{CSA}}$
$=dfrac{{{a}^{3}}}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}60-{{cos }^{2}}60-{{cos }^{2}}widehat{CSA}+2cos 60.cos 60.cos widehat{CSA}}$
$=dfrac{{{a}^{3}}}{6}sqrt{dfrac{1}{2}-{{cos }^{2}}widehat{CSA}+dfrac{1}{2}cos widehat{CSA}}=dfrac{{{a}^{3}}}{6sqrt{2}}sqrt{-2{{cos }^{2}}widehat{CSA}+cos widehat{CSA}+1}le dfrac{{{a}^{3}}}{6sqrt{2}}sqrt{dfrac{9}{8}}=dfrac{{{a}^{3}}}{8}$
Do đó thể tích lớn nhất của hình chóp là $dfrac{{{a}^{3}}}{8}$
Câu 42. Chọn B.
$left( {{d}_{1}} right)$đi qua $left( Ain {{d}_{1}},Bin {{d}_{2}} right)$, VTCP $overrightarrow{a}=left( 2;-1;1 right)$ mặt phẳng $left( P right)$có VTPT $Bin {{d}_{2}}$
$Rightarrow B=left( 8+2t’;6+t’;10-t’ right)$.
Gọi $Rightarrow overrightarrow{AB}=left( -8+2t’-t;4+t’+t;14-t’-2t right)$ là mặt phẳng chứa $left( {{d}_{1}} right)$
và $overrightarrow{AB}bot overrightarrow{{{u}_{1}}}Leftrightarrow 6t+t’=16$ thì $overrightarrow{AB}bot overrightarrow{{{u}_{2}}}Leftrightarrow t+6t’=26$ qua
$left{ begin{array}{l}
6t + t’ = 16\
t + 6t’ = 26
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
t = 2\
t’ = 4
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
A = left( {2;0;0} right)\
B = left( {0;10;6} right)
end{array} right.$ và có VTPT là $I=left( 1;5;3 right)$
Nên phương trình $sqrt{35}$: ${{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( y-5 right)}^{2}}+{{left( z-3 right)}^{2}}=35$$Aleft( 1,1,1 right),Bleft( -1,2,0 right),Cleft( 2,-3,2 right)$
$left( {{d}_{2}} right)$ đi qua $left{ begin{array}{l}
2x – y + z + 1 = 0\
x – 4y + z – 7 = 0
end{array} right.$ có VTCP $left{ begin{array}{l}
2x + y + z + 1 = 0\
x – 4y – z – 7 = 0
end{array} right.$
Gọi $Delta ABC$ là mặt phẳng chứa d2 và $Delta ABC$ thì $left{ begin{array}{l}
2x + y + z + 1 = 0\
x – 4y – z – 7 = 0
end{array} right.$ đi qua $Mleft( x,y,z right)$ và có VTPT $ Leftrightarrow MA = MB = MC Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
M{A^2} = M{B^2}\
M{B^2} = M{C^2}
end{array} right.$
nên $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{left( {x – 1} right)^2} + {left( {y – 1} right)^2} + {left( {z – 1} right)^2} = {left( {x + 1} right)^2} + {left( {y – 2} right)^2} + {left( {z – 0} right)^2}\
{left( {x – 1} right)^2} + {left( {y – 1} right)^2} + {left( {z – 1} right)^2} = {left( {x – 2} right)^2} + {left( {y + 3} right)^2} + {left( {z – 2} right)^2}
end{array} right.$
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 4x + 2y – 2z – 2 = 0\
2x – 8y + 2z – 14 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2x – y + z + 1 = 0\
x – 4y + z – 7 = 0
end{array} right.$
Vậy đường thẳng $left( d right)$ vuông góc với $left( P right)$cắt cả ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$là giao tuyến của 2 mặt phẳng $Mleft( {{x}_{1}},{{y}_{1}} right)$ và $left{ begin{array}{l}
2x – y + z + 1 = 0\
x – 4y + z – 7 = 0
end{array} right. $
có phương trình là: $Delta ABC$
Câu 43. Chọn C.
