giải chi tiết đề 5 trang 2

Câu 31: Đáp án B

HD: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng $left $A B C r i g h t$ $, gọi M là trung điểm của

$AB Rightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}}
{MH bot AB}\
{SH bot AB}
end{array}} right. Rightarrow AH bot left $S M H r i g h t$ $

Do đó $left $w i d e h a t l e f t (S A B r i g h t); l e f t (A B C r i g h t) r i g h t$ =widehat{SMH}={{60}^{0}}$

Lại có $HM=dfrac{1}{3}CM=dfrac{asqrt{3}}{6}Rightarrow SH=HMtan {{60}^{0}}=dfrac{a}{2}$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là $R=dfrac{asqrt{3}}{3}$

Độ dài đường sinh $l=sqrt{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}}=dfrac{asqrt{21}}{6}$

Diện tích xung quanh hình nón là: ${{S}_{xq}}=pi rl=dfrac{{{a}^{2}}sqrt{7}}{6}$. Chọn B.

Câu 32: Đáp án B

HD: Đặt $t={{2}^{x}}left $t > 0 r i g h t$ $ ta có: ${{t}^{2}}+t+4={{3}^{m}}left $t + 1 r i g h t$ Leftrightarrow {{3}^{m}}=dfrac{{{t}^{2}}+t+4}{t+1}=t+dfrac{4}{t+1}=gleft $t r i g h t$ $.

Xét hàm số $gleft $t r i g h t$ =t+dfrac{4}{t+1}left $t > 0 r i g h t$ $ ta có $g’left $t r i g h t$ =1-dfrac{4}{{{left $t + 1 r i g h t$ }^{2}}}=0Rightarrow t=1$

Lập BBT

Do mỗi giá trị của t có một giá trị của x nên phương trình đã cho có 2 nghiệm khi phương trình $gleft $t r i g h t$ ={{3}^{m}}$ có 2 nghiệm $Leftrightarrow 3<{{3}^{m}}<4Leftrightarrow 1<m<{{log }_{3}}4$. Chọn B.

Câu 33: Đáp án D

HD: Ta có $OB=left| left $1 + i r i g h t$ z right|=sqrt{2}left| z right|;,,AB=left| left $1 + i r i g h t$ z-z right|=left| z right|$

Suy ra ∆OAB vuông cân tại $ARightarrow {{S}_{OAB}}=dfrac{A{{B}^{2}}}{2}=dfrac{{{left| z right|}^{2}}}{2}=8Rightarrow left| z right|=4$. Chọn D.

Câu 34: Đáp án C

HD: Gọi $Hleft $1 + 2 t; - 1 + t; 2 - t r i g h t$ in d$ là hình chiếu của A trên d

Ta có: $overline{AH}left $2 t; - 3 + t; 3 - t r i g h t$ $, giải $overline{AH}.overrightarrow{{{u}_{d}}}=0Leftrightarrow 4t+t-3+t-3=0Leftrightarrow t=1$

Suy ra $Hleft $3; 0; 1 r i g h t$ $, phương trình đường thẳng AH là $dfrac{x-1}{1}=dfrac{y-2}{-1}=dfrac{z+1}{1}$

Do đó $B=AHcap left $P r i g h t$ $ suy ra $Bleft $0; 3; - 2 r i g h t$ $. Chọn C.

Câu 35: Đáp án D

HD: Gọi $I=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{fleft $x r i g h t$ }{{{3}^{x}}+1}}dx$, đặt $t=-xRightarrow dt=-dx$

Đổi cận suy ra $I=intlimits_{2}^{-2}{dfrac{fleft $- t r i g h t$ }{{{3}^{-t}}+1}}left $- d t r i g h t$ =intlimits_{-2}^{2}{dfrac{fleft $t r i g h t$ dt}{dfrac{1}{{{3}^{t}}}+1}}=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{{{3}^{x}}fleft $x r i g h t$ dx}{{{3}^{x}}+1}}$

Suy ra $2I=intlimits_{-2}^{2}{dfrac{left $3^{x} + 1 r i g h t$ fleft $x r i g h t$ }{{{3}^{x}}+1}}dx=intlimits_{-2}^{2}{fleft $x r i g h t$ dx}$

Do $fleft $x r i g h t$ $ là hàm chẵn nên ta chứng minh được $intlimits_{-2}^{2}{fleft $x r i g h t$ dx}=2intlimits_{0}^{2}{f}left $x r i g h t$ dx$

Suy ra $I=intlimits_{0}^{2}{fleft $x r i g h t$ dx}=intlimits_{0}^{1}{fleft $x r i g h t$ dx}+intlimits_{1}^{2}{fleft $x r i g h t$ dx}=3$. Chọn D.

Câu 36: Đáp án C

HD: Xét hàm số $gleft $x r i g h t$ =-2fleft $2 - x r i g h t$ +{{x}^{2}}Rightarrow g’left $x r i g h t$ =2f’left $2 - x r i g h t$ +2x<0Leftrightarrow f’left $2 - x r i g h t$ <-x$

$Leftrightarrow f’left $2 - x r i g h t$ <2-x-2$

Đặt $t=2-xLeftrightarrow f’left $t r i g h t$ <t-2$

Dựa vào đồ thị ta thấy $f’left $t r i g h t$ <t-2$ với $1<t<3Rightarrow 1<2-x<3Leftrightarrow -1<x<1$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $- 1; 0$ . Chọn C.

Câu 37: Đáp án C

HD: Gọi $Aleft $a; d f r a c a - 1 2 a r i g h t$ ;,Bleft $b; d f r a c b - 1 2 b r i g h t$ left $a n e b r i g h t$ $

Do tiếp tuyến A và B song song với nhau nên $y’left $a r i g h t$ =y’left $b r i g h t$ Leftrightarrow dfrac{1}{2{{a}^{2}}}=dfrac{1}{2{{b}^{2}}}Rightarrow a=-b$

Suy ra A, B đối xứng nhau qua tâm đối xứng $Ileft $0; d f r a c 12 r i g h t$ $

PTTT tạo A là: $y=dfrac{1}{2{{a}^{2}}}left $x - a r i g h t$ +dfrac{a-1}{2a}left $D e l t a r i g h t$ $

Khoảng cách giữa 2 tiếp tuyến:

$d = 2dleft $I; D e l t a r i g h t$ = 2frac{{left| { – frac{1}{{2a}} – frac{1}{2} + frac{1}{2} – frac{1}{{2a}}} right|}}{{sqrt {frac{1}{{4{a^4}}} + 1} }} = frac{2}{{sqrt {frac{1}{{4{a^2}}} + {a^2}} }} le frac{2}{{sqrt {2sqrt {frac{1}{4}} } }} = 2$

$D o t h e o B Đ T C o - s i t a c ó $ d f r a c 1 4 a^{2} + a^{2} g e 2 s q r t d f r a c 14 $$

Vậy khoảng cách lớn nhất giữa d₁và d₂ là 2. Chọn C.

Câu 38: Đáp án A

HD: Phương trình đường thẳng IA và IB lần lượt là: $dfrac{x-1}{1}=dfrac{y-2}{1}=dfrac{z+1}{2};dfrac{x-1}{2}=dfrac{y-2}{-1}=dfrac{z+1}{1}$

Khi đó $A=IAcap left $P r i g h t$ =left $0; 1; - 3 r i g h t$ ;B=IBcap left $P r i g h t$ =left $3; 1; 0 r i g h t$ Rightarrow AB=3sqrt{2}$. Chọn A.

Câu 39: Đáp án B

HD: Ta có: $E{{F}_{mtext{ax}}}Leftrightarrow d{{left $I; d r i g h t$ }_{min }}={{dfrac{left| left $o v e r l i n e I M_{0}; o v e r r i g h t a r r o w u_{d} r i g h t$ right|}{left| overrightarrow{{{u}_{d}}} right|}}_{min }}$ (trong đó M₀ $1; - 1; m$ )

Ta có: $d{{left $I; d r i g h t$ }_{min }}=dfrac{left| left $o v e r l i n e I M_{0}; o v e r r i g h t a r r o w u_{d} r i g h t$ right|}{left| overrightarrow{{{u}_{d}}} right|}=dfrac{sqrt{{{left $m + 2 r i g h t$ }^{2}}+{{left $m - 2 r i g h t$ }^{2}}+4}}{sqrt{1+1+4}}=dfrac{sqrt{2{{m}^{2}}+12}}{sqrt{6}}$

Suy ra ${{d}_{min }}=sqrt{2}<R=3$ khi m = 0. Chọn B.