$left( d right)$qua $Mleft( 1;-1;0 right)$, VTCP $overrightarrow{v}=left( m+2n,2n-m,-m+n right)$; $left( d’ right)$ qua $left( alpha right)bot left( P right)$
$Leftrightarrow overrightarrow{n}bot overrightarrow{v}=overrightarrow{n}.overrightarrow{v}=0$VTCP $Leftrightarrow 3left( m+2n right)-2left( 2n-m right)+left( m-n right)=0$
Viết phương trình $left( alpha right)$ chứa $left( d right)$và I
Ta có $overrightarrow{MI}=left( -2;3;3 right)Rightarrow left[ overrightarrow{a};overrightarrow{MI} right]=left( 0;-11;11 right)Rightarrow overrightarrow{n}=left( 0;1;-1 right)$ là VTPT của $left( alpha right)$
$ptleft( alpha right)$ qua I và có VTPT $-11text{x}-13y-5text{z-}19=0$ nên $left( alpha right)$có phương trình: $left( y-2 right)-left( z-3 right)=0Leftrightarrow y-z+1=0$
Viết phương trình $(P):x+3y-z-12=0$ chứa $left( d’ right)$ và qua I
Ta có: $overrightarrow{NI}=left( -3;3;4 right)Rightarrow overrightarrow{n’}=left[ overrightarrow{NI};overrightarrow{b} right]=left( 27;7;15 right)$ là VTPT của $left( beta right)$
$(P):x+3y+z-12=0$ qua I và có VTPT $M(0,1,-1),N(0,-1,-1)$ nên $left( beta right)$ có phương trình: $M(0,1,1),N(0,1,-1)$
* Đường thẳng $15x-11y+17z-10=0$ qua I, cắt cả $left( d right),left( d’ right)$ chính là giao tuyến của 2 mp $left( alpha right)$ và $15x-11y+17z+10=0$ nên có phương trình:
$left{ begin{array}{l}
y – z + 1 = 0\
27x + 7y + 15z – 32 = 0
end{array} right.$
Câu 44. Chọn D.
Giả sử PT mặt phẳng $left( R right):$$ax+by+cz+d=0$ $left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ne 0 right)$
Ta có: $(R)bot (P)Leftrightarrow 5a-2b+5c=0$ (1);
$cos (widehat{(R),(Q)})=cos {{45}^{0}}Leftrightarrow frac{left| a-4b-8c right|}{9sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=frac{sqrt{2}}{2}$ (2)
Từ (1) và (2) $ Rightarrow 7{a^2} + 6ac – {c^2} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
a = – c\
c = 7a
end{array} right.$
Với $a=-c$: chọn $a=1,,b=0,,c=-1$Þ PT mặt phẳng $(R):x-z=0$(loại)
Với $c=7a$: chọn $a=1,,b=20,,c=7$Þ PT mặt phẳng $(R):x+20y+7z=0$(tm)
Câu 45. Chọn B.
Vì AB không đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất khi CA + CB nhỏ nhất.
Gọi $Cleft( t;0;2-t right)in d$ ta có:
$CA=sqrt{{{left( t-2 right)}^{2}}+{{3}^{2}}+{{left( 2-t right)}^{2}}}=sqrt{2{{left( t-2 right)}^{2}}+{{3}^{2}}}$
$CB=sqrt{{{t}^{2}}+{{2}^{2}}+{{left( 2-t right)}^{2}}}=sqrt{2{{left( t-1 right)}^{2}}+{{2}^{2}}}$
Đặt$bar{u}=left( sqrt{2}left( t-2 right);3 right),bar{v}=left( sqrt{2}left( 1-t right);2 right)Rightarrow bar{u}+bar{v}=left( -sqrt{2};5 right)$
Áp dụng tính chất $left| {bar{u}} right|+left| {bar{v}} right|ge left| bar{u}+bar{v} right|$, dấu $”=”$ xảy ra khi $overrightarrow{u}$// $overrightarrow{v}$ ta có:
Dấu $”=”$ xảy ra khi $dfrac{sqrt{2}left( t-2 right)}{sqrt{2}left( 1-t right)}=dfrac{3}{2}Leftrightarrow t=dfrac{7}{5}Rightarrow Cleft( dfrac{7}{5};0;dfrac{3}{5} right)$
Câu 46.