Câu 40: Đáp án C

HD: Ta có: $y’=m-dfrac{36}{{{left $x + 1 r i g h t$ }^{2}}};yleft $0 r i g h t$ =36;yleft $3 r i g h t$ =3m+9$

TH1: Hàm số nghịch biến trên đoạn $left $0; 3 r i g h t$ Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}}
{m le frac{9}{4}}\
{3m + 9 = 20}
end{array}} right.left $v n r i g h t$ $

TH2: $y’ = m – frac{{36}}{{{{left $x + 1 r i g h t$ }^2}}} Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 1 + frac{6}{{sqrt m }} in left $0; 3 r i g h t$ }\
{x = – 1 – frac{6}{{sqrt m }}left $l o a i r i g h t$ }
end{array}} right.$

Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng$20 Rightarrow yleft $- 1 + f r a c 6 s q r t m r i g h t$ = 20$

$ Leftrightarrow mleft $- 1 + f r a c 6 s q r t m r i g h t$ + frac{{36}}{{ – 1 + frac{6}{{sqrt m }} + 1}} Leftrightarrow – m + 6sqrt m + 6sqrt m = 20 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}}
{m = 100,left $l o a i r i g h t$ }\
{m = 4}
end{array}} right.$

Câu 41: Đáp án D

HD: Để AB nhỏ nhất $Leftrightarrow $ AB là đoạn vuông góc chung của $d,{d}’.$

Gọi $Ain dRightarrow Aleft $1 + a; 2 - a; a r i g h t$ $ và $Bin {d}’Rightarrow Bleft $2 b; 1 + b; 2 + b r i g h t$ Rightarrow overrightarrow{AB}=left $2 b - a - 1; a + b - 1; b - a + 2 r i g h t$ $.

Vì

$left{ begin{array}{l}
AB bot d\
AB bot d’
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
overrightarrow {AB} .{overrightarrow u _d} = 0\
overrightarrow {AB} .{overrightarrow u _{d’}} = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2b – a – 1 – a – b + 1 + b – a + 2 = 0\
2left $2 b - a - 1 r i g h t$ + a + b – 1 + b – a + 2 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
– 3a + 2b + 2 = 0\
– 2a + 6b – 1 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = frac{1}{2}
end{array} right..$

Vậy $Aleft $2; 1; 1 r i g h t$ ,Bleft $1; f r a c 32; f r a c 52 r i g h t$ Rightarrow overrightarrow {AB} = left $- 1; f r a c 12; f r a c 32 r i g h t$ = – frac{1}{2}left $2; - 1; - 3 r i g h t$ Rightarrow left $A B r i g h t$ :frac{{x – 2}}{{ – 2}} = frac{{y – 1}}{1} = frac{{z – 1}}{3}.$

Câu 42: Đáp án A

HD: Ta có ${f}’left $x r i g h t$ =left $x^{3} - 2 x^{2} r i g h t$ left $x^{3} - 2 x r i g h t$ ={{x}^{3}}left $x - 2 r i g h t$ left $x^{2} - 2 r i g h t$ ;,forall xin mathbb{R}.$

Số điểm cực trị của hàm số $y=left| gleft $x r i g h t$ right|=left| fleft $1 - 2018 x r i g h t$ right|$ là tổng

Số nghiệm phương trình ${g}’left $x r i g h t$ =0Leftrightarrow -2018.{f}’left $1 - 2018 x r i g h t$ =0xrightarrow{{}}$ có 4 điểm.
Số nghiệm của phương trình $fleft $1 - 2018 x r i g h t$ =0xrightarrow{{}}$ có tối đa 5 nghiệm vì đạo hàm có 4 nghiệm.

Vậy hàm số đã cho có tối đa 9 điểm cực trị.