- Cách 1: Gọi $Min left( P right)$ có dạng $Mleft( 8-2a; b; a right)$. Khi đó, ta có:
$M{{A}^{2}}={{left( 10-2a right)}^{2}}+{{left( b-2 right)}^{2}}+{{left( a-3 right)}^{2}}$
$M{{B}^{2}}={{left( 7-2a right)}^{2}}+{{left( b+1 right)}^{2}}+{{left( a-3 right)}^{2}}$
$M{{C}^{2}}={{left( 5-2a right)}^{2}}+{{left( b-1 right)}^{2}}+{{left( a+1 right)}^{2}}$
Þ$T=left( 30{{a}^{2}}-180a+354 right)+left( 6{{b}^{2}}-12b+12 right)$$=30{{left( a-3 right)}^{2}}+6{{left( b-1 right)}^{2}}+90ge 90$
Vậy ${{T}_{min }}=90$ khi $a=3;,,b=1$. Vậy $Mleft( 2; 1; 3 right)$. Do đó, $dleft( M,left( Q right) right)=4$
- Cách 2:
Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $2overrightarrow{IA}+overrightarrow{IB}+3overrightarrow{IC}=0Rightarrow Ileft( 1;1;1 right)$
Ta có $T=2M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+3M{{C}^{2}}=2{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA} right)}^{2}}+{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IB} right)}^{2}}+3{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IC} right)}^{2}}$
$=6M{{I}^{2}}+2overrightarrow{MI}left( 2overrightarrow{IA}+overrightarrow{IB}+3overrightarrow{IC} right)+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+3I{{C}^{2}}=6M{{I}^{2}}+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}+3I{{C}^{2}}$
Do đó để $P$ nhỏ nhất thì $M$ là hình chiếu của $I$ lên $left( P right)Rightarrow Mleft( 2;1;3 right)Rightarrow dleft( M,left( Q right) right)=4.$
Câu 47. Chọn A.
Kí hiệu S1, S2 là diện tích các hình thang giới hạn bởi ĐTHS $y=fleft( x right)$, trục hoành, tương ứng trên miền $-1le xle 2$ và trên miền $2le xle 4$.
Khi đó ${{S}_{1}}=intlimits_{-1}^{2}{fleft( x right)dx},{{S}_{2}}=-intlimits_{2}^{4}{fleft( x right)dx}$
Từ giả thiết, ta tính được ${{S}_{1}}=4;{{S}_{2}}=dfrac{3}{2}$, do đó:
$I=intlimits_{-1}^{4}{fleft( x right)dx}=intlimits_{-1}^{2}{fleft( x right)dx}+intlimits_{2}^{4}{fleft( x right)dx}={{S}_{1}}-{{S}_{2}}=dfrac{5}{2}$.
Câu 48. Chọn A.
Gọi số a là tiền gửi tiết kiệm ban đầu, r là lãi suất, sau 1 tháng sẽ là: N(1 + r) sau n tháng số tiền cả gốc lãi T = N(1 + r)n
Þ số tiền sau 10 năm: 10000000(1+0.05)10 = 16288946,27 đồng
Số tiền nhận sau 10 năm (120 tháng) với lãi suất 5/12% một tháng:
10000000(1 + $dfrac{0.05}{12}$)120 = 16470094,98 đồng
Þ số tiền gửi theo lãi suất 5/12% một tháng nhiều hơn: 181148,71 ( đồng )
Câu 49. Chọn B.
$frac{{2x + 1}}{{x + 2}} = – x + m Rightarrow 2x + 1 = – {x^2} + mx – 2x + 2m Rightarrow {x^2} + (4 – m)x + 1 – 2m = 0$
$k = 1,a = 1,b = (4 – 3),c = 1 – 2m$
$A{B^2} = frac{{{k^2} + 1}}{{{a^2}}}({b^2} – 4ac) = frac{2}{1}left[ {{{(4 – m)}^2} – 4(1 – 2m)} right] = 2({m^2} + 12) = 30 Rightarrow {m^2} = 3 Leftrightarrow m = pm sqrt 3 $
Câu 50. Chọn A.
$left| dfrac{z-3}{z-1+2i} right|=1Leftrightarrow left| z-3 right|=left| z-1+2i right|Leftrightarrow x+y=1$
$P=16{{x}^{2}}{{y}^{2}}-8xy$, Đặt $t=xy$$Rightarrow 0le tle {{left( dfrac{x+y}{2} right)}^{2}}=dfrac{1}{4}$
$P=16{{t}^{2}}-8t,tin left[ 0;dfrac{1}{4} right]Rightarrow MaxP=0;MinP=-1$