Câu 43: Đáp án A

HD: Ta có $fleft $n r i g h t$ ge fleft $n + 1 r i g h t$ Leftrightarrow dfrac{{{log }_{3}}2.{{log }_{3}}4…{{log }_{3}}n}{{{9}^{n}}}ge dfrac{{{log }_{3}}2.{{log }_{3}}4…{{log }_{3}}n.{{log }_{3}}left $n + 1 r i g h t$ }{{{9}^{n+1}}}$

$Leftrightarrow 9ge {{log }_{3}}left $n + 1 r i g h t$ Leftrightarrow {{3}^{9}}ge n+1Leftrightarrow nle {{3}^{9}}-1.$ Suy ra $fleft $1 r i g h t$ >fleft $2 r i g h t$ >fleft $3 r i g h t$ >…>fleft $3^{9} - 1 r i g h t$ =fleft $3^{9} r i g h t$ .$

Vậy hàm số $fleft $n r i g h t$ $ đạt giá trị nhỏ nhất tại $n={{3}^{9}}-1;n={{3}^{9}}.$

Câu 44: Đáp án C

HD: Gắn hệ tọa độ Oxyz, với $Aleft $0; 0; 0 r i g h t$ ,Sleft $0; 0; 2 r i g h t$ ,Dleft $0; 1; 0 r i g h t$ ,Bleft $1; 0; 0 r i g h t$ ,Cleft $1; 1; 0 r i g h t$ .$

Tọa độ trung điểm M của SD là $Mleft $0; d f r a c 12; 1 r i g h t$ .$ Ta có $left $o v e r r i g h t a r r o w S B; o v e r r i g h t a r r o w S C r i g h t$ =left $2; 0; 1 r i g h t$ $ và $left $o v e r r i g h t a r r o w A M; o v e r r i g h t a r r o w A C r i g h t$ =left $- 1; 1; - d f r a c 12 r i g h t$ .$

Do đó $cos widehat{left $A M C r i g h t$ ;left $S B C r i g h t$ }=dfrac{left| {{overrightarrow{u}}_{left $A M C r i g h t$ }}.{{overrightarrow{u}}_{left $S B C r i g h t$ }} right|}{left| {{overrightarrow{u}}_{left $A M C r i g h t$ }} right|.left| {{overrightarrow{u}}_{left $S B C r i g h t$ }} right|}=sqrt{5}xrightarrow{{}}tan alpha =sqrt{1-dfrac{1}{{{cos }^{2}}alpha }}=dfrac{2sqrt{5}}{5}.$

Câu 45: Đáp án D

HD: Ta có ${{3}^{x}}+{{a}^{x}}ge {{6}^{x}}+{{9}^{x}}Leftrightarrow fleft $x r i g h t$ ={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}ge 0;,forall xin mathbb{R}.$

Xét $fleft $x r i g h t$ ={{3}^{x}}+{{a}^{x}}-{{6}^{x}}-{{9}^{x}}$ trên $mathbb{R}$, có ${f}’left $x r i g h t$ ={{3}^{x}}.ln 3+{{a}^{x}}.ln a-{{6}^{x}}.ln 6-{{9}^{x}}.ln 9.$

Để $fleft $x r i g h t$ ge 0;,forall xin mathbb{R}Leftrightarrow underset{mathbb{R}}{mathop{min }},fleft $x r i g h t$ =0=fleft $0 r i g h t$ .$ Hay ${f}’left $0 r i g h t$ =0Leftrightarrow ln a=ln dfrac{6times 9}{3}Rightarrow a=18.$

Câu 46: Đáp án B

HD: Áp dụng công thức tính nhanh, ta có $dfrac{{{V}_{AMPBCD}}}{{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}=dfrac{1}{2}left $d f r a c B M B B^{'} + d f r a c D P D D^{'} r i g h t$ =dfrac{3}{8}Rightarrow {{V}_{AMPBCD}}=3{{a}^{3}}.$

Câu 47: Đáp án D

HD: Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
dv = f’left $x r i g h t$ dx
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
du = dx\
v = fleft $x r i g h t$
end{array} right. Rightarrow intlimits_0^{frac{pi }{2}} {x.f’left $x r i g h t$ dx = x.fleft $x r i g h t$ left| {_0^{frac{pi }{2}}} right.} – intlimits_0^{frac{pi }{2}} {fleft $x r i g h t$ dx.} $

Ta có $x.fleft $x r i g h t$ left| _{0}^{dfrac{pi }{2}} right.=dfrac{pi }{2}.fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ ,$ thay $text{x}=dfrac{pi }{2}$ vào giả thiết, ta được $fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ +fleft $0 r i g h t$ =0Rightarrow fleft $d f r a c p i 2 r i g h t$ =0.$

Lại có $fleft $x r i g h t$ +fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ =sin x.cos xLeftrightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}+intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ dx=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{sin x.cos xdx}}$.

Đặt $t=dfrac{pi }{2}-xxrightarrow{{}}intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}=intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $d f r a c p i 2 - x r i g h t$ dx}Rightarrow intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{fleft $x r i g h t$ dx}=dfrac{1}{4}.$ Vậy $intlimits_{0}^{dfrac{pi }{2}}{x.{f}’left $x r i g h t$ dx}=-dfrac{1}{4}$.

Câu 48: Đáp án C

HD: Ta có $5w=left $2 + i r i g h t$ left $z - 4 r i g h t$ Leftrightarrow 5w+5i=left $2 + i r i g h t$ z-8+iLeftrightarrow 5left| w+i right|=left| left $2 + i r i g h t$ z-8+i right|$

$Leftrightarrow left| left $2 + i r i g h t$ z-8+i right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| 2+i right|.left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3sqrt{5}Leftrightarrow left| z-dfrac{8-i}{2+i} right|=3Leftrightarrow left| z-3+2i right|=3$

$Rightarrow $ Tập hợp điểm $Mleft $z r i g h t$ $ là đường tròn $left $C r i g h t$ :{{left $x - 3 r i g h t$ }^{2}}+{{left $y + 2 r i g h t$ }^{2}}=9,$ tâm $Ileft $3; - 2 r i g h t$ ,R=3.$

Gọi $Aleft $1; 2 r i g h t$ ,Bleft $5; 2 r i g h t$ $ và $Eleft $3; 2 r i g h t$ $ là trung điểm của AB suy ra $P=MA+MB.$

Lại có ${{left $M A + M B r i g h t$ }^{2}}le 2left $M A^{2} + M B^{2} r i g h t$ =4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}Rightarrow P$ lớn nhất $Leftrightarrow ME$ lớn nhất.

Mà $IE=4>R=3xrightarrow{{}}M{{E}_{max }}=IE+R=7.$ Vậy ${{P}_{max }}=sqrt{4.M{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}}=2sqrt{53}.$

Câu 49: Đáp án C

HD: Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng $vleft $x r i g h t$ in left $1; 4 r i g h t$ $ với $forall xin left $0; 5 r i g h t$ .$

Xét hàm số $fleft $x r i g h t$ =sqrt{3x}+sqrt{10-2x}$ trên $left $0; 5 r i g h t$ $, có ${f}’left $x r i g h t$ =dfrac{3}{2sqrt{3x}}-dfrac{1}{sqrt{10-2x}}=0Leftrightarrow x=3.$

Suy ra $underset{left $0; 5 r i g h t$ }{mathop{min }},fleft $x r i g h t$ =fleft $0 r i g h t$ =sqrt{10};underset{left $0; 5 r i g h t$ }{mathop{max }},fleft $x r i g h t$ =fleft $3 r i g h t$ =5Rightarrow sqrt{10}le sqrt{3x}+sqrt{10-2x}le 5.$

Khi đó $m=dfrac{sqrt{3x}+sqrt{10-2x}}{uleft $x r i g h t$ }$ mà $dfrac{1}{uleft $x r i g h t$ }in left $d f r a c 14; 1 r i g h t$ xrightarrow{{}}dfrac{sqrt{3text{x}}+sqrt{10-2text{x}}}{uleft $x r i g h t$ }in left $d f r a c s q r t 10 4; 5 r i g h t$ .$

Do đó, phương trình đã cho có nghiệm $Leftrightarrow min left $d f r a c s q r t 10 4; 5 r i g h t$ .$

Câu 50: Đáp án A

HD: Số phần tử của không gian mẫu là $nleft $O m e g a r i g h t$ =C_{9}^{3}.C_{6}^{3}.C_{3}^{3}=1680.$

Gọi X là biến cố “ không có phần nào gồm ba viên bi cùng màu”.

Khi đó, ta xét chia thành 3 phần: (2X – 1Đ), (1Đ – 2X), (1Đ – 2X).

Suy ra có $C_{4}^{2}.C_{5}^{1}.C_{2}^{1}.C_{4}^{2}.3=1080$ cách chọn $Rightarrow nleft $X r i g h t$ =1080.$ Vậy $P=dfrac{nleft $X r i g h t$ }{nleft $O m e g a r i g h t$ }=dfrac{9}{14}.$

Bài Viết cùng chủ đề

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 31 – Đs

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 30

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 29

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 28

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 26

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 25

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 24

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 23

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 22

Để lại một bình luận Hủy